立体几何中的平面几何

第一篇：立体几何中的平面几何

空间向量在立体几何中的应用

【利用空间向量证明平行、垂直问题】

例. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F。

(1)证明：PA//平面EDB;(2)证明：PB⊥平面EFD;(3)求二面角C—PB—D的大小。

如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点。设DC=a。

(1)证明：连接AC，AC交BD于G，连接EG。依题意得。

∵底面ABCD是正方形。∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为，

∴则而，∴PA//平面EDB。

(2)依题意得B(a，a，0)，

∴PB⊥DE由已知EF⊥PB，且

(3)解析：设点F的坐标为又，故 ，所以PB⊥平面EFD。 ，则

从而所以

由条件EF⊥PB知，，即，解得

∴点F的坐标为，且∴

即PB⊥FD，故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角。

∵，且

∴∴∠EFD=60°所以，二面角C—PB—D的大小为60°。

点评：(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量.

(2)证明线面平行的方法：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线;③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量.

(3)证明面面平行的方法：①转化为线线平行、线面平行处理;②证明这两个平面的法向量是共线向量.(4)证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量互相垂直.

(5)证明线面垂直的方法：①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量;②证明直线与平面内的两个不共线的向量互相垂直.

(6)证明面面垂直的方法：①转化为线线垂直、线面垂直处理;②证明两个平面的法向量互相垂直.【用空间向量求空间角】例. 正方形ABCD—

中，E、F分别是

，

的中点，求：

(1)异面直线AE与CF所成角的余弦值;(2)二面角C—AE—F的余弦值的大小。

解析：不妨设正方体棱长为2，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则 A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，0，2)，F(1，1，2) (1)由

，得

又，

∴，即所求值为。

(2)∵

∴

∴

，过C作CM⊥AE于M，

则二面角C—AE—F的大小等于，∵M在AE上，∴设则，

∵

∴

又∴

∴二面角C—AE—F的余弦值的大小为点评：(1)两条异面直线所成的角(2)直线与平面所成的角

求得，即

求得，即

。

或

可以借助这两条直线的方向向量的夹角

主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角

(3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角。【用空间向量求距离】例. 长方体ABCD—求：

(1)异面直线AM与PQ所成角的余弦值;(2)M到直线PQ的距离;(3)M到平面AB1P的距离。 解析：(1)方法一：

如图，建立空间直角坐标系B—xyz，则A(4，0，0)，M(2，3，4)，P(0，4，0)，Q(4，6，2)， ∴

，

中，AB=4，AD=6，

，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|=2，Q是DD1的中点，

故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为

方法二：

，

∴

故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为

(2)∵，∴上的射影的模

故M到PQ的距离为(3)设

是平面

的某一法向量，则

，

∵因此可取

，由于

∴

，那么点M到平面

的距离为

，故M到平面的距离为。

点评：本题用纯几何方法求解有一定难度，因此考虑建立空间直角坐标系，运用向量坐标法来解决。利用向量的模和夹角求空间的线段长和两直线的夹角，在新高考试题中已多次出现，但是利用向量的数量积来求空间的线与线之间的夹角和距离，线与面、面与面之间所成的角和距离还涉及不深，随着新教材的推广使用，这一系列问题必将成为高考命题的一个新的热点。现列出几类问题的解决方法，供大家参考。

(1)平面的法向量的求法：设联立后取其一组解。

，利用n与平面内的两个向量a，b垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，

(2)线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线l的方向向量，则直线l与平面所成角的正弦值为。

(3)二面角的求法：①AB，CD分别是二面角的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小为。

②设或其补角。

分别是二面角的两个平面的法向量，则就是二面角的平面角

(4)异面直线间距离的求法：

是两条异面直线，n是

的公垂线段AB的方向向量，又C、D分别是

上的任意

两点，则。

(5)点面距离的求法：设n是平面的法向量，AB是平面的一条斜线，则点B到平面的距离为。

(6)线面距、面面距均可转化为点面距离再用(5)中方法求解。

第二篇：空间向量在立体几何中的应用

一.平行问题

(一)证明两直线平行

A,Ba;C,Db,a|| b

若知AB(x1,y1),CD(x2,y2),则有x1y2x2y1a||b

方法思路：在两直线上分别取不同的两点，得到两向量，转化为证明两向量平行。

(二)证明线面平行

线 a面,A,Ba,面 的法向 n ， 若ABn0ABnAB .方法思路：求面的法向量，在直线找不同两点得一

向量，证明这一向量与法向量垂直(即证

明数量积为0)，则可得线面平行。

(三)面面平行

不重合的两平面 与 的法向量分别是  m 和 n，mn||

方法思路：求两平面的法向量，转化为证明

两法向量平行,则两平面平行。

二.垂直问题

(一)证明两直线垂直

不重合的直线 a 和直线 b 的方向向量分别为 a 和 b ，则有ab0ab

方法思路：找两直线的方向向量(分别在两直线上各取两点得两向量)，证明两向量的数量积为0,则可证两直线垂直。

(二)证明线面垂直  直线 l的方向向量为 a ，e1,e2是平面 的一组基底(不共线的向量) , 则有 ae10且ae20a

方法思路：证明直线的方向向量(在两直线上取两点得一向量)与

平面内两不共线向量的数量积都为0 (即都垂直)，

则可证线面垂直。

(三)证明面面垂直 不重合的平面 和 的法向量分别为m 和 n ， 则有 mn0

方法思路：找两平面的法向量，只需证明两向量

数量积为为0,则可证明两平面垂直。

三.处理角的问题

(一)求异面所成的角

a,b是两异面直线,A,Ba,C,Db,a,b所成的角为,则有cos|cosAB,CD| ABCD|AB||CD|

方法思路：找两异面直线的方向向量,转化为向量的夹角问题,套公式。

(但要理解异面直线所成的角与向量的夹角相等或互补)。

(二)求线面角

设平面 的斜线 l 与面所成的角为，若A,Bl,m是面的法向量，mAB 则有sin.mAB

方法思路：找直线的方向向量与平面的法向量，转化为

向量的夹角问题,再套公式。(注意线面角与两

向量所在直线夹角互余)

(三)求二面角

方法1.设二面角l 的大小为 ， 若面， 的法向量分别为 m 与 n.

mn(1)若二面角为锐二面角，即(0,)则有cos. 2mn

(2)若二面角为钝二面角，即(,)2 mn则有cos.mn



四.处理距离问题

(一)点到面的距离d 任取一点Q 得 PQ, m是平面 的法向量，则有：点P到 PQm面 的距离d=PQcos(向量PQ在法向量m 的投影的长度)|m|

(二)求两异面直线的距离d

知a,b是两异面直线，A,Ba,C,Db，找一向量与两异面直线都垂直的向量m ， ACm则两异面直线的距离 dACcos=|m|

方法思路：求异面直线的距离，先找一向量与两异面直线都垂直的向量m,然后分别在两异面直线上各任取一点A,C,则其距 ACm离 d 就是AB在向量m上的投影的长度,距离d|m|

Ps：向量 m 与异面直线a、b 都垂直，可用方程组求出 m 的坐标.

五.如何建立适当的坐标系

1.有公共顶点的不共面的三线两两互相垂直

例如正方体、长方体、底面是矩形的直棱柱、底面是直角三角形且过直角顶点的

侧棱垂直于底面的三棱锥等等。

2.有一侧棱垂直底面

OC底面OAB

()1OAB是等边三角形

(2)OAB是以OB为斜边的直角三角形

(1)(2)

(3)PA底面ABCD，且四边形ABCD是菱形

(4)PA底面ABCD，且四边形ABCD是ABC=60的菱形

(3)

3.有一侧面垂直于底面

(4)

(1)在三棱锥S-ABC中,ABC是边长为4的正三角形，平面SAC底面ABC,且SASC(2)四棱锥P-ABCD中，侧面PCD是边长为 2 的正三角形，

且与底面垂直，底面ABCD是ADC60的菱形

.

(1) (2)

两平面垂直的性质定理:若两面垂直,则在其中一面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一平面,转化为有一线垂直于底面的问题.

4.直棱柱的底面是菱形正四棱锥正三棱锥

第三篇：法向量在立体几何解题中的应用

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法向量在立体几何解题中的应用

作者：魏庆鼎

来源：《理科考试研究·高中》2013年第08期

高中数学教材引进了向量知识以后，为我们解决数学问题提供了一套全新的方法——向量法.向量法在解决求立几中的角和距离两大问题中，是行之有效的方法，它解决了以前旧版教材立几中的这两个难点.在旧版教材中，运用几何法解决这两类问题，要通过“作”、“证”、“求”，既要有较强的空间想象能力，又要求学生对空间中，线、面之间的判定、性质等定理非常熟悉并能熟练应用，对学生，特别是中下水平的学生是一大难点.而现在向量法则很好解决了这个难点，所以它对人们研究立几问题有着普及的意义.同时向量法对立几中的线面平行和线面垂直、面面垂直和面面平行等位置关系的证明，也非常简便.

空间向量的引入使立体几何的解题变得直观、易懂.而“法向量”的灵活应用，给解决空间问题提供了一个很方便、实用的工具，会使我们在高考中快捷地解决立体几何问题.以下是本人在教学过程中总结出来的关于“法向量”在立体几何中的一些应用.现把教学中得到的这些方法进行归类，供同行参考.

4.用法向量求二面角平面角的大小

求二面角的平面角的大小可先求出两个平面的法向量;则两法向量的夹角与二面角的平面角相等或互补.此时，观察二面角的平面角为锐角还是钝角，视情况而定.

(注：在证明面面平行或面面垂直时，也可采用此法.如两面的法向量共线，即两平面平行;如两平面的法向量垂直，即两平面垂直)从以上的一些例题中，我们不难看出“法向量”这一特殊工具在立体几何的解题中的优越性.但在具体做题中，我们还应对不同的题型选择更便捷的方法去做，视自己对知识掌握的情况而定.

第四篇：向量法在立体几何中的运用

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向量法在立体几何中的运用

作者：何代芬

来源：《中学生导报·教学研究》2013年第27期

摘 要：在近几年的高考中利用向量的模和夹角公式求立体几何中的线段长和两直线的夹角已多次出现，随着新一轮课改的推进，直线的方向向量和平面的法向量在解决立体几何问题中的应用必将成为高考命题的一个新的热点.直线的方向向量和平面的法向量在解决立体几何的“点线距离”，“点面距离”，“线面夹角”，“面面成角”以及“两异面直线间的距离”这五种题型中的应用，涉及的题目用传统立体几何法求解有一定的难度，而空间向量的介入使得问题迎刃而解.从中充分展现了向量法的独到之处和强大威力.

关键词：高中数学;立体几何;向量法

向量的引入为数形结合思想注入了新鲜血液，为其开辟了更为广阔的天地。特别是将空间向量知识应用在立体几何题目中，更是一改立体几何题目以前单一的传统几何法，给我们以耳目一新的感觉.下面通过一个题的不同问题，领会空间向量中”直线的方向向量”和“平面的法向量”在解立体几何题目中的独到应用。

例题1 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=6，AA1=4，M是 A1C1的中点，P在线段BC上，且CP=2，Q是DD1的中点。

一、求点线距离

第五篇：§8.7 立体几何中的向量方法Ⅰ——证明

平行与垂直

(时间：45分钟 满分：100分)

一、选择题(每小题7分，共35分)

1. 已知空间三点A(0,2,3)，B(-2,1,6)，C(1，-1,5)若a

a分别与AB,AC垂

直，则向量a为

A.1，1，1

B.-1，-1，-1

C.1，1，1或-1，-1，-1

D.1，-1，1或-1，1，-1,

2.已知a=1，1，1，b=0，2，-1，c=ma+nb+4，-4，1.若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为,

A.-1，2B.1，-2C.1，2D.-1，-

23.已知a=1,,，b=3,,

A352215满足a∥b，则λ等于 22992.B.C.-D.- 32234.已知AB=1，5，-2，BC=3，1，z，若AB⊥BC，BP=x-1，y，-3，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为A.33154015，-，4B.，-，4 77774040，-2，4D.4，，-15 77C.5.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是,

A.a=1，0，0，n=-2，0，0

B.a=1，3，5，n=1，0，1

C.a=0，2，1，n=-1，0，-1

D.a=1，-1，3，n=0，3，1

二、填空题每小题7分，共21分

6.设a=1，2，0，b=1，0，1，则“c=(,,

的条件.7.若|a|

，b=1，2，-2，c=2，3，6，且a⊥b，a⊥c，则a=.,

8.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为

三、解答题共44分

9.14分已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为BB

1、C1D1的中点，建立适当的坐标系，

求平面AMN的一个法向量

10.(15分)如图，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA

1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面;

2(2)若点G在BC上，BG=，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：

3EM⊥面BCC1B1.

11.(15分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB2，AF

=1，M是线段EF的中点.

求证：(1)AM∥平面BDE;

(2)AM⊥平面BDF.

答案

1. C2. A3. B4. B5. D

6.充分不必要7. 23132)”是“c⊥a，c⊥b且c为单位向量”3118118,2,或，2,8. 1 555

5.9. 解 以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示.,设

正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，则A1，0，0，M (1，1，11)，N (0，，1)).∴2

211AM1,0,,AN0,,1设平面AMN的一个法向量为22

n=x，y，z,

1nAMyz02 nANx1yz02

令y=2，∴x=-3，z=-4.∴n=(-3,2，-4).

∴(-3,2，-4)为平面AMN的一个法向量.

10. 证明 建立如图所示的坐标系，则BE=(3,0,1)，

→BF=(0,3,2)，BD1=(3,3,3).

→→所以BD1=BE+BF，故BD1，BE，BF共面.

又它们有公共点B，

所以E、B、F、D1四点共面.

(2)如图，设M(0,0，z)，

2→0，-z，而BF=(0，3，2)， GM=3

得z=1. →2由题设得GMBF=3z20，

3因为M(0,0，1)，E(3,0,1)，所以ME=(3,0,0).

→→又BB1=(0,0,3)，BC=(0,3,0)，

→→→→所以ME·BB1=0，ME·BC=0，

从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC=B，

故ME⊥平面BCC1B1.

11. 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，

设AC∩BD=N，连接NE.

则点N、E的坐标分别为 22，0、(0,0,1). 22

22∴NE=-1. 22

又点A、M的坐标分别是，，0)、2222→，AM=-，1. ，，1，2222→∴NE=AM且NE与AM不共线.∴NE∥AM.

又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，

∴AM∥平面BDE.

22→(2)由(1)知AM=1，∵D(2，0,0)，F22，1)，DF=(0，2，22

1).

→→→→AM·DF=0.∴AM⊥DF.

→→同理AM⊥BF，又DF∩BF

=

F，∴AM⊥平面BDF.