完整版法向量详解.docx

1、完整版法向量详解例1:已知棱长为1的正方体ABCD - AiBiCiDi中，E、F分别是BQi专题：法向量的详解高中数学法向量的定义：如果向量a _平面:，那么向量a叫做平面:的 法向量。但是对于法向量在立体几何中的运用却没有详细介绍，其实 灵活运用法向量去求解某些常见的立几问题如“求点到平面的距离” 、 “求异面直线间的距离”、“求直线与平面所成的角”、“求二面角的大 小”、“证明两平面平行或垂直”等是比较简便的，现介绍如下：一、求点到平面的距离设A是平面外一点，AB是的一条斜线，交平面，于点B，而n是平面的法向量，则有:注：此题A1在平面DBEF的射影难以确定，给求解增加难度，若利用(丿式

2、求解，关键是求出平面 DBEF的法向量。法向量的求解有多 种，根据线面垂直的判定定理，设 n =( x, y, z),通过建立方程组求 出一组特解。、求异面直线间的距离假设异面直线a、b ,平移直线a至a ,且交b于点A ,那么直线a和 b确定平面:,且直线a /，设n是平面:的法向量，那么n丄a , n 丄b。所以异面直线a和b的距离可以转化为求直线a上任一点到平n , C、D分别是l1,l2上任面的距离，方法同例1结论：hl是两条异面直线，其公垂向量为H一点，d为J间的距离，贝U dCD n|。|n|例2:已知棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1, 求直线DA1和AC间的距离。解：如

3、图建立空间直角坐标系，则 AC =(- 1 , 1 , 0) , DA =( 1 , 0, 1)连接A1C1，则A1C1/AC ,设平面AGD的法向量为n =(x, y, z),由 f 竺=，解得 n =( 1,1，- 1),又 AA； =( 0, 0, 1) n DA =0距离为_2。3注：这道题若用几何推理，需连结 D1B，交 DA1C1和厶BQA分别为E、F,并证明 DQEB1BE，且EF恰好等于DA1和AC的公垂线段长而且三等分线段 D1B，进而求解EF,解题过程几经转化，还需添加大量辅助线，不如用法向量求解更直接简便。三、求直线与平面所成的角直线AB与平面所成的角6可看成是向量AB与

4、平面的法向量例4:已知棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小。arccos3所以平面 AiBCi与平面 ABCD所成的二面角大小为 恵-arccos一。3注：用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的 方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际 形态确定其大小。五、证明两平面平行或垂直1若a/B,贝U n. II n-;反之也成立。2若a丄B,贝U n.丄n ;反之也成立。例5:已知棱长为1的正方体ABCD -AiBiCiDi中，E、F、M分别是AiCi、AiD 和 BiA 上任 面 AiEF

5、I 平面 BiMC。证明：如图建立空间直角坐标系，则 AiCi =( i, i, 0),0, i)AiD =( i , 0 , i ) , BiA =( 0,i , i)设 AE 二 AG , AF -AD , Bi -v BiA ( 、 R ,且均不为0)设ni、压分别是平面 AiEF与平面BiMC的法向量，由眞十，可得壬，即込更=。解得:i, i,_，AF =0 门2 =0 、n2，AD =0i)由企BM=O，可得實巴A = 0，即理兰=0解得忙=(_ 1, 1 , jn? B|C =0 jn2 B|C = 0 jn2 BQ = 0-1),所以m = n2 , n1/n2，所以平面 AiE

6、F /平面BiMC。注：如果求证的是两个平面垂直，可以求出两个平面的法向量，利用m _ n2 二 n1 n2 =0来证明。利用法向量来解决上述五种立体几何题目， 最大的优点就是不用象在进行几何推理时那样去确定垂足的位置，完全依靠计算就可以解决 问题。但是也有局限性，高中阶段用代数推理解立体几何题目关键 就是得建立空间直角坐标系，把向量通过坐标形式表示出来，所以能 用这种方法解题的立体几何模型一般都是如：正(长)方体、直棱柱、 正棱锥等。例5如图4 在长方体ABCD - A1B1C1D1中，AD= AA1=1，AB=2，点E在棱 AB上移动。(I)证明： D1E _ AD ；ACD1的距离；(f

7、fi) AE等于何值时，二面角 D1-EC-D的大小为。4分析 本题是立体几何试题的常见题型， 考查的是传统内容。证线线 垂直，求点到平面的距离，求二面角的大小，可用传统的几何方法求解，也可利用向量法求解。下面给出向量法求解。解：建立如图所示的空间直角坐标系， 设AE=a，则A0 , D1(0,0,1),E(1,a,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)。(I)证明：由 债=(1,0,1) , DE = (1,a1,1),DADE = (1,0,1) (1,a-1,-1)=1-1=0，有 DAf 丄 DE，于是 DE 丄 ad。() E 是 AB 的中点，得 e(1,1,0), DX =(1

8、,1,1),兄(一1,2,0),ADS(-1,0,1)。设平面ACD1的法向量为n =(x, y,1)，单位法向量为n,n2 =( x, y, 1。)又 EC =(一1,2 一a,0) , DC =(0,2, -1)。由 n2 E=Ujn2 D1C 0小2 EC =0 得 J(x,y,1) (1,2a,0) =0 l(x,y,1) .(0,2,-1)=0设所求的二面角为二，则=1。解得(0,0,1)2，)逅 得(仁a 2 丄 +cos v - cos n2 2=2 -，得(1 2 ) 4r ai i 2 242-) 4 1a = 2 - 3 ，所以，当AE=2_、3时，二面角DiECD的大小为

9、。4如图5，四棱锥P- ABCD中，底面ABCD为矩形，PD _底面 ABCD , AD=PD , E, F 分另CD、PB 的中点。B 一()设AB= J BC，求AC与平面AEF所成角昭分析：本题考查的是立体几何的重点内容：直线与平面垂直和直线与平面所成的角，考查空间想像能力和推理 论证能力，本题也是一题两法。(I)证明：建立空间直角坐标系(如图 5),设 AD=PD=1 , AB= 2a ( a 0),则 E(a,0,0), C(2a,0,0), A(0,1,0), B(2a,1,0), P(0,0,1), , F ( a,异)2 2 得 EFogg), PB=(2a,1,-1) , T

10、B=(2a,0,0)。由 EF = (0,1,1) (2a,0,0) =0 ,得 _ AB ,即 EF _ AB ,同理 EFPB,又 ABp|PB=B, 所以，EF 平面 PAB。(H)解：由 AB =、. 2BC ,得 2a =2 ,即 a = 2。2得 E22,0,0) , F(，4；,-) , CO-2,0,0)。2 2 2 2有毘珂 J2, -1,0), AE=(,-1,0), EF =(0,1,1)。2 2 2设平面AEF的法向量为n=(x,y,1)( 1 1 11(x, y,1) (0, ,) =0 -y 0I 2 2 12 2I 忑 二g(x, y,1)(二,-1,0) =0

11、牙x y =0i设AC与面AEF所成的角为AC与n的夹角为:：:AC, n.IACMS于是 n = （一、2 -1,1）。_（二一1,0） .（一、2，一1,1） 一仝，得 J2 +1+0J2 +1+1 6，所以，AC与平面AEF所成角的大小为arcsin出。6与平说明：用传统的几何方法，在限定的时间内，很难找到 AC面AEF所成的角。而利用平面的法向量解题，可顺利地避开这一切麻烦，只要找到平面的法向量n,利用向量间的代数运算，可方便简捷地解决此题。形，AB/DC , DAB =90 , PA_ 底面且 PA=AD=DC= 1 ab =1 , M 是 PB 的中2(I)证明：面PAD_面PCD;（H）求AC与PB所成的角;（山）求面 AMC与面BMC所成二面角的大小。解:（略）说明：本题求二面角的大小，由于不易找到二面角的平面角，无论是用传统的几何方法还用一般的向量方法，都很不易解决，这也是造 成立体几何解答题得分不高的原因之一， 如果采用平面的法向量解题， 情况就大不相同了，请大家仔细体会。以上介绍了平面的法向量及其几个引理，以此为工具，解决了立体 几何中的部分难题。利用平面法向量解题，方法简便，易于操作，可 以避开传统几何中的作图、证明的麻烦，又可弥补空间想像能力的不 足，发挥代数运算的长处。深入开发它的解题功能，平面法向量将在 数学解题中起到越来越大的作用。