立体几何·空间向量

2024-05-03

立体几何·空间向量（精选十篇）

立体几何·空间向量篇1

一、用空间向量解决立体几何中空间角的问题

空间角是指两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的总称, 融向量于空间角中有时会起到意想不到的效果。

1. 已知M, N分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BB1和B1C1的中点, 求MN与CD1所成的角。

解:不妨设正方体的边长为1, 建立如图空间直角坐标系D—xyz, 则C (0, 1, 0) , D1 (0, 0, 1) , 。

2. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中, E为棱CC1的中点, 求截面A1BD与截面EBD所成二面角度数。

分析:先以二面角的概念为指导, 作出二面角的平面角来 (如图示) , 联结AC交BD于O, 联结OE, OA1, 即∠A1OE就是二面角A1—BD—E的平面角。再按1题的方法去解, 即可求得二面角的度数为90°。

3. 如图:已知二面角α-l-β为120°, A、B∈l, AC奂鄣, AC⊥l, BD奂β, BD⊥l, AB=6, AC=2, BD=4, 求直线CD与β所成的角。

解:建立如图坐标系A—xyz, 则, D (4, 6, 0) , , 设平面β的一个法向量a軋= (0, 0, 1) 。

∴CD与平面β所成角的大小为。

通过上例可以知道用空间向量求空间角时, 用到公式去解决, 在立体几何直观图中合理构建空间坐标系是关键, 它是完成从几何问题向代数问题转化的基础。

二、用空间向量解决立体几何中有关距离的问题

空间的距离共有7种:两点间距离, 点到直线距离、两平行直线距离、点到平面距离、直线到与它平行平面的距离、两个平行平面的距离、两异面直线的距离。下就空间向量在立体几何中距离的应用举几个例。

1. 已知线段AB奂鄣, BD奂鄣, BD⊥AB, AC⊥鄣, AB=a, BD=b,

AC=c, 求C, D间的距离。

解:由向量多边形法则可得:

2. 已知一空间四边形OABC各边及对角线长都是1, 求点O到平面ABC的距离。

分析:先以点到平面的距离概念为指导, 作出表示有关距离的线段, 再构造向量去解决它的长度。

∴O在面ABC的射影H是△ABC的中心, OH的长度是点O到平面ABC的距离, 而到平面ABC的距离为。

3. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a, M是棱AA1的中点, O是对角线BD1的中点, 求异面直线AA1和BD1的距离。

分析:先证OM是异面直线AA1和BD1的公垂线, 再去求OM的长度, 前后整过程都可构造空间直角坐标系去解决。

解:建立如图直角坐标系D—xyz, 则B (a, a, 0) , D1 (0, 0, a) ,

∴BD1⊥OM, AA1⊥OM。

因此OM是异面直线AA1和BD1的距离, 且。

以向量为工具, 解决空间距离问题, 避开了立体几何中的相关知识体系。对于距离问题主要用到公式, 把其转化成向量间的运算, 从而达到解题目的。

三、用空间向量去解决立体几何中有关垂直问题

空间垂直包括:线线垂直、线面垂直、面面垂直, 这三种垂直关系可化归为线线垂直去解决, 有关垂直问题一旦引入向量相关知识, 会变得十分简单。

1. 已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中, 底面是正方形, 且∠A1AD=∠A1AB, 求证:AA1⊥BD。

证明:

∴AA1⊥BD。

2. 已知如图正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长为2, 底面边长为1, M是BC中点, 在直线CC1上求一点N, 使MN⊥AB1。

分析:这是一道执果索因的类型题目, 可根据给出空间直观图, 构造空间直角坐标系, 把有关问题转化为坐标, 由, 从而可求出N点位置。

解:沿AB, AC, AA1射线方向分别取单位向量i軆, j軆, k軋,

从上例可以看到, 用空间向量解决立体几何中有关垂直问题主要用到公式, 空间向量可使立体几何中的证明垂直问题有规律可循, 有法可用, 化难为易。

通过空间向量的知识性和工具性的教学, 可提高学生解决立体几何间的灵活性, 增强学生分析问题的能力, 开阔了学生解决立体几何问题的视野, 作为运算工具, 引入空间向量, 它为立体几何代数带来了极大的方便。由上可看出空间向量的应用价值, 激发了学生学习向量的兴趣, 从而达到提高探索和创新能力的目的。

参考文献

[1]陈江辉.三角函数与平面向量千题巧解[M].长春:长春出版社, 2007.

[2]周子君.空间向量在角和距离求解中的运用[J].数学通报, 2003.

[3]魏廷祥.空间向量在求角与距离中的应用[J].青海教育, 2005.

[4]钟山.空间向量与立体几何[M].北京:现代教育出版社, 2008.

《立体几何VS空间向量》教学反思篇2

我这节公开课的题目是《立体几何VS空间向量》选题背景是必修2学过立体几何而选修21又学到空间向量在立体几何中的应用。学生有先入为主的观念，总想用旧方法却解体忽视新方法的应用，没有掌握两种方法的特征及适用体型导致做题不顺利。针对此种情况，我特意选了这节内容来讲。整节课，我是这样设计的。本着以学生为主，教师为辅的这一原则，把学生分成两组。利用学生的求知欲和好胜心强的这一特点，采取竞赛方式通过具体例题来归纳。分析概括两种方法的异同及适用体型。最终让学生在知识上有所掌握。在能力和意识上有所收获。那么这节课我最满意的有以下几个地方(1)学生的参与这节课的主讲不是我，是学生我要做的是设置问题和激发兴趣。至于整个分析过程和解决过程都是由学生来完成的。这节课二班学生积极参与，注意力集中。课堂气氛活跃学生兴趣浓厚，求知欲强，参与面大，在课堂中能够进行有效的合作与平等的交流。(2)学生的创新这一点是我这节课的意外收获。在求一点坐标时，我用的是投影而该班周英杰同学却利用的是共线，方法简洁，给人以耳目一新的感觉。另外该班的徐汉宇同学在两道中都提出了不同的做法。有其独特的见解。可见学生真的是思考了，我也从中获益不少。真的是给学生以展示的舞台。他回报你以惊喜。(3)学生的置疑林森同学能直截了当的指出黑板上的错误而且是一个我没发现的错误这一点是我没想到的.这说明了学生的注意力高度集中.善于观察也说明了我们的课堂比较民主,学生敢于置疑.这种大胆质疑的精神值得表扬.我不满意的地方有以下几点(1)题量的安排 5道题虽然代表不同的类型.但从效果上看显得很匆忙.每道题思考和总结的时间不是很长,我觉得要是改成4道题.时间就会充裕效果就会更好些.(2)课件的制作立体几何着重强调的是空间想象力,如果能从多个角度观察图形学生会有不同发现.比如徐汉宇同学的不同做法.需要对图形旋转.如果让他上黑板做图时间又不够.我想不妨让他画好图后用投影仪投到大屏幕上,效果会更好.(3)总结时间短这节课的主题是两种方法的比较和不同方法的适用题型,后来的小结时间不够.这和我设置的容量大.有直接关系.没有突出主题.我想不如直接删掉一道题.空出时间让学生自己谈谈心得体会.自己找找解题规律应该会更好.以上就是我对这节课的反思.其实我最想说的是我的心路历程.每次上公开课都能发现新问题.正是这些问题使我变得成熟,完善,我很珍惜每一次上公开课的机会.它使我理智的看待自己的教学活动中熟悉的习惯性的行为.使自己的教育教学理念和教学能力与时俱进.

专题立体几何与空间向量篇3

（2）当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小.图1图2

（作者：卢杰江苏省丹阳高级中学）

立体几何在高考中占有重要的地位，近几年对立体几何考查的重点与难点趋于稳定（也是考生的基本得分点）：高考始终把直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行的判断与性质、垂直的判断与性质作为考查的重点。新课标教材对立体几何要求虽有所降低，但考查的重点一直没有变，常常考查线线、线面、面面的平行与垂直的位置关系和选修中的空间角与距离的计算。

在现有的必修教材中，虽淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，但在理科选修教材中加大了向量的应用。学习空间向量后，立体几何问题大多可以用向量的知识来做，从而使解题更简捷有效。对空间向量的考查主要集中于向量概念与运算，要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用，尤其是求夹角、求距离。

一、考纲要求

1. 空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体直观图，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法；

2. 空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质.在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法；

3. 空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法，并注重运算能力的训练。

二、难点疑点

1. 空间几何体的表面积和体积的计算方法；

2. 平行关系和垂直关系的判定和性质，掌握好平行和垂直关系的证明方法；

3. 空间向量的应用，将立体几何问题转化为空间向量问题的方法。

三、经典练习回顾

1. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为3，底面周长为3，那么这个球的体积为.

2. 一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论：

①AB⊥EF；②EF与MN是异面直线；③MN∥CD.

其中正确的是.

3. 下列命题中，正确命题的序号是.

①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；

②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；

③如果两条平行直线中的一条直线与一个平面平行，那么另一条直线也与这个平面平行；

④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点.

4. 已知O是△ABC的外心，P是平面ABC外的一点，且PA=PB=PC，α是经过PO的任意一个平面，则α与平面ABC的关系是.

5. 如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足.设AK=t，则t的取值范围是.

6. 如下图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为.

四、例题精析

题型一空间几何体的表面积和体积

【例1】如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1.

（1）求四面体ABCD的体积；

（2）求二面角CABD的平面角的正切值.

【解法一】（1）如图1，过D作DF⊥AC垂足为F，故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高，设G为边CD的中点，则由AC=AD，知AG⊥CD，从而

AG=AC2-CG2=22-122=152.

由12AC·DF=12CD·AG得DF=AG·CDAC=

154.

（图1）

由Rt△ABC中AB=AC2-BC2=3，S△ABC=12AB·BC=32.

故四面体ABCD的体积V=13·S△ABC·DF=58.

（2）如图1，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE.由（1）知DF⊥平面ABC，

所以DE⊥AB，故∠DEF为二面角CABD的平面角.

在Rt△AFD中，AF=AD2-DF2=22-1542=74，

在Rt△ABC中，EF∥BC，从而EF∶BC=AF∶AC，所以EF=AF·BCAC=78.

在Rt△DEF中，tan ∠DEF=DFEF=2157.

【解法二】（1）如图2，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB于H，过O作OM⊥AC，交AD于M，由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM.因此以O为原点，以射线OH，OC，OM分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，可建立空间坐标系Oxyz.已知AC=2，故点A，C的坐标分别为A（0，-1，0），C（0，1，0）.设点B的坐标为B（x1，y1，0）由AB⊥BC，|BC|=1，有

x21+y21=1，

x21+（y1-1）2=1，

解得x1=32，

y1=12，

x1=-32，

y1=12（舍去）.

（图2）

即点B的坐标为B32，12，0. 又设点D的坐标为D（0，y2，z2），由|CD|=-1，|AD|=2，有

nlc202309010559

（y2-1）2+z22=1，

（y2+1）2+z22=4，

解得y2=34，

z2=154，y2=34，

z2=-154（舍去）.

即点D的坐标为D0，34，154.从而△ACD边AC上的高为h=|z2|=154.

又|AB|=322+12+12=3，|BC|=1.

故四面体ABCD的体积V=13×12·|AB|·|BC|h=58.

（2）由（1）知AB=32，32，0，AD=0，74，154.

设非零向量n=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由n⊥AB有 32l+32m=0. ①

由n⊥AD，有74m+154n=0.②

取m=-1，由①，②，可得l=3，n=71515，即n=3，-1，71515.

显然向量k=（0，0，1）是平面ABC的法向量，从而

cos〈n，k〉=715153+1+4915=7109109，

故tan〈n，k〉=1-491097109=2157，

即二面角CABD的平面角的正切值为2157.

点拨理解柱、锥、台的侧面积、表面积、体积的计算方法，了解它们的侧面展开图，及其对计算侧面积的作用，会根据条件计算表面积和体积。理解球的表面积和体积的计算方法。把握平面图形与立体图形间的相互转化方法，并能综合运用立体几何中所学知识解决有关问题。

题型二点、线、面的位置关系

【例2】如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且CFCB=CGCD=23，则（）

（A） EF与GH互相平行

（B） EF与GH异面

（C） EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上

（D） EF与GH的交点M一定在直线AC上

解依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，由公理2可知，E、F、G、H共面，因为EH=12BD，FGBD=23，故EH≠FG，所以，EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M，因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，由公理3可知，点M一定在平面ACB与平面ACD的交线AC上.选（D）.

点拨理解空间中点、线、面的位置关系，了解四个公理及其推论；空间两直线的三种位置关系及其判定；异面直线的定义及其所成角的求法。

题型二直线与平面、平面与平面平行的判定与性质

【例2】如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB=4，BC=CD=2，AA1=2，E、E1分别是棱AD、AA1的中点.

（1）设F是棱AB的中点，证明：直线EE1∥平面FCC1；

（2）证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.

证明：（1）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，取A1B1的中点F1，连接A1D，C1F1，CF1，因为AB=4，CD=2，且AB∥CD，所以CD

瘙綊 A1F1，A1F1CD为平行四边形，所以CF1∥A1D，又因为E、E1分别是棱AD、AA1的中点，所以EE1∥A1D，所以CF1∥EE1，又因为EE1平面FCC1，CF1平面FCC1，

所以直线EE1∥平面FCC1.

（2）连接AC，在直棱柱中，CC1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以CC1⊥AC，因为底面ABCD为等腰梯形，AB=4，BC=2，F是棱AB的中点，所以CF=CB=BF，△BCF为正三角形，∠BCF=60°，△ACF为等腰三角形，且∠ACF=30°，所以AC⊥BC，又因为BC与CC1都在平面BB1C1C内且交于点C，所以AC⊥平面BB1C1C，而AC平面D1AC，所以平面D1AC⊥平面BB1C1C.

点拨掌握直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质定理，能用判定定理证明线面平行、面面平行，会用性质定理解决线面平行、面面平行的问题。通过线面平行、面面平行的证明，培养学生空间观念及观察、操作、实验、探索、合情推理的能力。

题型三直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质

【例3】如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点，

求证：（1）直线EF∥平面PCD；

（2）平面BEF⊥平面PAD.

解（1）因为E、F分别是AP、AD的中点，

∴EF∥PD，又∵P、D∈面PCD，E、F面PCD∴直线EF∥平面PCD.

（2） ∵AB=AD，∠BAD=60°，F是AD的中点，∴BF⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，∴BF⊥面PAD，所以平面BEF⊥平面PAD.

点拨掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定与性质定理，能用判定定理证明线线垂直、线面垂直、面面垂直，会用性质定理解决线面垂直、面面垂直的问题。

题型四运用空间向量解决空间中的夹角与距离

【例4】如图所示，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，E是棱CC1上的点，且BE⊥B1C.（1）求CE的长；（2）求证：A1C⊥平面BED；（3）求A1B与平面BDE所成角的正弦值.

（1）解如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.

∴D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1（2，0，4），B1（2，2，4），C1（0，2，4），D1（0，0，4）.

nlc202309010559

设E点坐标为（0，2，t），

则BE=（-2，0，t），B1C=（-2，0，-4）.

∵BE⊥B1C，

∴BE·B1C=4+0-4t=0.

∴t=1，故CE=1.

（2）由（1）得，E（0，2，1），BE=（-2，0，1），

又A1C=（-2，2，-4），DB=（2，2，0），

∴A1C·BE=4+0-4=0，且A1C·DB=-4+4+0=0.

∴A1C⊥DB且A1C⊥BE，

即A1C⊥DB，A1C⊥BE，

又∵DB∩BE=B，∴A1C⊥平面BDE.

即A1C⊥平面BED.

（3）解由（2）知A1C=（-2，2，-4）是平面BDE的一个法向量.又A1B=（0，2，-4），

∴cos〈A1C，A1B〉=A1C·A1B|A1C||A1B|=306.

∴A1B与平面BDE所成角的正弦值为306.

点拨利用向量求角：（1）异面直线所成角：向量a和b的夹角〈a，b〉（或者说其补角）等于异面直线a和b的夹角.cos〈a，b〉=a·b|a|·|b|；（2）直线和平面所成的角：与平面的斜线共线的向量a和这个平面的一个法向量n的夹角〈a，n〉（或者说其补角）是这条斜线与该平面夹角的余角；（3）求二面角的大小。（法向量法）m、n分别是平面α和平面β的法向量，那么〈m，n〉（或者其补角）与二面角αlβ的大小相等。

牛刀小试

1.江苏金陵中学一模如图所示，ABCDA1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP=a3，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ=.

2.设α和β为不重合的两个平面，给出下列命题：

（1）若α内的两条相交直线分别平行于β内的两条直线，则α平行于β；

（2）若α外一条直线l与α内的一条直线平行，则l和α平行；

（3）设α和β相交于直线l，若α内有一条直线垂直于l，则α和β垂直；

（4）直线l与α垂直的充分必要条件是l与α内的两条直线垂直.

上面命题中，真命题的序号是（写出所有真命题的序号）.

3.（2012年高考（湖南））如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD.

（1）证明：BD⊥PC；

（2）若AD=4，BC=2，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥PABCD的体积.

4.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上；

（1）求证：平面AEC⊥平面PDB；

（2）当PD=2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小.

（作者：朱振华江苏省海门高级中学）

用空间向量方法解立体几何题篇4

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。

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。

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

设底面正方形边长为a,

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,

∴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。

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。

28.空间向量在立体几何中的应用篇5

2§5.3空间向量在立体几何中的应用

NO.28

【基础知识梳理】

1.直线的方向向量与直线的向量方程

⑴ 用向量表示直线或点在直线上的位置

① 给定一个定点A和一个向量a，再任给一个实数t，以A为起点作向量AP=_________（Ⅰ），这时点P的位置被完全确定.向量方程通常称作直线l的____________，向量a称为该直线的____________.② 对空间任一个确定的点O，点P在直线l上的充要条件是存在惟一的实数t，满足等式，如果在l上取，则（Ⅱ）式可化为 O=_________（Ⅱ）

OPOAtABOAt(OBOA)，即O=_________（Ⅲ）.（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）都叫做空间直线的向量参数方程，它们都与平面的直线向量参数方程相同.③ 设点M是线段AB的中点，则O=_________.⑵ 用向量方法证明直线与直线平行，直线与平面平行，平面与平面平行

① 设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2或l1和l2重合__________.② 已知两个非零向量v1，v2与平面α共面，一条直线l的一个方向向量为v，则l∥α或 l在α内存在两个实数x，y，使v=__________.⑶ 用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角

设直线l1和l2成的角为θ（锐角），方向向量分别为v1和v2，则有l1⊥l2__________，cosθ=__________.2.平面的法向量与平面的向量表示

⑴ 已知平面α，如果向量n的基线与平面α垂直，则向量n叫做平面α的________或说向量n与平面α________.⑵设A是空间任一点，n为空间任一非零向量，适合条件AMn0----①的点M的集合构成的图形是________.如果任取两点M1、M2（M1、M2和A三点不共线），且AM10，AM20，则n⊥平面AM1M2.在平面AM1M2内的任一点M都满足条件①式.满足条件①的所有

点M都在平面AM1M2内.①式称为一个平面的_____________.⑶ 共面向量定理的推论：如果A、B、C三点_____________，则点M在平面ABC内的充要条件是，存在一对实数x，y，使向量表达式=_________.⑷ 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β或α，β重合_____，α⊥β______________

⑸ 三垂线定理：如果在平面___的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，则它也和____________垂直.三垂线定理的逆定理：如果在平面___的一条直线与平面的一条斜线垂直，则它也和

____________垂直.【基础知识检测】

1.两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=（1，0，-1），v2=（-2，0，2），则l1与l2的位置关系是（）

A.平行B.相交C.垂直D.不确定

2.在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是（）

ABCD

3.已知l∥α，且l的方向向量为（2，m，1），平面α的法向量为（1，-1m，2），则m=______.24.已知平面α和β的法向量分别为u1=（-1，x，4）和u2=（y，1，-2），若α∥β，则x+y=______.5.已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则直线AC1与直线BC所成的角为_______.【典型例题探究】

题型1.（异面直线所成的角）在棱长均为a的正四面体ABCD中，M、N分别为边AB、CD的中点，求异面直线AN、CM所成的角的余弦值.D

变式训练：已知直三棱柱ABD-A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1和A1A的中点,（1）求异面直线BA1和CB1所成的角；（2）求证：A1B⊥C1M.题型2.（利用空间向量证明平行、垂直问题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M、N

分别是对角线A1B与面对角线A1C1的中点.求证：MN∥侧面AD1.变式训练：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M=AN=2a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（）

3A.相交B.平行C.垂直D.不能确定

题型3（空间中点共线、点共面问题）已知平行四边形ABCD，从平面ABCD外一点O引射线OA，OB，OC，OD，在其上分别取E，F，G，H，并且使OEOFOGOHk（k OAOBOCOD

为常数）.求证：E，F，G，H四点共面.变式训练：求证：四点A（3，0，5），B（2，3，0），C（0，5，0），D（1，2，5）共面.【限时过关检测】班级学号姓名分数

选择、填空题每小题10分

1.对空间任意一点O，若311，则A、B、C、P四点（）488

A.一定不共面B.一定共面C.不一定共面D.无法判断

2.设P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥BC,PB⊥AC,则 P在该平面内的射影是△ABC的（）

A.内心B.外心C.垂心D.重心

3.设l1的方向向量为=（1，2，-2），l2的方向向量为=（-2，3，m），若l1⊥l2，则m= ____.4.已知=（2，2，1），=（4，5，3），则平面ABC的单位法向量是_________.5.（20分）已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1AB=1，2

M是PB的中点.（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；（Ⅱ）求AC与PB所成的角.6.（20分）直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点，⑴ 求直线BE与A1C所成的角；⑵ 在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF，若存在，求出AF；若不存在，说明理由.【体验高考】(每小题10分)

1．（2007全国Ⅰ）正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为

（）

A．1234B．C．D． 5555

2.（2007四川）ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（）．．

立体几何·空间向量篇6

1.已知向量[a=2，4，x，b=2，y，2]，若[a=6，a⊥b]，则[x+y]的值是（）

A. [-3或1] B. [3或-1] C.[-3] D. [1]

2. 已知[m，n，l]为三条不同的直线，[α，β]为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）

A. [α∥β，m?α，n?β?m∥n]

B. [l⊥β，α⊥β?l∥α]

C. [m⊥α，m⊥n?n∥α]

D. [α∥β，l⊥α?l⊥β]

3. 设[m，n]是平面[α]内的两条不同直线，[l1，l2]是平面[β]内的两条相交直线，则[α∥β]的一个充分而不必要条件是（）

A. [m∥β且l1∥α] B. [m∥l1且n∥l2]

C. [m∥β且n∥β] D. [m∥β且n∥l2]

4. 在三棱锥[A-BCD]中，侧棱[AB，AC，AD]两两垂直，[ΔABC，ΔACD，ΔADB]的面积分别为[22，32，62]，则三棱锥[A-BCD]的外接球的体积为（）

A. [6π] B. [26π] C. [36π] D. [46π]

5. 下列命题中正确的是（）

A. 在空间中，垂直于同一平面的两个平面平行

B. 已知[α，β]表示两个不同的平面，[m]为平面[α]内的一条直线，则“[α⊥β]”是“[m⊥β]”的充要条件

C. 在三棱锥[S-ABC]中，[SA⊥BC，SB⊥AC]，则点[S]在平面[ABC]内的射影是[ΔABC]的垂心

D. [a，b]是两条异面直线，[P]为空间一点，过点[P]总可以作一个平面与[a，b]之一垂直，与另一条平行

6. 已知正三棱锥[P-ABC]的主视图和俯视图如图所示，则此三棱锥的外接球的表面积为（）

[ ] [4][主视图][俯视图]

A. [4π] B. [12π] C. [16π3] D.[64π3]

7. 已知四边形[ABCD]是边长为4的正方形，[E，F]分别是边[AB，AD]的中点，[GC]垂直于正方形[ABCD]所在的平面[α]，且[GC=2]，则点[B]到平面[EFG]的距离为（）

A. [3] B. [5] C. [21111] D. [1111]

[ ]8. 如图，鼓状的几何体是由半径为5的球[O]经过两个水平平面切割而成，上下底面都是半径为4的圆，五点[O1，O，O2，A，D]同在平面[α]上，而另五点[O1，O，O2，B，C]同在平面[β]上.若[α⊥β]，则直线[OB]与[AC]所成角的余弦值为（）

A. [1785] B. [52] C. [1715] D. [1513]

[ ]9. 如图，在棱长均为2的正四棱锥[P-ABCD]中，点[E]为[PC]的中点，则下列命题正确的是（）

A. [BE∥]平面[PAD]，且直线[BE]到平面[PAD]的距离为[3]

B. [BE∥]平面[PAD]，且直线[BE]到平面[PAD]的距离为[263]

C. [BE]与平面[PAD]不平行，且直线[BE]与平面[PAD]所成的角大于30°

D. [BE]与平面[PAD]不平行，且直线[BE]与平面[PAD]所成的角小于30°

10. 已知直线[l]垂直于平面[α]，垂足为[O]，在矩形[ABCD]中，[AD=1，AB=2]，若点[A]在[l]上移动，点[B]在平面[α]上移动，则[O]，[D]两点间的最大距离为（）

A. [5] B. [2+1] C. [3] D. [3+22]

二、填空题（每小题4分，共16分）

11. 在四面体[OABC]中，棱[OA，OB，OC]两两垂直，且[OA=1，OB=2，OC=3]，[G]为[ΔABC]的重心，则[OG?OA+OB+OC]等于 . [ ]

12. 如图，正方体[ABCD-A1B1C1D1]的棱长为1，[E，F]分别为线段[AA1，B1C]上的点，则三棱锥[D1-EDF]的体积为 .

[ ]13.如图，三棱柱[ABC-A1B1C1]的侧面[C1CBB1]⊥底面[A1B1C1]，点[C]在底面[A1B1C1]上的射影在线段[C1B1]上且[A1C]与底面成45°角，[AB=AC=2，∠C1A1B1=90°]，则点[C]到平面[A1B1C1]的距离的最小值为 .

14.已知[ΔABC]的三边长分别为[AB=5，BC=4，AC=3]，[M]是[AB]边上的点，[P]是平面[ABC]外一点.给出下列四个命题：①若[PA⊥]平面[ABC]，则三棱锥[P-ABC]的四个面都是直角三角形；②若[PM]⊥平面[ABC]，且[M]是[AB]边的中点，则有[PA=PB=PC]；③若[PC=5]，[PC]⊥平面[ABC]，则[ΔPCM]面积的最小值为[152]；④若[PC=5]，[P]在平面[ABC]上的射影是[ΔABC]的内切圆的圆心，则点[P]到平面[ABC]的距离为[23]. 其中正确命题的序号是 .

三、解答题（15、16题各10分，17、18题各12分，共44分）

15. 已知圆[O]的直径[AB=2R，PA=AB]，且[PA]垂直于圆[O]所在的平面，点[C]为圆[O]上异于点[A，B]的任意一点.

（1）若[AE⊥PB]于点[E]，[AF⊥PC]于点[F]，求证：[PB⊥EF]；

（2）当三棱锥[P-ABC]的体积为[33R3]时，求二面角[A-PB-C]的余弦值.

[ ]

[ ]16. 如图，在四棱锥[P-ABCD]中，底面[ABCD]为直角梯形，[AD∥BC，][∠ADC=90°]，平面[PAD⊥]平面[ABCD]，[Q]为[AD]的中点，[M]是棱[PC]上的点，[PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3].

（1）求证：平面[PQB⊥]平面[PAD]；

（2）若[M]为棱[PC]的中点，求异面直线[AP]与[BM]所成角的余弦值；

（3）若二面角[M-BQ-C]的大小为30°，求[QM]的长.

17. 已知等腰梯形[PDCB]（如图1所示）中，[PB=3，DC=1，PD=BC=2]，[A]为[PB]边上一点，且[PA=1]，将[ΔPAD]沿[AD]折起，使平面[PAD⊥]平面[ABCD]（如图2所示）.

[图1][图2]

（1）证明：平面[PAD]⊥平面[PCD]；

（2）试在棱[PB]上确定一点[M]，使截面[AMC]把该几何体分成的两部分多面体[PDCMA]与三棱锥[M-ACB]的体积的比为[2∶1]；

（3）在点[M]满足（2）的情况下，求二面角[M-AC-P]的余弦值.

18.某建筑物的上半部分是多面体[MN-ABCD]，下半部分是长方体[ABCD-A1B1C1D1]（如图1）.该建筑物的正（主）视图和侧（左）视图如图2，其中正（主）视图是由正方形和等腰梯形组合而成，侧（左）视图由长方形和等腰三角形组合而成.

[2] [2] [4] [1][正视][图1][图2][正（主）视图][侧（左）视图][侧视] [4] [1]

（1）求直线[AM]与平面[A1B1C1D1]所成角的正弦值；

（2）求二面角[A-MN-C]的余弦值.

空间向量在立体几何中的部分应用篇7

关键词：空间向量,线面关系,线面距离,线面角

1 基本方法

1.1 利用向量证明平行

线线平行 (面面平行) 方法:undefined

线面平行方法:利用共面向量定理, 如果两个向量undefined、undefined不共线, 则向量undefined与向量undefined、undefined共面的充要条件是存在实数对x, y, 使undefined

1.2 利用向量求距离

(1) 点到平面的距离。

方法1:直接作出距离, 然后用向量进行计算.

方法2:已知AB为平面α的一条斜线段, undefined为平面α的法向量,

则A到平面α的距离undefined

(2) 两条异面直线距离:

方法:a、b为异面直线, a、b间的距离为:undefined

其中undefined与a、b均垂直, A、B分别为两异面直线上的任意两点。

1.3 利用向量求角

(1) 异面直线所成角:

向量undefined和undefined的夹角undefined (或者说其补角) 等于异面直线a和b的夹角.

undefined

(2) 直线和平面所成的角。

(法向量法) 与平面的斜线共线的向量undefined和这个平面的一个法向量undefined的夹角undefined (或者说其补角) 是这条斜线与该平面夹角的余角.

(3) 求二面角的大小。

方法1:转化为分别是在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的两个向量的夹角 (注意:要特别关注两个向量的方向) .

方法2:先求出二面角一个面内一点到另一个面的距离及到棱的距离, 然后通过解直角三角形求角.

方法3: (法向量法) undefined、undefined分别是平面α和平面β的法向量, 那么undefined (或者其补角) 与二面角α-l-β的大小相等。

2 分类训练

例1 (2005年全国高考试题一) 已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形, AB//CD, ∠DAB=90°, PA⊥底面ABCD, 且undefined是PB的中点。

(1) 证明:平面PAD⊥平面PCD

(2) 求AC与PB所成的角

(3) 求平面AMC与平面BMC所成二面角的大小

证明: (1) 取如图坐标系。

则undefined是平面PAD的一个法向量。设undefined是面PCD的法向量, undefined

undefined

∴AC与PB所成的角为undefined

(3) 设undefined是平面AMC的法向量

undefined

取undefined

设undefined是平面BMC的法向量

undefined

由 (1) (2) 取y=1, 得

undefined

undefined, 平面AMC与平面BMC所成的角为undefined

例2. (2005年湖南卷言第18题, 理第17题) 如图1, 已知ABCD是上、下底边长分别为2和6, 高为undefined的等腰梯形, 将它沿对称轴OO1折成直二面角, 如图2, 求二面角O-AC-O1的大小。

分析:本题找二面角O-AC-O1的平面角很难找, 所以用传统方法难度较大, 但用法向量就容易多了。

解:以点O为原点, OO1所在直线为Z轴, OA所在直线为X轴, OB所在直线为Y轴, 如图所示建立空间直角坐标系:则

undefined

设undefined是面ACO的一个法向量, 则

undefined

不妨设undefined

设undefined是面ACO1的一个法向量, 则

undefined

∴二面角O-AC-O1的大小为:undefined

例3:.在棱长为1的正方体中ABCD-A1B1C1D1中, E、F分别为DD1、BD的中点, G在CD上, 且CG=CD/4, H为C1G的中点,

(1) 求证:EF⊥B1C; (2) 求EF与C1G所成角的余弦值; (3) 求FH的长。

解:以D为坐标原点, 建立如图

所示空间直角坐标系D-xyz, 由题意知

undefined

, 故EF与C1G所成角的余弦值为undefined。

(3) ∵H为C1G的中点, ∴H (0, 7/8.1/2) , 又

undefined

参考文献

[1]吕林根, 许子道.解析几何[M].高等教育出版社, 1987.

立体几何·空间向量篇8

一、证明直线与平面平行

(1) 证明:BC1∥平面A1CD;

(2) 求二面角D-A1CD.

(2) 略.

评注:本题也可以利用传统的几何法求解.利用空间向量求解将空间位置关系的推理证明转化为解方程的计算问题, 大大降低了对空间想象力的要求.利用空间向量证明线面平行, 过程简单, 步骤简洁.

二、证明两直线垂直

利用向量法证明两直线垂直, 主要思路是证明两直线的方向向量相互垂直.选择基底表示两直线所在的向量是最本质的方法.

例2 (2013年全国高考大纲卷) 如图3, 在四棱锥P-ABCD中, ∠ABC=∠BAD=90°, BC=2AD, △PAB和△PAD都是等边三角形.

(1) 证明:PB⊥CD;

(2) 求二面角A-PD-C的大小.

(2) 略.

评注:证明两直线垂直的方法是证明两直线的方向向量的数量积为0.利用坐标法时要建立适当的空间直角坐标系, 并写出相关点的坐标;利用基向量证明时要能正确地表示出两直线的方向向量.

三、求直线与平面所成的角

(1) 证明:AC⊥B1D;

(2) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.

评注:本题考查直线与直线垂直, 直线与平面垂直, 直线与平面所成的角等知识, 若利用传统的几何法求解本题中的第二问, 难度较大;若利用空间向量法, 只需求出平面的法向量和直线的方向向量即可代入公式求解.

四、求异面直线所成的角

例4% (2013江苏省高考题) 如图6, 在直三棱柱A1B1C1-ABC中, AB⊥AC, AB=AC=2, A1A=4.点D是BC的中点.

(1) 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;

(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.

(2) 略.

评注:用传统方法求异面直线所成的角, 首先要找到两直线所成的角或其补角, 求解难度大, 易出错.利用向量法只需表示出异面直线的方向向量, 再求出两向量所成的锐角或直角即可.

五、求二面角的大小

(1) 求证:AD⊥平面CFG;

(2) 求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.

解: (1) 略.

评注:当所给条件能建立空间直角坐标系时, 一般都要利用向量法求解.在本题中, 由线段关系求得两直线垂直是一个关键点, 判断其二面角是锐角是一个难点.

法向量在空间几何中的应用篇9

现行高中数学教材提到了法向量的定义:如果向量 $\vec{a}$ ⊥平面α, 那么向量 $\vec{a}$ 叫做平面α的法向量.教材只是提了一下概念, 而对于法向量的意义及其在空间立体几何中的具体运用却没有介绍.其实灵活运用法向量去求解某些常见的立体几何问题, 如“求点到面的距离”、“求异面直线间的距离”、“求线面所成的角”、“求二面角的大小”、“证明两平面平行或垂直”等问题都是比较简便的, 可以化腐朽为神奇, 将原本很繁琐的推理变得思路清晰且规范, 随着课程改革的进行, 向量在研究空间几何问题中应用将会更加广泛, 将为学生开辟一种崭新的视角和解题思路.现主要介绍法向量在空间几何计算方面的有关应用, 供大家参考.

一、求点平面的距离

结论:设A是平面α外一点, AB是α的一条斜线, 交平面α于点B, 而 $\vec{n}$ 是平面α的法向量, 那么向量 $\vec{B A}$ 在 $\vec{n}$ 方向上的正射影长

就是点A到平面α的距离h, 即

$h = | \vec{B A} | | \cos < \vec{B A}, \vec{n} > = \frac{| \vec{B A} \cdot \vec{n} |}{| \vec{n} |}$

例1 已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中, E、F分别是B1C1和C1D1的中点, 求点A1到平面DBEF的距离.

解:以D为原点, DA所在直线为x轴, DC所在直线为y轴, DD1所在直线为z轴, 如图2建立空间直角坐标系.则 $\vec{D B} = (1 ‚ 1 ‚ 0) ‚ \vec{D F} = (0 ‚ \frac{1}{2} ‚ 1) ‚ \vec{D A_{1}} = (1 ‚ 0 ‚ 1) .$

设平面DBEF的法向量为 $\vec{n} = (x, y, z)$ , 则有:

令x=2, y=-2, z=1, 即取 $\vec{n} = (2, - 2, 1)$ , 则A1到平面DBEF的距离 $h = \frac{| \vec{n} \cdot \vec{D A_{1}} |}{| \vec{n} |} = \frac{| 2 \times 1 + (- 2 \times 0) + 1 \times 1 |}{\sqrt{2^{2} + (- 2)^{2} + 1^{2}}} = 1 .$

注:此题若用几何方法求解, 点A1在平面DBEF的射影难以确定, 给求解增加难度, 将会显得十分麻烦.若利用法向量来求解, 关键是求出平面DBEF的法向量.法向量 $\vec{n}$ 的求解有多种, 一般情况下是在平面内任意找两个不共线的向量, 例如 $\vec{D B}$ 和 $\vec{D F}$ , 那么 $\vec{n} \times \vec{D B} = \vec{0}, \vec{n} \times \vec{D F} = \vec{0}$ .设 $\vec{n} = (x, y, z)$ , 通过建立方程组求出一组特解.

二、求异面直线间的距离

结论:设向量 $\vec{n}$ 与两异面直线e, f都垂直 (我们也把向量 $\vec{n}$ 称为两异面直线e, f的法向量) , A、B分别为异面直线e, f上的点, 则两异面直线e, f的距离d等于 $\vec{A B}$ 在法向量 $\vec{n}$ 上的投影的绝对值, 即 $d = \frac{| \vec{A B} \cdot \vec{n} |}{| \vec{n} |} .$

例2 如图3, 已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1, 求异面直线AB1和A1C1间的距离.

解:以D为原点, DA所在直线为x轴, DC所在直线为y轴, DD1所在直线为z轴, 如图建立空间直角坐标系, 则 $\vec{A_{1} C_{1}} = (- 1 ‚ 1 ‚ 0) ‚ \vec{A B_{1}} = (0 ‚ 1 ‚ 1)$ , 连接AC, 则A1C1//AC, 设平面ACB1的法向量为 $\vec{n} = (x, y, z)$ , 由可解得x=y=-z, 则 $\vec{n} = (x, x, - x)$ , 可取 $\vec{n} = (1 ‚ 1 ‚ - 1)$ , 又 $\vec{A_{1} B_{1}} = (0 ‚ 1 ‚ 0)$ , 所以异面直线的距离 $d = \frac{| \vec{A_{1} B_{1}} \cdot \vec{n} |}{| \vec{n} |} = \frac{\sqrt{3}}{3} .$

注:这道题若用几何推理, 需要作平行线把线线距离转化为线面距离, 证明求解过程很麻烦, 显然不如用法向量求解更直接简便.

三、求直线与平面所成的角

结论:平面α外的一条直线AB, $\vec{n}$ 是平面α的一个法向量, 如果 $< \vec{A B}, \vec{n} >$ 是一个锐角θ, 则直线AB与平面α所成的角等于 $\frac{π}{2} - θ$ , 如果 $< \vec{A B}, \vec{n} >$ 是一个钝角ω, 则直线AB与平面α所成的角等于 $ω - \frac{π}{2} .$

例3 如图4, 已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中, E是A1B1的中点, 求直线AE与平面ABC1D1所成的角.

解:以D为原点, DA所在直线为x轴, DC所在直线为y轴, DD1所在直线为z轴, 建立如图5空间直角坐标系, 则 $\vec{A B} = (0 ‚ 1 ‚ 0) ‚ \vec{A D_{1}} = (- 1 ‚ 0 ‚ 1) ‚ \vec{A E} = (0 ‚ \frac{1}{2} ‚ 1)$ 设平面ABC1D1的法向量为 $\vec{n} = (x, y, z),$

由可解得 $\vec{n} = (1, 0, 1)$

设直线AE与平面ABC1D1的法向量所成的角为φ, 直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ, 则 $\cos φ = \sin θ = \frac{| \vec{A E} \cdot \vec{n} |}{| \vec{A E} | \cdot | \vec{n} |} = \frac{\sqrt{10}}{5} .$

所以直线AE与平面ABC1D1所成的角为 $\arcsin \frac{\sqrt{10}}{5} .$

此题若用几何方法, 必须先要证明确定线面角, 然后才能计算, 难度比较大, 不如法向量方法来得简单明了, 过程清晰.

四、求二面角——求二面角是立体空间几何中难度比较大的一类题目, 推理证明过程往往比较复杂, 但若利用法向量则可以使问题难度大大降低.

结论:设二面角α-l-β的两个半平面α和β的法向量分别为 $\vec{m}$ , $\vec{n}$ , 设二面角α-l-β的大小为φ, 则二面角的平面角等于两法向量所成的角或其补角, 当二面角为锐角时, $φ = \arccos \frac{| \vec{m} \cdot \vec{n} |}{| \vec{m} | | \vec{n} |}$ ;当二面角为钝角时, $φ = π - \arccos \frac{| \vec{m} \cdot \vec{n} |}{| \vec{m} | | n |} .$

例4 已知长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=4, AD=3, AA1=2, E、F分别为线段AB、BC上的点, 且EB=FB=1.求二面角C-DE-C1的正切值.

解:以A为原点, AB所在直线为x轴, DA所在直线为y轴, AA1所在直线为z轴, 如图建立空间直角坐标系.则D (-3, 0, 0) , D1 (-3, 0, 2) , E (0, 3, 0) F (-1, 4, 0) , C1 (-3, 4, 2) .

于是, $\vec{D E} = (3 ‚ 3 ‚ 0) ‚ \vec{E C_{1}} = (- 3 ‚ 1 ‚ 2)$ , 设平面EC1D的法向量为 $\vec{n} = (x, y, z)$ , 则有

于是可取 $\vec{n} = (1, - 1, 2) .$

即 $\vec{n} = (1 ‚ - 1 ‚ 2)$ 是一个与平面EC1D垂直的法向量.

易知向量 $\vec{m} = \vec{A A_{1}} = (0, 0, 2)$ 可作为平面CDE的一个法向量.则 $\vec{n}$ 与 $\vec{m} = \vec{A A_{1}}$ 所成的角θ即为二面角C-DE-C1的平面角.

所以 $\cos θ = \frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{| \vec{m} | | \vec{n} |}$ , 所以 $\tan θ = \frac{\sqrt{2}}{2} .$

需要指出的是, 利用法向量来解决立体空间几何问题, 最大的优点是完全依靠计算就可以解决问题, 不需要进行几何推理证明先确定长度和角, 然后才能进行有关计算.但是应用法向量解决立体空间问题的局限性也很明显, 一般情况下, 都是要求所给题目在能够建立空间直角坐标系的前提下可以求得法向量.而且对计算能力要求比较高, 也不一定是最简捷的方法, 要根据题目的具体条件选择最佳的解题方法.