空间向量与立体几何

空间向量与立体几何

1 空间向量加减法运用的三个层次 第1层 用已知向量表示未知向量

→→→

例1 如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设AA1＝a，AB＝b，AD＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量： →→→→ (1)AP；(2)A1N；(3)MP＋NC1. 解 (1)∵P是C1D1的中点，

1→1→→→→→1→

∴AP＝AA1＋A1D1＋D1P＝a＋AD＋D1C1＝a＋c＋AB＝a＋c＋b.

222(2)∵N是BC的中点，

1→1→1→→→→

∴A1N＝A1A＋AB＋BN＝－a＋b＋BC＝－a＋b＋AD＝－a＋b＋c.

222(3)∵M是AA1的中点，

1111→→→1→→→→→1→→

a＋c＋b?＝a＋b＋c，又NC1＝NC＋CC1＝BC＋AA1 ∴MP＝MA＋AP＝A1A＋AP＝－a＋?2?2222?21111→→1313→→

a＋b＋c?＋?a＋c?＝a＋b＋c. ＝AD＋AA1＝c＋a，∴MP＋NC1＝??22??2?22222第2层 化简向量

例2 如图，已知空间四边形ABCD，连接AC、BD.设M、G分别是BC、CD的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量． →→→

(1)AB＋BC＋CD； →1→→(2)AB＋(BD＋BC)；

2→1→→(3)AG－(AB＋AC)．

2

→→→→→→

解 (1)AB＋BC＋CD＝AC＋CD＝AD. →1→→→1→1→(2)AB＋(BD＋BC)＝AB＋BC＋BD

222→→→→

＝AB＋BM＋MG＝AG. →1→→(3)AG－(AB＋AC)

2→→→＝AG－AM＝MG. →→→

AD、AG、MG如图所示．

第3层 证明立体几何问题

例3 如图，已知M、N分别为四面体ABCD的面BCD与面ACD的重心，且G为AM上一点，且GM∶GA

＝1∶3.求证：B、G、N三点共线．

→→→

证明 设AB＝a，AC＝b，AD＝c， →→→→3→则BG＝BA＋AG＝BA＋AM

41311

＝－a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋c，

4444→→→→1→→

BN＝BA＋AN＝BA＋(AC＋AD)

3114→

＝－a＋b＋c＝BG.

333

→→

∴BN∥BG，即B、G、N三点共线． 2 空间直角坐标系构建三策略

例1 已知直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，

DC＝1，试求异面直线BC1与DC所成角的余弦值． 317

异面直线BC1与DC所成角的余弦值为 17

例2 四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE＝2，F为CE中点，试合理建→→

立坐标系，求AF、BC所成角的余弦值．

剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB与AD不垂直． 正解 设AC、BD交于点O，则AC⊥BD. 因为F为CE中点，所以OF∥AE， 因为AE⊥平面ABCD，

所以OF⊥平面ABCD，OF⊥AC，OF⊥BD，

→→→

以O为坐标原点，以OC、OD、OF的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz. →→

此时AF＝(1,0,1)，BC＝(1，3，0)， 2→→

所以cos〈AF，BC〉＝.

4

例3 如图1，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°，E是BC的中点．将△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如图2)，连接BC，BD.求平面ABE与平面BCD所成的锐角的大小．

解 取AE中点M，连接BM，DM.

因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中点， 所以△ABE与△ADE都是等边三角形， 所以BM⊥AE，DM⊥AE.

又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD.

以M为原点，分别以ME，MD，MB所在的直线为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系Mxyz，如图，

则E(1,0,0)，B(0,0，3)，C(2，3，0)，D(0，3，0)， →

所以DC＝(2,0,0)， →

BD＝(0，3，－3)，

设平面BCD的法向量为m＝(x，y，z)， →?DC＝2x＝0，?m·由?

→?BD＝3y－3z＝0.?m·取y＝1，得m＝(0,1,1)，

→

又因平面ABE的一个法向量MD＝(0，3，0)， →m·MD2→

所以cos〈m，MD〉＝＝，

2→

|m||MD|所以平面ABE与平面BCD所成的锐角为45°. 3 用向量法研究“动态”立体几何问题 1．求解、证明问题

例1 在棱长为a的正方体OABC—O1A1B1C1中，E、F分别是AB、BC上的动点，且AE＝BF，求证：A1F⊥C1E.

2．定位问题

例2 如图，已知四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，在DG上是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45°？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 解 因为四边形CDGF，ADGE均为正方形， 所以GD⊥DA，GD⊥DC. 又DA∩DC＝D， 所以GD⊥平面ABCD.

又DA⊥DC，所以DA，DG，DC两两互相垂直，如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)．

因为点M在DG上，假设存在点M(0,0，t) (0≤t≤1)使得直线BM与平面BEF的夹角为45°.

设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)． →→

因为BE＝(0，－1,1)，BF＝(－1,0,1)， →??BE＝0，?n·?－y＋z＝0，则?即?

?→－x＋z＝0，??BF＝0，?n·

令z＝1，得x＝y＝1，

所以n＝(1,1,1)为平面BEF的一个法向量．

→

|－2＋t||BM·n|2→

又BM＝(－1，－1，t)，直线BM与平面BEF所成的角为45°，所以sin 45°＝＝2＝，

→t＋2×32|BM||n|解得t＝－4±32.又0≤t≤1， 所以t＝32－4.

故在DG上存在点M(0,0,32－4)，且DM＝32－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°. 4 向量与立体几何中的数学思想 1．数形结合思想

例1 如图所示，在六面体ABCD—A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2. 求证：(1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面； (2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.

证明 (1)如图所示，

以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，A(2,0,0)，

C(0,2,0)，D1(0,0,2)，A1(1,0,2)，C1(0,1,2)，B(2,2,0)，B1(1,1,2)． →→

∵A1C1＝(－1,1,0)，AC＝(－2,2,0)， →→

B1D1＝(－1，－1,0)，BD＝(－2，－2,0)， →→→→∴AC＝2A1C1，BD＝2B1D1，

∴A1C1与AC共面，B1D1与BD共面． →→(2)DD1·AC＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0， →→DB·AC＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0. →→→→∴DD1⊥AC，DB⊥AC.

∵DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线， ∴AC⊥平面B1BDD1.