立体几何中空间向量法的巧用

吴华红

【摘要】立体几何在历年高考数学中占据了重要地位，每年必考题目.有些空间几何问题用综合法（即传统的几何法）去解决往往比较繁杂，而运用向量法作形与数的转化，则能使过程得到大大的简化，用向量法解决立体几何问题有着思路清晰、过程简洁的优点，往往会产生意想不到的效果.本文试图通过对高考（或模拟）题解题方法和技巧的分析，使读者领会空间向量解决立体几何问题的神奇妙用.

【关键词】向量;直线的方向向量;平面的法向量

1空间向量与空间点

例1在正三棱柱ABC＼|A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（）

（A）当λ=1时，△AB1P的周长为定值.

（B）当μ=1时，三棱锥P＼|A1BC的体积为定值.

（C）当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP.

（D）当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P.（2021年新高考Ⅰ卷）

解易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）.

当λ=1时，

BP=BC+μBB1=BC+μCC1，

此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，

故（A）错误;

当μ=1时，

BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，

此时P点轨迹为线段B1C1，

而B1C1∥BC，即B1C1∥平面A1BC，

所以点P到平面A1BC的距离为定值，

故其体积为定值，即（B）正确;

当λ=12时，

BP=12BC+μBB1，

图1

取BC，B1C1中点分别为Q，H，

则BP=BQ+μQH，

所以P点轨迹为线段QH，

不妨建立空间直角坐标系如图1所示，则

A132，0，1，

P（0，0，μ），B0，12，0，

即A1P=-32，0，μ-1，

BP=0，-12，μ，

A1P·BP=μ（μ-1）=0，

所以μ=0或μ=1.

故H，Q均滿足，即（C）错误;

当μ=12时，

BP=λBC+12BB1，

取BB1，CC1中点分别为M，N，则

BP=BM+λMN，

所以P点轨迹为线段MN.

设P0，y0，12.

因为A32，0，0，

所以AP=-32，y0，12，

又A1B=-32，12，-1，

所以AP·A1B=34+12y0-12=0，

解得y0=-12，

此时P与N重合，即（D）正确.

综上知，选（B）（D）.

2空间向量与空间位置关系

例2在四棱锥P＼|ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA=AD=CD=2AB=2，M为PC的中点.

（1）求证：BM∥平面PAD;

图2

（2）平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置;若不存在，说明理由.

解以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图2所示，则

B（1，0，0），D（0，2，0），

P（0，0，2），C（2，2，0），M（1，1，1）.

（1）因为BM=（0，1，1），

平面PAD的一个法向量为n=（1，0，0），

所以BM·n=0，即BM⊥n.

又BM平面PAD，

所以BM∥平面PAD.

（2）BD=（-1，2，0），PB=（1，0，-2）.

假设平面PAD内存在一点N，使

MN⊥平面PBD.

设N（0，y，z），则

MN=（-1，y-1，z-1），

从而MN⊥BD，MN⊥PB，

所以MN·BD=0，MN·PB=0，

即1+2（y-1）=0，-1-2（z-1）=0，

解得y=12，z=12，即N0，12，12，

所以在平面PAD内存在一点N0，12，12，

使MN⊥平面PBD.

3空间向量与空间距离

例3如图3，已知四边形ABCD，EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P是ED的中点.

（1）求点D到直线BF的距离;

（2）求点P到平面EFB的距离.

图3图4

解如图4，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DM所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则

D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），

C（0，a，0），M（0，0，a），E（a，0，a），F（0，a，a），

由中点坐标公式可得Pa2，0，a2.

（1）DB=（a，a，0），BF=（-a，0，a）.

DB在BF方向上的投影为

|DB·BF||BF|=|a×（-a）+a×0+0×a|（-a）2+02+a2

=22a，

故点D到直线BF的距离

d=|BD|2-|DB·BF||BF|2

=（a2+a2+02）-22a2

=62a.

（2）设n=（x，y，z）是平面EFB的单位法向量，则

|n|=1，n⊥平面EFB，

所以n⊥EF，n⊥BE.

又EF=（-a，a，0），EB=（0，a，-a），

所以x2+y2+z2=1，-ax+ay=0，ay-az=0.

解得y=z=33，

所以n=33，33，33，

又PE=a2，0，a2，

设所求距离为d1，则

d1=|PE·n|=33a.

图5

4空间向量与空间角

例4如图5，直三棱柱ABC＼|A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.

（1）求A到平面A1BC的距离;

（2）设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A＼|BD＼|C的正弦值.（2022年新高考Ⅰ卷）

解（1）在直三棱柱ABC＼|A1B1C1中，

设点A到平面A1BC的距离为h，

则VA-A1BC=13S△A1BC·h=223h

=VA1-ABC=13S△ABC·A1A

=13VABC-A1B1C1=43，

解得h=2，

所以点A到平面A1BC的距离为2.

（2）取A1B的中点E，连接AE，如图6，

因为AA1=AB，

所以AE⊥A1B，

又平面A1BC⊥平面ABB1A1，

平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，

且AE平面ABB1A1，

所以AE⊥平面A1BC.

在直三棱柱ABC＼|A1B1C1中，

BB1⊥平面ABC，

由BC平面A1BC，BC平面ABC可得

AE⊥BC，BB1⊥BC，

又AE，BB1平面ABB1A1且相交，

所以BC⊥平面ABB1A1，

故BC，BA，BB1两两垂直.

图6

以B为原点，建立空间直角坐标系，

由（1）得AE=2，

所以AA1=AB=2，

A1B=22，

所以BC=2，

则A（0，2，0），A1（0，2，2），

B（0，0，0），C（2，0，0），

所以A1C的中点D（1，1，1），

则BD=（1，1，1），

BA=（0，2，0），BC=（2，0，0）.

设平面ABD的一个法向量m=（x，y，z），

则m·BD=x+y+z=0，m·BA=2y=0，

取m=（1，0，-1），

设平面BCD的一个法向量n=（a，b，c），

则m·BD=a+b+c=0，m·BC=2a=0，

取n=（0，1，-1），

则cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|=12×2=12，

所以二面角A＼|BD＼|C的正弦值为

1-122=32.

5立体几何中的翻折问题

例5图7图7是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图8.

（1）证明：图8中的A，C，G，D四点共面，图8且平面ABC⊥平面BCGE;

（2）求图8中的二面角B＼|CG＼|A的大小.（2019年全国Ⅲ卷）

解（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，

所以AD∥CG，

故AD，CG确定一个平面，

从而A，C，G，D四点共面.

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，

BE∩BC=B，

BE平面BCGE，BC平面BCGE，

所以AB⊥平面BCGE.

又AB平面ABC，

所以平面ABC⊥平面BCGE.

（2）如图9，作EH⊥BC，垂足为H.

因为EH平面BCGE，

平面BCGE⊥平面ABC，

平面BCGE∩平面ABC=BC，

图9

所以EH⊥平面ABC.

已知菱形BCGE的边长为2，

∠EBC=60°，

可求得BH=1，EH=3.

以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图9所示的空间直角坐标系H＼|xyz，则

A（-1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），

CG=（1，0，3），AC=（2，-1，0）.

设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），

则CG·n=0，AC·n=0，即x+3z=0，2x-y=0.

所以可取n=（3，6，-3）.

又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），

所以cos〈n，m〉=n·m|n|·|m|=32，

因此二面角B＼|CG＼|A的大小为30°.

6立体几何中的探索性问题

例6如图10，在底面是菱形的四棱锥P＼|ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，點E在PD上，且PE∶ED=2∶1.问：在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论.

解以A为原点，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，过A点且垂直于平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系，可知x轴垂直平分BC，

图10图11

B32a，-12a，0，C32a，12a，0，

P（0，0，a），E0，23a，13a.

设PF=λPC（0≤λ≤1），

则F32λa，12λa，（1-λ）a，

所以BF=32a（λ-1），12a（λ+1），（1-λ）a.

设n=（x，y，z）为平面AEC的法向量，

则n⊥AE=0，n⊥AC=0，

即（x，y，z）·0，23a，13a=0，（x，y，z）·32a，12a，0=0，

所以z=-2y，x=-33y.

令y=-1，得n=33，-1，2.

若BF∥平面AEC，

则BF⊥n，即BF·n=0，

所以32a（λ-1），12a（λ+1），（1-λ）a·

33，-1，2=0，

解得λ=12，此时F为PC的中点.

因此，在棱PC上存在一点F34a，a4，a2，

使BF∥平面AEC.