從２００８高考題中體現空間向量在立體幾何中的優勢

【摘要】 法向量的引進，對解決空間問題提供了一個很方便、實用的工具，如能結合法向量的有關知識，靈活運用法向量，可減少輔助線的添加，降低解題的難度，其思路明確，易于下手，過程較為程序化，易于掌握。

【關鍵詞】 法向量;二面角;應用

【中圖分類號】 G633.65

【文獻標識碼】 B

【文章編號】 1005-1074(2008)08-0242-02

以2008全國高考題數學2卷(19)題為例分析來分析空間向量在立體幾何中的優勢

例:如圖，正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中， AA1=2AB=4，點E在上且 C1E=3EC。

(Ⅰ)證明： A1C⊥平面 BED;

(Ⅱ)求二面角 A1-DE-B的大小。

解法一：(三垂線定理)

依題設知AB=2，CE=1。

（Ⅰ）連結AC交BD于點F，則BD⊥AC．

由三垂線定理知，BD⊥A1C在平面A1CA內，

連結EF交A1C于點G，

由于AA1FC=ACCE=22，故Rt△A1AC∽Rt△FCE，

∠AA1C=∠CFE，∠CFE與∠FCA1互余，于是A1C⊥EF。

A1C與平面BED內兩條相交直線BD都垂直，所以A1C⊥平面BED

（Ⅱ）作GH⊥DE，垂足為H，連結A1H．由三垂線定理知A1H⊥DE，

故∠A1HG是二面角A1-DE-B的平面角。

EF=CF2+CE2=3，CG=CE×CFEF=23，EG

=CE2-CG2=33。

EGEF=13GH=13×EF×FDDE=215

又A1C=AA12+AC2=26，A1G=A1C-CG=563，tan∠A1HG=A1GHG=55。

所以二面角A1-DE-B的大小為arctan55

解法二：(向量法)

以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，建立如圖所示直角坐標系D-xyz。

依題設，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，4)

DE—→＝（0，2，1)，DB—→=(2，2，0)，A1C—→=(-2，2，-4)，DA1—→=(2，0，4)。

（Ⅰ）因為A1C—→DB—→=0，A1C—→DE—→=0，故AC⊥BD，A1C⊥DE。

又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面DBE。

（Ⅱ）設向量n=(x，y，z)是平面DA1E的法向量，則

n⊥DE—→，n⊥DA1—→，故2y+z=0，2x+4z=0。

令y=1，則z=-2，x=4，n=(4，1，-2)。

〈n，A1C—→〉等于二面角A1-DE-B的平面角，

cos〈n，A1C—→〉=n，A1C—→nA1C—→=1442，所以二面角A1-DE-B的大小為arccos1442。

通過兩種方法的比較，我們可以看出:①若能充分挖掘利用平面法向量的作用，無疑會大大提高我們的解題速度，開闊視野。②熟悉并掌握法向量的概念，深入挖掘其相關性質，充分發揮其在解題中的作用，對于提高我們分析問題，解決問題能力大有裨益。

向量由于具有幾何形式和代數形式的“雙重身份”，使它成為中學數學知識的一個交匯點，成為聯系多項內容的媒介.向量的坐標表示實際上就是向量的代數表示，實現了向量運算代數化，將“數”和“形”有機地結合起來，成為重要的數學工具.高中數學新教材第二冊下(B)中引進了空間向量的內容，并運用向量理論來處理立體幾何中的“點、線、面”問題，體現了數形結合思想，淡化了傳統立體幾何教材中的由“形”到“形”的推理方式，從而降低了思維難度，使解題變得程序化，學生易于接受，這是用向量法解立體幾何題的獨到之處.下面我再通過幾道例題詳細的說明空間向量在立體幾何中的兩類重要的應用.

(2008年山東20)

如圖，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E，F分別是BC，PC的中點．

（Ⅰ）證明：AE⊥PD；

（Ⅱ）若H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的正切值為62，

求二面角E-AF-C的余弦值。

解：（Ⅰ）證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，可得△ABC為正三角形。

因為E為BC的中點，所以AE⊥BC。

又BC∥AD，因此AE⊥AD

因為PE⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE。

而PA平面PAD，AD平面PAD且

PA∩AD=A，

所以AE⊥平面PAD。又PD平面PAD，

所以AE⊥PD。

（Ⅱ）：由（Ⅰ）知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，又E，F分別為BC，PC的中點，所以

A(0，0，0)，B(3，-1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，

P(0，0，2)，E(3，0，0)，F32，12，1，

所以AE—→=(3，0，0)，AF—→=32，12，1。

設平面AEF的一法向量為m=(x1，y1，z1)，

則mAE—→=0，

mAf—→=0，因此3x1=0，

32x1+12Y1+Z1=0

取z1=-1，則m=(0，2，-1)，

因為BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，

所以BD⊥平面AFC，故BD—→為平面AFC的一法向量．

又BD—→=(-3，3，0)，所以cos＜m，BD—→＞＝mBD—→mBD—→=2×35×12=155。

因為二面角E-AF-C為銳角，

所以所求二面角的余弦值為155。

小結：立體幾何中的證明題要抓住相關性質，判定定理，要養成“想”（由已知想性質，由問題想判定）的習慣，用空間向量解決立體幾何問題，則要抓住：①要解決的問題可用什么向量表示，什么向量知識解決。②所需要的向量是否已知，若未知，是否可用已知條件轉化成向量表示。③怎樣對已經表示出來的向量進行運算，才能得到需要的結論。

(2008年四川19)

如圖，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形，

∠BAD=∠FAB=90°，BC=∥12AD，BE=∥12AF

（Ⅰ）證明：C，D，F，E四點共面；

（Ⅱ）設AB=BC=BE，求二面角A-ED-B的大小；

【解1】：（Ⅰ）延長DC交AB的延長線于點G，由BC=∥12AD得

GBGA=GCGD=BCAD=12延長FE交AB的延長線于G'

同理可得G'EG'F=G'BG'A=BEAF=12故G'BG'A=GBGA，即G與G'重合

因此直線CD、EF相交于點G，即C，D，F，E四點共面。

【解2】：由平面ABEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，得AF⊥平面ABCD，以A為坐標原點，射線AB為x軸正半軸，建立如圖所示的直角坐標系A-xyz

①設AB=a，BC=b，BE=c，則

B(a，0，0)，C(a，b，0)，E(a，0，c)，D(0，2b，0)，F(0，0，2c)

EC—→=(0，b，-c)，FD—→

=(0，2b，-2c)

故EC—→=12FD—→，從而由點EFD，得EC∥FD

故C，D，F，E四點共面

②(向量法)設AB=1，則BC=BE=1， B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E(1，0，1)

在DE上取點M，使DM—→=5ME—→，則M56，13，56從而MB—→=16，-13，-56

又DE—→=(1，-2，1)，MB—→DE—→=0，MB⊥DE在DE上取點N，使DN—→=2NE—→，則N23，23，23

NA—→=-23，-23，-23，NA—→DE—→=0，NA⊥DE，故MB—→與NA—→的夾角等于二面角A-DE-B的平面角，

cos〈MB—→·NA—→〉=MB—→·NA—→MB—→·NA—→=105所以二面角A-DE-B的大小arccos105

【點評】：此題重點考察立體幾何中四點共面問題和求二面角的問題，考察空間想象能力，幾何邏輯推理能力，以及計算能力；

【突破】：熟悉幾何公理化體系，準確推理，在解法2中，準確的建系，確定點坐標，熟悉向量的坐標表示，熟悉空間向量的計算在幾何位置的證明，在有關線段，角的計算中的計算方法是解題的關鍵。

在真正的考場上，如果我們就只對這些題而言的話，其最重要的一點是我們可以利用向量法輕松拿到實實在在的分數.

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