借力空间向量 巧解立体几何

立体几何常常涉及两大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，面面垂直，线线平行，线面平行，面面平行;二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，二面角等.下面借“题”发挥，透视如何利用空间向量解决立体几何问题，希望对同学们有所帮助.

题型1 证明线线垂直

例1 如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，

∠ABC=π4，OA⊥底面ABCD，OA=2.建立空间直角坐标系，证明OC⊥BD.

解：作AH⊥CD，则AH⊥AB，

又OA⊥底面ABCD.所以以D为坐标原点，AB，AH，AO分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

在Rt△AHD中，∠ADC=π4，AD=1，则HD=22，

AH=22.故B（1，0，0），

D（-22，22，0），O（0，0，2），

C（1-22，22，0），

BD=（-22-1，22，0），OC=（1-22，22，-2），

则BD·OC=（-22-1，22，0）·（1-22，22，-2）=0，因此，OC⊥BD，即OC⊥BD.

思维启迪：（1）空间直角坐标系中的x、y、z轴是三条互相垂直的数轴，有同学直接利用AB，AD，AO建立坐标系是错误的;（2）点的坐标不可轻视，错一个，后面就满盘皆输了;（3）各轴之间的顺序要求符合右手法则.

题型2 证明线面垂直

例2 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，

侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.证明PB⊥平面EFD.

解：以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

设DC=a，A（a，0，0），P（0，0，a），E（0，a2，a2），B（a，a，0），

PB=（a，a，-a），DE=（0，a2，a2），

故PB·DE=0.∴PB⊥DE.

由已知EF⊥PB，且EF∩DE=E，所以PB⊥平面EFD.

思维启迪：向量法证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，需要借助于立体几何中的判定定理，区别是垂直的证明是依赖于代数计算而已.本题就是借助于线面垂直判定定理，利用向量证明了线线垂直.当然本题也可以利用PB和平面的法向量平行来证明.对于面面垂直，也是同样.

题型3 证明线面平行

例3 如图，在三棱锥PABC中，AB⊥BC，AB=BC，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC.

求证OD∥平面PAB.

解：∵OP⊥平面ABC，OA=OC，AB=BC，

∴OA⊥OB，OA⊥OP，OB⊥OP.以O为原点，射线OP为非负z轴，

建立空间直角坐标系Oxyz（如图）设AB=a，则A（22a，0，0），

C（-22a，0，0），设OP=h，则P（0，0，h）.∵D为PC的中点，

∴OD=（-24a，0，12h），又PA=（22a，0，-h），

∴OD=-12PA，

∴OD∥PA.∵OD平面PAB，PA平面PAB，∴OD∥平面PAB.

思维启迪：向量的坐标法证明平行和证明垂直的道理一样.本题也可以用OD和平面PAB的法向量垂直来证明，但是要说明OD不在面内.

题型4 求两点间的距离

例4 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=5.设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长.

解：点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

依题意得B（0，0，0），

A1（22，22，0），B1（0，22，0），C1（2，2，5）

∴A1B1=（-22，0，0），A1C1=（-2，-2，5）

∵N为棱B1C1的中点，∴N（22，322，52）.

∵点M在平面AA1B1B内，故可设点M的坐标为（a，b，0），

∴MN=（22-a，322-b，52），由MN⊥平面A1B1C1，得MN·A1B1=0

MN·A1C1=0，

∴（22-a）·（-22）=0

（22-a）·（-2）+（322-b）·（-2）+52·5=0，

解得a=22

b=24，

∴M（22，24，0）.

∴|BM|=（22-0）2+（24-0）2+02=104，所以线段BM的长为104.

思维启迪：利用空间向量求解两点距离的步骤是：第一步，结合图形建立恰当的空间直角坐标系;第二步，求出相关点的坐标;第三步，利用两点间的距离公式得线段长.求解此类问题要求有较强的运算能力，正确确定点与向量的坐标是解答此类问题的关键.

题型5 求点到平面的距离

例5 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，

垂足为G，G在AD上，且PG=4，AG=13GD，BG⊥GC，GB=GC=2，求点D到平面PBG的距离.

解：以G点为原点，GB、GC、GP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，4），

平面PBG的一个单位法向量n=（0，1，0）.

∵GD=34AD=34BC=（-32，32，0），

∴点D到平面PBG的距离为|GD·n||n|=32.

思维启迪：求点到面的距离是求其他距离的基础，它借助于法向量和斜线的方向向量，距离d可以看成是斜向量在法向量方向上的投影的绝对值，也等于以斜线段为斜边的直角三角形的直角边的长，因此它的长度有两种计算方法，如本题d=|DG|·|cos|=|DG·n||n|.

题型6 求线到平面的距离

例6 已知斜三棱柱ABCA1B1C1，∠BCA=90°，AC=BC=2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1⊥AC1.

（1）求证：AC1⊥平面A1BC;

（2）求CC1到平面A1AB的距离.

解：（1）如图，取AB的中点E，则DE∥BC，因为BC⊥AC，所以DE⊥AC，又A1D⊥平面ABC，以DE，DC，DA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

A（0，-1，0），C（0，1，0），

B（2，1，0），A1（0，0，t），

C1（0，2，t），AC1=（0，3，t），BA1=（-2，-1，t），

CB=（2，0，0），由CB·AC1=0，知

AC1⊥CB，BA1⊥AC1，又CB∩BA1=B，从而AC1⊥平面A1BC;

（2）由AC1·BA1=-3+t2=0，得t=3.

设平面A1AB的法向量为n=（x，y，z），

AA1=（0，1，3），AB=（2，2，0），

所以n·AA1=y+3z=0

n·AB=2x+2y=0，设z=1，则n=（3，-3，1），所以点C1到平面A1AB的距离

d=|AC1·n||n|=2217.又∵C1C∥AA1，C1C面A1AB，AA1面A1AB，

又因为C1C∥面A1AB，

所以直线C1C到面A1AB的距离为2217.

思维启迪：当直线与平面平行，那么直线到平面的距离就可以转化为直线上的点到平面的距离.

题型7 计算异面直线所成的角

例7 如图，已知三棱锥OABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA=1，OB=OC=2，E是OC的中点.

求异面直线BE与AC所成角的余弦值.

解：以O为原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

则有A（0，0，1），B（2，0，0），

C（0，2，0），E（0，1，0）.

EB=（2，-1，0），

AC=（0，2，-1），

cos=-25，由于异面直线BE与AC所成的角是锐角或直角，故其余弦值是25.

思维启迪：设两异面直线a，b所成的角为θ，m，n分别是a，b的方向向量，则有cosθ=|cos|=|m·n||m|·|n|.异面直线所成角的范围是（0°，90°]，因此，如果按照公式求出来的向量的数量积是一个负数，则应当取其绝对值，使之变为正值，这样求得的角为锐角或直角.

题型8 计算直线与平面所成的角

例8 在正三棱锥PABC中，底面正△ABC的中心为O，D是PA的中点，PO=AB=2，求PB与平面BDC所成角的正弦值.

解：以O为坐标原点，OA为x轴，OP为z轴建立空间直角坐标系.因△ABC是正三角形，故y轴平行于BC，而PO=AB=2，则P（0，0，2），A（233，0，0），B（-33，1，0），C（-33，-1，0），D是PA的中点，故D（33，0，1），BD=（233，-1，1），CA=（3，1，0），BC=（0，-2，0），

设n=（x，y，z）是平面BDC的一个法向量，n·BC=0且

n·BD=0，

即：-2y=0

233x-y+z=0，化简得：y=0

z=-233x，取x=3，则y=0，

z=-2，平面BDC的一个法向量是n0=（3，0，-2），PB=（-33，1，-2），cos〈PB，n0〉=32128，由于PB和n0所成的角与PB与平面BDC所成角互余，所以PB与平面BDC所成角的正弦值为32128.

思维启迪：同学们要清楚的意识到“直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即线面角的正弦值”这一结论.

题型9 计算二面角的平面角

例9 如图，三棱锥PABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA=90°，PB=BC=CA=42，

点E，F分别是PC，PA的中点，求二面角ABEF的余弦值.

解：如图，以PB所在直线为z轴，BC所在直线y轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（42，42，0），C（0，42，0），P（0，0，42），

E（0，22，22），F（22，22，22），

∵PB⊥平面ABC，∴PB⊥AC，又AC⊥CB，∴AC⊥平面PBC，∴AC⊥PC，∴EF⊥PC，又BE⊥PC，∴PC⊥平面BEF，而PC=（0，42，-42），所以平面BEF的一个法向量n1=（0，1，-1），

设平面ABE的一个法向量n2=（x，y，z）则n2·BE=22y+22z=0

n2·BA=42x+42y=0，则x∶y∶z=1∶-1∶1，取x=1，则平面ABE的一个法向量n2=（1，-1，1），

∴cos〈n1，n2〉=-63，由图可知，二面角ABEF的平面角的余弦值为63.

思维启迪：在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体符号的取舍问题，如本题中cos〈n1，n2〉=-63并不意味二面角就是钝角，这只是两个法向量的

夹角，那么要不要判断法向量的方向呢？不需要，只需要判断具体图形即可.

题型10 巧解探索性问题

例10 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD中点.

（1）求证：B1E⊥AD1.

（2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长;若不存在，说明理由.

解：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=a，则A（0，0，0），D1（0，1，1），B1（a，0，1），C（a，1，0），D（0，1，0），因为E为CD中点，所以E（a2，1，0），

（1）所以AD1=（0，1，1），B1E=（-a2，1，-1），

所以AD1·B1E=0×（-a2）+1×1+1×（-1）=0，所以B1E⊥AD1.

（2）假设在棱AA1上存在一点P（0，0，λ），使得DP∥平面B1AE，因为D（0，1，0），所以DP=（0，-1，λ），AB1=（a，0，1），AE=（a2，1，0），设平面B1AE的法向量为n=（x，y，z），

所以n⊥AB1

n⊥AE，得ax+z=0

ax2+y=0，取x=1，得平面B1AE的一个法向量n=（1，-a2，-a）.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，有a2-aλ=0，解得λ=12.又DP平面B1AE，所以在棱AA1上存在一点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP=12.

思维启迪：求解存在性问题的基本步骤：首先假定题中的数学对象存在;其次构建空间直角坐标系;再次利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题;最后解方程，下结论.利用上述思维策略，可使此类存在性难题变简单.

（作者：匡立柱，江苏省海头高级中学）