向量法解高考中的立體幾何問題

■湖北省仙桃八中

向量融數(shù)形于一體,具有代數(shù)形式和幾何形式的“雙重身份”,既有有向線段表達式,又有坐標表達式。向量是解決立體幾何問題的重要工具,很多立體幾何高考題都可以用空間向量找到巧妙的解決方法?，F(xiàn)以高考題為例加以說明。

一、向量基底法

在解決立體幾何問題時,若不能(或不方便)建立空間直角坐標系,則可采用“向量基底法”,選取恰當(dāng)?shù)幕?并用它們表示指定的向量,再利用向量的運算,求角和距離,以及證明平行和垂直。向量基底法可作空間向量坐標法的一個補充,掌握該法可有效提高空間向量解立幾問題的效率。

1.求異面直線所成角

例1已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為( )。

圖1

所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為,故選C。

評注：選取一組基底,將異面直線所成的角轉(zhuǎn)化為用基底表示的向量的夾角或補角,避免找平面角的麻煩。

例2如圖2,已知平面四邊形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=∠ADC=90°。沿直線AC將△ACD翻折成△ACD',直線AC與BD'所成角的余弦的最大值為____。

圖2

評注：一般盡量選取模長以及兩兩夾角已知的三個不共面向量作為基底。本題通過引入輔助角(設(shè)∠BCD'=θ),結(jié)合向量的基本運算,將直線AC與BD'所成角的余弦值表示為關(guān)于θ的三角函數(shù)求其最值,構(gòu)思巧妙,解法流暢。

2.求解垂直問題

例3如圖3,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F為線段EC(端點除外)上一動點。如圖4,現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC。在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB,K為垂足。設(shè)AK=t,則t的取值范圍是____。

圖3

圖4

3.處理存在性問題

例4如圖5,已知平行六面體ABCDA1B1C1D1的底面為菱形,且∠C1CB= ∠C1CD=∠BCD=60°。

圖5

(1)證明：CC1⊥BD。

二、向量坐標法

向量坐標法克服傳統(tǒng)立體幾何解決問題帶來的高度的技巧性和隨機性,向量法可操作性強——運算過程公式化、程序化,有效突破立體幾何學(xué)習(xí)難點,是處理立體幾何高考題的首選方法。

1.求直線與平面所成的角

例5如圖6,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC= 90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分別為AC,A1B1的中點。

圖6

(1)證明：EF⊥BC;

(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值。

解析：(1)連接A1E。因為A1A=A1C,E是AC的中點,所以A1E⊥AC。又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC。如圖7,以E為原點,分別以射線EC,EA1為y軸,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz。不妨設(shè)AC=4,則,得EF⊥BC。

圖7

評注：求解直線和平面所成角,要注意直線的方向向量與平面法向量夾角與所求角之間的關(guān)系,線面角的正弦值等于兩個向量夾角的余弦值的絕對值。

2.求二面角

例6如圖8,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別為BC,BB1,A1D的中點。

圖8

(1)證明：MN∥平面C1DE;

(2)求二面角A-MA1-N的正弦值。

解析：(1)連接B1C,ME。因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且。又因為N為A1D的中點,所以。由題設(shè)知,可得,故。因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED。又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE。

(2)由已知可得DE⊥DA。以D為坐標原點,的方向為x軸的正方向,建立如圖9所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(2,0,m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則所以可取。設(shè)n=(p,q,r)為平面_A1MN的法向量,則可取n= (2,0,-1),于是cos=,所以二面角A-MA1-N的正弦值為

圖9

評注：(1)求二面角最常用方法就是分別求出二面角的兩個半平面的法向量,然后通過求兩個法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角。

(2)利用法向量求二面角大小關(guān)鍵是確定平面的法向量,其方法有兩種：①求平面垂線的方向向量;②利用法向量與平面內(nèi)兩個不共線向量的數(shù)量積為零,列方程組求解。

3.求點到平面的距離

例7在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD=DA=2,F,E分別為AD,PC的中點。

(1)求證：DE∥平面PFB;

(2)求點E到平面PFB的距離。

圖10

解析：(1)以D為原點,建立如圖10 所示的空間直角坐標系,則P(0,0,2),F(1,0,0),B(2,2,0),E(0,1,1)。于是1,1)。所以平面PFB。又因為DE?平面PFD,所以DE∥平面PFB。

(2)因為DE∥平面PFB,所以點E到平面PFB的距離等于點D到平面PFB的距離。

設(shè)平面PFB的一個法向量n=(x,y,z),則令x=2,得y=-1,z=1,所以n=(2,-1,1)。

因為DE∥平面PFB,所以點E到平面PFB的距離為

評注：求解點到平面的距離可直接轉(zhuǎn)化為向量在平面的法向量上的射影的長。設(shè)P在平面α外,n為平面α的法向量,在平面α內(nèi)任取一點Q,則點P到平面α的距離d=

4.解與平行有關(guān)的探索性問題

例8如圖11,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=

(1)求證：PD⊥平面PAB。

(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值。

(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD? 若存在,求的值;若不存在,請說明理由。

圖11

圖12

解析：(1)因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB?平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,所以AB⊥平面PAD。PD?平面PAD,故AB⊥PD。又因為PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB。

(2)取AD的中點O,連接PO,CO。因為PA=PD,所以PO⊥AD。又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD。因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO。因為AC=CD,所以CO⊥AD。如圖12建立空間直角坐標系O-xyz,由題意得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1)。設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則：

所以在棱PA上存在點M,使得BM∥平面PCD,此時

評注：存在判斷型問題的求解,應(yīng)先假設(shè)存在,把問題轉(zhuǎn)化為點的坐標是否有解,借助空間向量列出滿足條件的等式求解。運用向量法解題,可使幾何問題代數(shù)化,降低思維難度。另外,探索在線段AP上(不含端點)是否存在某點M時,要注意三點共線的條件,可由此設(shè)出點M的坐標,其中λ為參數(shù),且0＜λ＜1。

通過以上解答可以看出,利用向量法解題,就是把已知條件和待求量用向量表示,將幾何的位置關(guān)系的證明或數(shù)量關(guān)系的運算問題轉(zhuǎn)化為典型向量運算,以算代證,以值定形,減少復(fù)雜的空間結(jié)構(gòu)分析,避開抽象、復(fù)雜的尋找角的過程,使得思路簡捷、方法清晰、運算直接,因此空間向量在解決立體幾何問題時扮演著重要的角色,成為處理高考問題的強有力的工具。