用空间向量方法解立体几何题

秦勤

摘要：空间向量与立体几何是数学学科的两个重要分支，它们都承担着锻炼学生思维的作用。在解几何难题时，一是用传统的几何方法求解，二是利用空间向量方法。

关键词：空间向量法；解题；立体几何题

中图分类号：G642.41 文献标志码：A 文章编号：1674-9324（2014）20-0112-02

空间向量与立体几何是数学学科的两个重要分支，它们都承担着锻炼学生思维的作用。在解几何难题时，一是用传统的几何方法求解，二是利用空间向量方法。在利用传统方法求解空间角和距离的问题时，一般都要遵循找—证—求的步骤，即先根据角和距离的定义在给出的图形中找出或作出要求的角和距离，然后证明作出的角或距离就是欲求之角和距离，最后往往还要进行大量的计算，使得解题过程困难重重。

而空间向量的学习对一些空间几何难题的解答有很大的帮助，使题目向简单化方向转化。下面举几个例子，可以发现用空间向量知识解题的好处是显而易见的。

例1：三棱锥三条侧棱两两垂直，底面上一点到三个侧面的距离分别为2，3，6cm则这个点到棱锥顶点的距离是多少？

解：若以顶点为坐标原点，三条侧棱为空间直角系的三个坐标轴，三个侧面就成了三个坐标面。该点到侧面的距离就成了到三个坐标平面的距离，故可以认为该点的坐标（2，3，6），问题转化到点到原点的距离，所以所求距离d=■。

例2：如图，在60°二面角的棱上有两个点A、B，AC、BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，已知AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，求CD的长。

解：■=■+■+■

■2=（■+■+■）2=■2+■2+■2+2■·■+2■·■+2■·■

=62+42+82+2×6×4×COS90°+2×6×8COS（180°-60°）+2×4×8×COS90°

=36+16+64-2×6×8×COS60°=68

|CD|2=■2=68

|CD|=2■。

例3：已知平行四面体ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，∠BAA1=∠DAA1=60°，求棱AA1与底面ABCD所成的角。

解：设棱AA1与底面ABCD所成的角为θ

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COSθ

■=■+■

■1·■=■1（■+■）=■1·■+■1·■

|■1|·|■|·COSθ=|■1|·|■|·COS60°+|■1|·|AD|·COS60°

设底面正方形边长为a，

则|■|=|■|=a，|■|=■a，COSθ=■=■

∴θ=45°。

例4：已知正方体ABCD-A'B'C'D'，如图所示，求异面直线BD，和CB，所成的角。

解：设正方体的棱长为1，

■=a，■=b，■，=c

则■=a+b+c，■=c-b

■·■=（a+b+c）（c-b）=ac-ab-b2+c2

又知ac=ab=0，b2=c2=1

■·■=0-0-1+1=0

∴■⊥■

∴BD'和CB'的夹角为90°。

例5：如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在C1C上且C1E=3EC。（1）证明：A1C⊥平面BED；（2）求二面角A1-DE-B的大小。

解：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz。依题设B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）。■=（0，2，1），■=（2，2，0），■=（-2，2，-4），■=（2，0，4）

（1）因为■·■=0，■·■=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面BED。

（2）设向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则n⊥■，n⊥■，故2y+z=0，2x+4z=0，令y=1，则z=-2，x=4，n=（4，1，-2）。

等于二面角A1-DE-B的平面角，cos=■=■。所以二面角A1-DE-B的大小为arccos■。

如此用向量的方法来解题，理应大力提倡。但对于向量方法，它更多的是借用代数运算，对于发展空间想象能力和立体几何中思维灵活性的训练有一定削落。

因此，过分强调任何一种方法都不恰当。我们因应分清两种方法各自的作用与功能。它们可以并存，也可以互相促进和发展，更重要的是可以取长补短。

摘要：空间向量与立体几何是数学学科的两个重要分支，它们都承担着锻炼学生思维的作用。在解几何难题时，一是用传统的几何方法求解，二是利用空间向量方法。

关键词：空间向量法；解题；立体几何题

中图分类号：G642.41 文献标志码：A 文章编号：1674-9324（2014）20-0112-02

空间向量与立体几何是数学学科的两个重要分支，它们都承担着锻炼学生思维的作用。在解几何难题时，一是用传统的几何方法求解，二是利用空间向量方法。在利用传统方法求解空间角和距离的问题时，一般都要遵循找—证—求的步骤，即先根据角和距离的定义在给出的图形中找出或作出要求的角和距离，然后证明作出的角或距离就是欲求之角和距离，最后往往还要进行大量的计算，使得解题过程困难重重。

而空间向量的学习对一些空间几何难题的解答有很大的帮助，使题目向简单化方向转化。下面举几个例子，可以发现用空间向量知识解题的好处是显而易见的。

例1：三棱锥三条侧棱两两垂直，底面上一点到三个侧面的距离分别为2，3，6cm则这个点到棱锥顶点的距离是多少？

解：若以顶点为坐标原点，三条侧棱为空间直角系的三个坐标轴，三个侧面就成了三个坐标面。该点到侧面的距离就成了到三个坐标平面的距离，故可以认为该点的坐标（2，3，6），问题转化到点到原点的距离，所以所求距离d=■。

例2：如图，在60°二面角的棱上有两个点A、B，AC、BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，已知AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，求CD的长。

解：■=■+■+■

■2=（■+■+■）2=■2+■2+■2+2■·■+2■·■+2■·■

=62+42+82+2×6×4×COS90°+2×6×8COS（180°-60°）+2×4×8×COS90°

=36+16+64-2×6×8×COS60°=68

|CD|2=■2=68

|CD|=2■。

例3：已知平行四面体ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，∠BAA1=∠DAA1=60°，求棱AA1与底面ABCD所成的角。

解：设棱AA1与底面ABCD所成的角为θ

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COSθ

■=■+■

■1·■=■1（■+■）=■1·■+■1·■

|■1|·|■|·COSθ=|■1|·|■|·COS60°+|■1|·|AD|·COS60°

设底面正方形边长为a，

则|■|=|■|=a，|■|=■a，COSθ=■=■

∴θ=45°。

例4：已知正方体ABCD-A'B'C'D'，如图所示，求异面直线BD，和CB，所成的角。

解：设正方体的棱长为1，

■=a，■=b，■，=c

则■=a+b+c，■=c-b

■·■=（a+b+c）（c-b）=ac-ab-b2+c2

又知ac=ab=0，b2=c2=1

■·■=0-0-1+1=0

∴■⊥■

∴BD'和CB'的夹角为90°。

例5：如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在C1C上且C1E=3EC。（1）证明：A1C⊥平面BED；（2）求二面角A1-DE-B的大小。

解：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz。依题设B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）。■=（0，2，1），■=（2，2，0），■=（-2，2，-4），■=（2，0，4）

（1）因为■·■=0，■·■=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面BED。

（2）设向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则n⊥■，n⊥■，故2y+z=0，2x+4z=0，令y=1，则z=-2，x=4，n=（4，1，-2）。

等于二面角A1-DE-B的平面角，cos=■=■。所以二面角A1-DE-B的大小为arccos■。

如此用向量的方法来解题，理应大力提倡。但对于向量方法，它更多的是借用代数运算，对于发展空间想象能力和立体几何中思维灵活性的训练有一定削落。

因此，过分强调任何一种方法都不恰当。我们因应分清两种方法各自的作用与功能。它们可以并存，也可以互相促进和发展，更重要的是可以取长补短。

摘要：空间向量与立体几何是数学学科的两个重要分支，它们都承担着锻炼学生思维的作用。在解几何难题时，一是用传统的几何方法求解，二是利用空间向量方法。

关键词：空间向量法；解题；立体几何题

中图分类号：G642.41 文献标志码：A 文章编号：1674-9324（2014）20-0112-02

空间向量与立体几何是数学学科的两个重要分支，它们都承担着锻炼学生思维的作用。在解几何难题时，一是用传统的几何方法求解，二是利用空间向量方法。在利用传统方法求解空间角和距离的问题时，一般都要遵循找—证—求的步骤，即先根据角和距离的定义在给出的图形中找出或作出要求的角和距离，然后证明作出的角或距离就是欲求之角和距离，最后往往还要进行大量的计算，使得解题过程困难重重。

而空间向量的学习对一些空间几何难题的解答有很大的帮助，使题目向简单化方向转化。下面举几个例子，可以发现用空间向量知识解题的好处是显而易见的。

例1：三棱锥三条侧棱两两垂直，底面上一点到三个侧面的距离分别为2，3，6cm则这个点到棱锥顶点的距离是多少？

解：若以顶点为坐标原点，三条侧棱为空间直角系的三个坐标轴，三个侧面就成了三个坐标面。该点到侧面的距离就成了到三个坐标平面的距离，故可以认为该点的坐标（2，3，6），问题转化到点到原点的距离，所以所求距离d=■。

例2：如图，在60°二面角的棱上有两个点A、B，AC、BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，已知AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，求CD的长。

解：■=■+■+■

■2=（■+■+■）2=■2+■2+■2+2■·■+2■·■+2■·■

=62+42+82+2×6×4×COS90°+2×6×8COS（180°-60°）+2×4×8×COS90°

=36+16+64-2×6×8×COS60°=68

|CD|2=■2=68

|CD|=2■。

例3：已知平行四面体ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，∠BAA1=∠DAA1=60°，求棱AA1与底面ABCD所成的角。

解：设棱AA1与底面ABCD所成的角为θ

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COSθ

■=■+■

■1·■=■1（■+■）=■1·■+■1·■

|■1|·|■|·COSθ=|■1|·|■|·COS60°+|■1|·|AD|·COS60°

设底面正方形边长为a，

则|■|=|■|=a，|■|=■a，COSθ=■=■

∴θ=45°。

例4：已知正方体ABCD-A'B'C'D'，如图所示，求异面直线BD，和CB，所成的角。

解：设正方体的棱长为1，

■=a，■=b，■，=c

则■=a+b+c，■=c-b

■·■=（a+b+c）（c-b）=ac-ab-b2+c2

又知ac=ab=0，b2=c2=1

■·■=0-0-1+1=0

∴■⊥■

∴BD'和CB'的夹角为90°。

例5：如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在C1C上且C1E=3EC。（1）证明：A1C⊥平面BED；（2）求二面角A1-DE-B的大小。

解：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz。依题设B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）。■=（0，2，1），■=（2，2，0），■=（-2，2，-4），■=（2，0，4）

（1）因为■·■=0，■·■=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面BED。

（2）设向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，则n⊥■，n⊥■，故2y+z=0，2x+4z=0，令y=1，则z=-2，x=4，n=（4，1，-2）。

等于二面角A1-DE-B的平面角，cos=■=■。所以二面角A1-DE-B的大小为arccos■。

如此用向量的方法来解题，理应大力提倡。但对于向量方法，它更多的是借用代数运算，对于发展空间想象能力和立体几何中思维灵活性的训练有一定削落。

因此，过分强调任何一种方法都不恰当。我们因应分清两种方法各自的作用与功能。它们可以并存，也可以互相促进和发展，更重要的是可以取长补短。