向量法求空间角及距离

空间角和距离是最基本的两个几何量，空间图形中各元素的位置关系都可以用这两个几何量来定量地描述，因此，有关空间角和距离的计算，是立体几何的一类重要问题，是历年来高考考查的重点，本文运用向量方法简捷地解决这些方法。

一． 求空间角问题 1． 求异面直线的夹角

设a,b分别为异面直线a,b的方向向量，则由向量的数量积可知，异面直线a,b的夹角由cos|a•b|得出。

|a||b|【例1】 在三棱锥SABC中，SABSACACB90,AC2，BC13,SB① 证明：SCBC

② 求异面直线SC与AB所成角的余弦值。（2002年高考题）

29,

S解析： ① 由题意得：SC•CB(SAAC)•CBSA•CBAC•CB0 A 故：SCBC

2③ 由SC•AB(SAAC)•(ACCB)|AC|4

BzCA1D1OPDANBB1MC1 |AB|17,|SA|23,|SC|4,故:cos|SC•AB|17 17|SC||AB|【例2】 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是DD1的中点，O,M,N分别是面A1B1C1D1，BB1C1C,ABCD的 中心，求异面直线PN和OM所成的角.

Cyx解析： 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，取正方体的棱长为2， 则P(0,0,1),N(1,1,0),M(1,2,1),O(1,1,2)

由PN•OM(1,1,1)•(0,1,1)2|PN||OM| 故PN与OM所成的角满足cos326 6|PN•OM|6，即arccos 3|PN||OM|32． 求二面角

如图，设n1,n2是二面角l的两个半平面的一个法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，法向量n1,n2的夹角为，就是二面角l的平面角：cosn1•n2,据此，只要求得二面角两个半平面的异侧法向量，即可得到二面角的平面角。要注意调整好向量的方向，使其夹角为二面角的平面

|n1||n2|n1n2z角。

【例3】 如图，四棱锥PABCD的底面是边长为a的正方形，

PB面ABCD，证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD

P与面PCD所成的二面角恒大于90。

解析：建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，设P(0,0,b)，依题意有：

BAy A(0,a,0),C(a,0,0),D(a,a,0)，设n1(x,y,z)是面PAD的一个法

CxDn1•PA0aybz0 向量，则即 令yb

n1•PD0axaybz0n2•PC0axbz0得n1(0,b,a)，设n2(x,y,z)是面PCD的一个法向量，则即

axaybz0n2•PD0令xb，得n2(b,0,a)，由n1•n2a20 得cos0,即无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90。 【例

14】 如图，在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，SA面ABCD,SAABBC1,AD,求面

2zSCD与面SAB所成的二面角的正切值。

解析：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则S(0,0,1),C(1,1,0)， D(,0,0)，设n(x,y,z)是面SCD的一个法向量，则

12yBADxA1C1yADBCxzB1n•SD0x2z0 即令x2得n(2,1,1)，

xyz0n•SC0又知AD(,0,0)是面SAB的一个法向量，

C12n•AD62所以cos。 ,tan2|n||AD|3【例5】 在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD底面ABCD，且PDADa,问:

平面PAB与平面PBC能否垂直？说明之。

解析：由PD底面ABCD，得PDAD,PDCD,设DCb(ba), 设平面PAB的法向量n1DPDADC，则n1•AB0

PDC 即(DPDADC)•AB0，所以DC•AB0,所以0, 又n1•AP0，即(DPDADC)•AP0，所以：

22ABa2 (DPDADC)•(DPDA)0 所以：(DP)(DA)0,所以21,所以：

a n1DPDA，设平面PBC的法向量为：n2DPmDAnDC，则n2•BC0,

a2a22 n2•PC0，同理得：n2DP2DC，所以n1•n2(DPDA)•(DP2DC)a，

bb 故平面PAB与平面PBC不可能垂直。

【例6】 如图，底面是等腰直角三角形的直三棱柱ABCA1B1C1，C90,AA1AC，D为CC1 上的点，且CC13C1D，求二面角BB1DA的大小。 解析：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设AA1AC3,则： A(0,3,0),B1(3,0,3),D(0,0,2)，设n(x,y,z)为平面ADB1的一个

3y2z0n•AD0 法向量，则即令x1,得n(1,2,3)，易知平面BB1D的一个法向量为CA(0,3,0)，所以

n•AB103x3y3z0cosn,CAn•CA14|n||CA|7，由图可知：二面角 BBarccos141DA为：7。 【点拔】 二面角问题通过法向量的引入，使复杂的添加辅助线不必进行，解题一下子变得轻松易懂。

3．求线面角

如图，设AB是平面的斜线，n是的一个法向量，C是垂足，则向量AB在n上的射影长为：

|BC||n•AB||n|，AB与平面的夹角满足：sin|BC||n•AB||n•AB||AB||n||AB|,即sin|n||AB| 或：cos|AB•AC||AB||AC|，据此，只须求得平面的一个法向量n及向量AC或BC，即可求

得斜线AB与平面的夹角。

【例7】如图，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为，侧棱长为2a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角。

解析：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0),B(a32,2a,0), zA1C1DB1yOACxBABAD,C1D,，由 A1(0,0,2a),C1(a,0,2a)，取11的中点D，连结

C1DA1B1得C1D面ABB1A1，故AC1与AD所成的角即AC1与侧面ABB1A1所成的角。由 AD(,a43AC1•AD3a,2a),AC1(a,0,2a)得：cosAC1,AD，故： 4|AC1||AD|2A1B1zC1 AC1与AD所成的角,即AC1与侧面ABB1A1所成角为30。

【例8】 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AC2BC,A1BB1C,求B1C与

侧面A1ABB1所成角的正弦值。

解析：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,设|BC|2,|CC1|a, 则A(4,0,0),A1(4,0,a),B(0,2,0),B1(0,2,a),由A1BB1C 得：

2 BA1•CB1(4,2,a)•(0,2,a)a40，故:a2.

AyBC4x2y0n•A1B10 设n(x,y,z)是面A1ABB1的一个法向量，则 即令x1 得n(1,2,0),又B1C(0,2,2),所以B1C与面A1ABB1所

2z0n•BB10成角的正弦为：

sin|n•B1C|10

5|n||B1C|PAB二． 求空间距离问题 1． 求点线距离

如图，求得向量AP在向量AB上的射影长为d，则点P到直线AB的距离为|PB||AP|d。

【例9】 设P为矩形ABCD所在平面外的一点，直线PA平面ABCD,AB3,BC4,PA1, 求点P到直线BD的距离。

P2解析：如图，因为|BP•BD||(BAAP)•(BCCA)||AB|9，

229|BD|5,所以BP在BD上的射影长为,又|BP|10,故P到直线BD的距离为：

5913d10()2

55BADC2． 求点面距离

如图所示，设M平面,则外一点P到平面的距离，就是向量MP在平面的

nP|n•MP|法向量n上的射影长度，即P到平面的距离为：d，据此，只须求得平面的一个法向量n与向量MP， |n|即可得点P到的距离。

【例10】 已知AB为平面的一条斜线，n为平面的一个法

αMαn向量，求证：A到平面的距离为：d|AB•n|。 |n|证明：因为cosAB,n|AB•n|，所以A到平面的距离为：

|AB||n||AB•n||AB•n| |AB||n||n| d|AB||cosAB,n||AB|【例11】 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是A1B1,CD的中点，求点B 到截面AEC1F的距离。 解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)， F(0,,0)，E(1,,1)，设n(x,y,z)为面AEC1F的一个

zD1B1EDFBCyC11212A11yz02n•AE0法向量，则即令x1得n(1,2,1)，又AB(0,1,0)，所以点B

1n•AF0xy02到截面AEC1F的距离为dAx|AB•n|6 3|n|【点拔】 对于线面距离、面面距离、可能通过转化为点面距离来求解，所以点面距离的向量求法可以加以推广，进会合理运用。

【例12】 如图，已知ABCD是边长为1的正方形，E,F分别为AB,AD的中点，GC垂直于ABCD所在平面，且GC2，求：点B到平面EFG的距

离。

解析：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(0,4,0), E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2)，设n(x,y,z)是平面EFG

zGxFAEByDn•GE02x4y2z0 的一个法向量，即令x1得n(1,1,3)

4x2y2z0n•GF0C|EBn|211所以向量EB(2,0,0)在n上的射影长为d 11|n|3． 求异面直线距离

【例13】 已知异面直线l1,l2，AB为l1,l2的公垂线段，C,D分别为l1,l2上的任意一点，n为 直线AB的一个方向向量，求证：|AB|解析：因为CDCAABBD，所以CD•n (CAABBD)•nCA•nAB•nBD•n

由ABAC,ABBD，得CA•n0,BD•n0 所以：CD•nAB•n 故：

αBD|CDn| |n|ACl1l2 |CD•n||AB•n||AB||n| 所以：|AB||CDn| |n|zDAD1A1xB1BC1yC【例14】 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为2E为A1B1的中点，求异面直线D1E和BC1 的距离。 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D1E(2,1,0),

E C1B(2,0,2)，设n(x,y,z)为D1E和BC1公垂线上一个方向向量，

n•D1E02xy0 即令x1得n(1,2,1)

n•C1B02x2z0 又DC(0,2,0)，所以异面直线D1E和BC1 的距离d1|D1E•n|26。 3|n|【点拔】 在上面的解法中，我们避免了繁锁的辅助线，而代之以简单的坐标运算，降低了思维难度，简单易解。 【例15】 在四棱锥SABCD中，底面是边长为4a的正方形，侧棱SASBSCSD8a, M,N分别为棱SA,SC的中点，求异面直线DM与BN之间的距离d.

MzS解析： 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B(2a,2a,0),D(2a,2a,0), M(a,a,14a),N(a,a,14a)，设n(x,y,z)为DM与BN的公垂

BAOxNDyCn•BN0x3y14z0 线的一个方向向量，则即令y1得n(3,1,0)，故：

n•DM0x3y14z0异面直线DM与BN之间的距离d=|MN•n|410a。

5|n|【总结】 通过上面的一些例子，我们可以看到向量在解决空间角和距离方面的作用，当然，以上所举的一些例子，用传统方法去做，也

是可行的，甚至有的还较为简单，用向量的好处在于克服传统立几以纯几何方式解决问题带来的高度的技巧性和随机性，为解决空间问题指出一条新的路子。