03 空间向量法剖析立体几何考题-《中学生数理化》高二数学2024年9月刊

■江苏省盐城市时杨中学 刘长柏 建立坐标系并引入空间向量打破了传统 “一作、二证、三计算”的解题模式,突破了传 统解法中“添置辅助线”的难点,将立体几何 中“形”的问题转化为“数”的问题,开创了解 决立体几何问题的新模式,使立体几何中的 抽象概念有了具体的形式。同学们可以更直 观地观察到立体几何中各种位置关系的性 质,有利于突破空间想象力薄弱的学习难点, 同时以运算为载体,发挥空间想象力就可以 对立体几何中的角度、距离问题进行实际运 算与演绎。下面利用空间向量法剖析立体几 何考题,希望能起到抛砖引玉的作用。 一、空间向量法剖析空间点、线、面的位 置关系 向量法证明线线平行,只需证明两条直 线的方向向量共线;证明线面平行,只需证明 该直线的方向向量与平面的某一个法向量垂 直,或证明直线的方向向量与平面内某条直 线的方向向量共线;证明面面平行,只需证明 两个平面的法向量为共线向量,或转化为线 面平行、线线平行问题。 向量法证明线线垂直,只需证明两条直 线所在的方向向量互相垂直, 即证它们的数 量积为零;证明线面垂直,只需证明直线的方 向向量与平面的法向量共线, 或将线面垂直 的判定定理用向量表示;证明面面垂直,只需 证明两个平面的法向量垂直, 或将面面垂直 的判定定理用向量表示。 图1 例 1 如图1所示, 在 正 方 体 ABCD- A1B1C1D1 中,E,F,G 分 别是棱AB,BC,CD 的中 点。 (1)证明:C1E∥平面 A1AG; (2)证明:A1F⊥C1E。 图2 解析:(1)如图2所 示,以 D 为 坐 标 原 点, DA,DC,DD1 所在直线 分别为x 轴,y 轴,z轴, 建立空间直角坐标系。 不妨设 AB=2,则 A(2,0,0),A1(2,0,2), C1(0,2,2),E(2,1,0), F(1,2,0),G(0,1,0),可得 EC1→=(-2,1, 2),AA1→=(0,0,2),AG→=(-2,1,0)。 设平面A1AG 的一个法向量为n=(x, y,z),则 n·AA1→=2z=0, n·AG→=-2x+y=0。 令x=1,则 y=2,z=0,可得n=(1,2,0)。 因为n·EC1→=-2+2=0,且EC1⊄平 面A1AG,所以C1E∥平面A1AG。 (2)由(1)可得,A1F→=(-1,2,-2),则 A1F→·EC1→=2+2-4=0,所以A1F⊥C1E。 点评:建系应遵循“两找”:找线面垂直可 得z轴,在面内找线线垂直可得x 轴,y 轴。 给点坐标时应遵循“最佳路径”(与坐标轴同向 或反向),比较困难的点坐标可利用共线向量 或中点坐标公式,平行于z轴直线上点的横、 纵坐标分别相等。准确建立空间直角坐标系, 给对点的坐标,能避免答而不得分的现象。 二、空间向量法求空间角度、距离 利用空间向量解决立体几何夹角问题有 “三部曲”:(1)正确建立空间直角坐标系,找 到点坐标、直线的向量表示式,转化成向量问 题;(2)通过向量运算, 研究直线与直线、直 线与平面、平面与平面的夹角问题;(3)把向 量运算的结果“翻译”成相应的几何结论。 例 2 如图3所示,圆柱的轴截面AB- 7 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年9月 图3 CD 是正方形,点E 在底面圆 周上,AF⊥DE,F 为垂足。 (1)求证:AF⊥DB。 (2)当直线 DE 与平面 ABE 所 成 角 的 正 切 值 为2 时,①求 平 面 EDC 与 平 面 DCB 夹角的余弦值;②求点 B 到平面CDE 的距离。 解析:(1)由题意可知,DA⊥平面ABE, BE⊂平面ABE,故BE⊥DA。 又BE⊥AE,AE∩DA=A,AE⊂平面 AED,DA⊂平面AED,故BE⊥平面AED。 由AF⊂平面AED,得AF⊥BE。 又AF⊥DE,BE∩DE=E,BE⊂平面 BED,DE⊂平面BED,故AF⊥平面BED。 由DB⊂平面BED,可得AF⊥DB。 图4 (2)①由题意知,以 A 为原点,AB,AD 所在 直线分别为y 轴,z 轴, 建立如图4所示的空间 直角坐标系。 设AD 的长度为2, 则 A(0,0,0),B(0,2, 0),C(0,2,2),D(0,0, 2)。 因为 DA⊥平面 ABE,所以∠DEA 是 直 线 DE 与 平 面 ABE 所 成 的 角,即 tan ∠DEA = DA AE =2 ,则 AE =1,故 E 3 2 ,1 2 ,0 。因此 DC→=(0,2,0),DE→= 3 2 ,1 2 ,-2 。 设平面EDC 的一个法向量为n=(x,y, z),则 n·DC→=0, n·DE→=0, 即 2y=0, 3 2x+ 1 2y-2z=0 。 取 x=4,得n=(4,0,3)。 又m=(1,0,0)是平面BCD 的一个法向 量,设平面EDC 与平面DCB 夹角的大小为 θ,则 cos θ=|cos<m,n>|= |m·n| |m||n|= |1×4+0×0+0× 3| 1× 42+0+3 = 4 19 19 ,所 以 平 面 EDC 与平面DCB 夹角的余弦值为 4 19 19 。 ②因为 BE→= 3 2 ,- 3 2 ,0 ,所以点 B 到 平 面 CDE 的 距 离 d = |BE→·n| |n| = 3 2×4+ - 3 2 ×0+0× 3 42+0+3 = 2 57 19 。 点评:空间向量法求空间角度、距离,思 维量少,运算技巧低,更容易掌握,因此我们 常用向量法解决空间角度与距离问题。 三、空间向量法求轨迹方程 图5 例 3 古希腊数 学家阿波罗尼奥斯发 现:平面上到两定点 A,B 距离之比为常数 λ(λ>0且λ≠1)的点 的轨迹是一个圆心在 直线AB 上的圆,该圆简称为阿氏圆。根据以 上信息,解决下面的问题:如图5所示,在长方 体ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2AD=2AA1= 6,点E 在棱AB 上,BE=2AE,动点P 满足 BP= 3PE。(1)若点P 在平面ABCD 内运 动,则点P 所形成的阿氏圆的半径为 ;(2) 若点 P 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 内部运 动,F 为棱C1D1 的中点,M 为CP 的中点,则 三棱锥M-B1CF 的体积的最小值为 。 图6 解析:(1)以 A 为原点,以 AB,AD, AA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z轴,建立 如图6所示的空间直 角坐标系,则B(6,0, 0),E(2,0,0)。 设P(x,y,0),由BP= 3PE,得(x- 6)2+y2=3[(x-2)2+y2],所以x2+y2= 12。若点P 在平面ABCD 内运动,则点 P 所形成的阿氏圆的半径为23。 (2)设点P(x,y,z),由BP= 3PE,得 8 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年9月 (x-6)2+y2+z2=3[(x-2)2+y2+z2],整 理得x2+y2+z2=12。 由题意得,F(3,3,3),B1(6,0,3),C(6, 3,0),所以FB1→=(3,-3,0),B1C→=(0,3, -3)。设平面 B1CF 的一个法向量为n= (x0,y0,z0),则 n·FB1→=3x0-3y0=0, n·B1C→=3y0-3z0=0。 令x0=1,得n=(1,1,1)。 由题意得,CP→=(x-6,y-3,z),所以 点P 到平面B1CF 的距离d= |CP→·n| |n| = |x+y+z-9| 3 。 因为(x2+y2+z2)(12+12+12)≥(x+ y+z)2,所以-6≤x+y+z≤6,故dmin= |6-9| 3 = 3,即点 M 到平面B1CF 的最小距 离为 3 2 。 由题意得,△B1CF 为等边三角形,且边 长为 32+32=3 2,故三棱锥 M-B1CF 的 体积的最小值为 1 3× 3 4× (32)2× 3 2= 9 4 。 点评:本题通过建立空间直角坐标系,求 出点的坐标,利用向量法求空间轨迹方程是 解题的关键。 四、空间向量法求立体几何中动态问题 空间向量法是证明立体几何中存在性问 题的强有力的方法。与“两条异面直线所成 的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的 存在性问题,常利用空间向量法解决,可以避 开寻找角的过程,只要能够准确理解和熟练 应用夹角公式,就可以把“是否存在”问题转 化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内 的解”等问题。 例 4 如图7所示,在正四棱柱 AB- CD-A1B1C1D1 中,AB=1,AA1=3。 (1)在线段CC1 上是否存在一点 M,使 得直线 A1M ⊥平面 BDC1? 若存在,求出 CM 的长;若不存在,请说明理由。 (2)已知点 N 在线段AA1 上,且AN= 1,求二面角D1-NB1-C 的余弦值。 图7 解析:(1)存在。 由题意知,在正四棱柱AB- CD-A1B1C1D1 中,AB = 1, AA1=3。以D 为原点,以DA, DC,DD1 所 在 直 线 分 别 为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图8所示 的空间直角坐标系,则 D(0,0, 0),B(1,1,0),C1(0,1,3), A1(1,0,3)。 图8 设CM=m,则 M(0,1,m), 故A1M→=(-1,1,m-3),DB→= (1,1,0),BC1→=(-1,0,3)。 若直线A1M⊥平面BDC1, 则A1M⊥BC1 且A1M⊥BD,即 DB→·A1M→=0, A1M→·BC1→=0, 解 得 m= 83, CM= 8 3 ,故存在点 M 使得直线 A1M⊥平面BDC1。 (2)由(1)得,N(1,0,1),C(0,1,0), B1(1,1,3),D1(0,0,3),则 NB1→=(0,1,2), NC→=(-1,1,-1),B1D1→=(-1,-1,0)。 设平面 NB1C 与平面NB1D1 的一个法 向量分别为m=(x,y,z),n=(a,b,c)。 由 m·NB1→=0, m·NC→=0, 得 y+2z=0,-x+y-z=0。 令z=1,则m=(-3,-2,1)。 由 n·NB1→=0, n·B1D1→=0, 得 b+2c=0 , -a-b=0。 令b=-2,则n=(2,-2,1)。 设二面角 D1-NB1-C 的平面角为α,则 |cos α|=|cos<m,n>|= |m·n| |m||n| = |2×(-3)+(-2)×(-2)+1×1| 4+4+1× 9+4+1 = 14 42 。 由图知α 为钝角,所以二面角 D1-NB1-C 的 余弦值为- 14 42 。 点评:立体几何的动态问题是高考命题 的热点,备受命题者推崇,而空间向量法是解 决立体几何中动态问题的常用方法。 (责任编辑 赵 倩) 9 知识篇 新高考名师护航 高二数学 2024年9月