向量法求空间角、距离和二面角

-1-向量法求空间角、距离和二面角1.1.向量的数量积和坐标运算ba,是两个非零向量，它们的夹角为，则数cos||||ba叫做a与b的数量积（或内积），记作ba，即.cos||||baba其几何意义是a的长度与b在a的方向上的投影的乘积.其坐标运算是：若),,(),,,(222111zyxbzyxa，则①212121zzyyxxba；②222222212121||,||zyxbzyxa；③212121zzyyxxba④222222212121212121,coszyxzyxzzyyxxba1.2.异面直线nm,所成的角分别在直线nm,上取定向量,,ba则异面直线nm,所成的角等于向量ba,所成的角或其补角（如图1所示），则.||||||cosbaba（例如2004年高考数学广东卷第18题第（2）问）1.3.异面直线nm、的距离分别在直线nm、上取定向量,,ba求与向量ba、都垂直的向量n，分别在nm、上各取一个定点BA、，则异面直线nm、的距离d等于AB在n上的射影长，即||||nnABd.证明：设CD为公垂线段，取bDBaCA,（如图1所示），则Cn图1DABnmab-2-||||)(nABnCDnBDABCAnCDBDABCACD||||||nnABCDd设直线nm,所成的角为，显然.||||||cosbaba1.4.直线L与平面所成的角在L上取定AB，求平面的法向量n（如图2所示），再求||||||cosnABnAB，则2为所求的角.1.5．二面角方法一：构造二面角l的两个半平面、的法向量21nn、（都取向上的方向，如图3所示），则①若二面角l是“钝角型”的如图3甲所示，那么其大小等于两法向量21nn、的夹角的补角，即.||||cos2121nnnn（例如2004年高考数学广东卷第18题第（1）问）.②若二面角l是“锐角型”的如图3乙所示，那么其大小等于两法向量21nn、的夹角，即.||||cos2121nnnn（例如2004年高考数学广东卷第18题第（1）问）.方法二：在二面角的棱l上确定两个点BA、，过BA、分别在平面、内求出与l垂直的向量21nn、（如图4所示），则二面角l的大小等于向量21nn、的夹角，即1n2n图3乙l1n2nl图3甲1n2nl图4BAnBAL图2-3-.||||cos2121nnnn1.6.平面外一点p到平面的距离先求出平面的法向量n，在平面内任取一定点A，则点p到平面的距离d等于AP在n上的射影长，即||||nnAPd.（例如2004年广州一模第18题第（Ⅱ）问）.1．7．法向量2.1.基向量法由于空间中任何向量均可由不共面的三个基向量来线性表示，因此在解题时往往根据问题条件首先选择适当的基向量，把有关线段根据向量的加法、数乘运算法则与基向量联系起来.再通过向量的代数运算，达到计算或证明的目的.一般情况下，选择共点且不共面的三个已知向量作为基向量.[例1]如图6，已知正三棱柱111CBAABC的棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点.（1）在直线1CC上求一点N，使1ABMN；（2）当1ABMN时，求点1A到平面AMN的距离.（3）求出1AB与侧面11AACC所成的角.分析1（1）的问题显然是求使异面直线MN与1AB所成的角为直角的点N.依据向量数量积的概念，必须由条件011ABMNABMN，求出CN的长度，而MN与1AB都不是已知向量，且和CN没有直接联系，因此必须选择一组基向量来表示MN与1AB.（1）解法一：取共点于B的三个不共面的已知向量1BBBCBA、、为基向量，ABCMN1A1B1C图6图5Apn-4-021210)21()(21,,01111111111CNBBBCBBCNABBCABCNBCBBABCNBCCNMCMNBBABABABMNABMNCBAABC及正三棱柱由00cos||290cos122190cos||1120cos1121CNCN81||0||20041CNCN分析2本小题还可以取共点于A的三个不共面的已知向量1,,AAACAB为基向量，从而得（1）解法二：,111AAABBBABABCNAACNABABAAACAAABACABCNAAABABACAAABCNABACAAABABMNCNABACACABCNACAMANMN11121111)(21)()()(21])(21[)(.)(21)(21)(aaa20021410cos290cos1)90cos1290cos12160cos11(212.81||81,020014101CNaaABMN，比较方法一与方法二，方法一比方法二运算简便.因为用方法一选择的一组基向量表示MN时式子较为简单.这告诉我们可选择的基向量并不唯一，我们应选择使得运算简便的那一组向量作为基向量.当几何体中能够找到（或构造出）三个共点且两两垂直的基向量时，我们就可以用下面的方法解决问题.2.2.坐标法-5-所谓坐标法，就是建立适当的空间直角坐标系(本文所建立的都是右手直角坐标系)，把向量用坐标来表示，用向量的坐标形式进行向量的运算，以达到解决问题的目的.运用坐标法时，也必须首先找出三个基向量，并且这三个基向量两两垂直,由此建立空间直角坐标系.因而坐标法是基向量法的特殊情形，但坐标法用于求长度、角度或解决垂直问题时，比较简单.在坐标法下，例1几何体中容易找到共点不共面且互相垂直的三个向量，于是有如下解法：（1）解法三：以1AAAC、分别为y轴、z轴，垂直于1AAAC、的Ax为x轴建立空间直角坐标系xyzA，设aCN||，则有、)0,0,0(A),1,0()0,43,43()2,21,23(1aNMB、、.于是得由MNABABaMN11),2,21,23(),,41,43(810281830)2,21,23(),41,43(01aaaABMN由上面的解法三可知，通过建立空间直角坐标系，找出了相关点的坐标，从而把几何图形的性质代数化，通过向量的计算解决问题，显得快捷简便.在空间直角坐标系下，例1的第（2）、（3）问便迎刃而解了.下面给出解答.(2)解：当1ABMN时，由（1）解法三知，、)0,0,0(A)81,1,0()0,43,43()2,21,23(1NMB、、、ABCMN1A1B1Cyzx图7-6-)2,0,0(1A，则)2,0,0(),0,43,43(),81,41,43(1AAAMMN，设向量),,(zyxn与平面AMN垂直，则有)0()1,1,3(8),81,83(8183043430814143zzzzznzyzxyxzyxAMnMNn取)1,1,3(0n向量1AA在0n上的射影长即为1A到平面AMN的距离，设为d，于是5521)1()3(|)1,1,3()2,0,0(||||||||||,cos|||22201011011nAAnAAAAnAAAAd（3）根据上面“1.4.直线L与平面所成的角”中所提到的方法，须求出平面11AACC的一个法向量n，进而求1AB与n所在直线的夹角。设平面11AACC的一个法向量为n，则有);0()0,0,1()0,0,(,00021xxxnzyyzACnAAn取)0,0,1(0n，则10151)2()21()23()0,0,1()2,21,23(|||||||,cos|2222010101nABnABnAB故1AB与侧面11AACC所成的角为：1015arcsin1015cos2arc.本题的解题过程告诉我们，用坐标法求空间角与距离，就是用空间向量将空间元素的位置关系转化为坐标表示的数量关系，解题的关键是根据几何体的特点，选取恰当的坐标原点和坐标轴，一般来说，长方体、正方体中较为容易建立坐标系．高考对空间向量的考查是以立体几何为载体，利用空间向量求有向线段的长度，求两条有向线段的夹角（或其CD1A1C1DEF图8AB1B-7-余弦、正弦、正切），二面角、点到平面的距离、异面直线的距离、证明线线、线面、面面垂直等.下面是今年广东高考数学及广州一模，体现了高考对空间向量的考查要求.[例2]（2004年全国普通高等学校招生全国统一考试数学广东卷第18题）如右图8,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=2.E、F分别是AB、BC上的点，且EB=FB=1.(1)求二面角C—DE—C1的正切值;(2)求直线EC1与FD1所成的角的余弦值.解题分析：本题主要考查了二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、思维能力、运算能力.高考试卷给出的参考答案分别用了传统方法及向量法.在传统解法中，运用三垂线定理作出二面角的平面角并正明，通过延长和平移线段作出异面直线所成的角,进而通过解直角三角形和斜三角形解决问题.在用向量法的解答上，选择A为空间直角坐标系的原点，1,,AAADAB分别为x轴，y轴,z轴的正向，这不是右手直角坐标系，虽然与右手直角坐标系没有本质上的区别，但教科书中所建立及提倡的是右手直角坐标系，所以考生习惯用右手直角坐标系.用向量法解决第（1）问时只是用了本文所提到的“1.5．二面角”之“方法一”.下面本人以自己的习惯，通过建立右手直角坐标系来解答，并用本文所提到的“1.5．二面角”之“方法二”补充第（Ⅰ）问的解法二.解：（I）解法一：以D为原点，1,,DDDCDA分别为x轴，y轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有)2,4,0(),0,4,0(),2,0,0(),0,0,0(11CCDD,)2,4,0(),0,4,2(),0,3,3(1CFE于是，)2,4,2(,)2,1,3(),0,3,3(11FDECDE,设向量),,(zyxn与平面DEC1垂直，则有zyxzyxyxECnDEn210230331),2,1,1(2),21,21(zzzzn其中0z取)2,1,1(0n，则0n是一个与平面DEC1垂直的向量，向量)2,0,0(1DD与平面CDE垂直，-8-0n与1DD所成的角为二面角1CDEC的平面角.22tan,362002)1(1220)1(01||||cos2222221010DDnDDn（Ⅰ）解法二：令M点在DE上，且DECM，可设M点的坐标为)0,3,3(M，则)0,43,3(CM01218)0,3,3()0,43,3(,DECMDECM).0,2,2().0,2,2(,32MCCM再令N点在DE上，且DENC1，设N点的坐标为)0,3,3(N，则22tan.3622)2(02)2()2,2,2()0,2,2(||||cos)2,2,2(),2,2,2(,3201218)0,3,3()2,43,3(,)2,43,3(2222221111111NCMCNCMCNCNCDENCDENCNC（II）设1EC与1FD所成角为，则14212)4()2(21)3(22)4(1)2(3|