最后更新: 2025-04-06 08:50 查看: 15 次反馈刷题

空间向量在立体几何里的应用

## 点到距离的一般公式
我们先证明点到平面距离的一般公式．
如果 $A, ~ B$ 是空间中的两个点，其中点 $B$ 在平面 $\alpha$ 上，$\vec{n}$ 是平面 $\alpha$ 的一个法向量（图 3－4－3），那么点 $A$ 到平面 $\alpha$ 的距离 $d$ 是 $\overrightarrow{A B}$ 在 $\vec{n}$ 的方向上的投影 $\overrightarrow{A C}=|\overrightarrow{A B}| \cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{A B}\rangle \overrightarrow{n_0}$ 的模，其中
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 $\overrightarrow{n_0}$ 是 $\vec{n}$ 的单位向量（称为平面 $\alpha$ 的单位法向量），于是

$$
d=\left|\left|\overrightarrow{n_0}\right|\right| \overrightarrow{A B}|\cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{A B}\rangle| .
$$

用向量的数量积表示，即

$$
d=\left|\overrightarrow{n_0} \cdot \overrightarrow{A B}\right|=\frac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\vec{n}|}
$$

`例` 如图 3－4－4，在长方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中， $|A B|=2, \quad|A D|=\left|A A^{\prime}\right|=1$ 。
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（1）求顶点 $B^{\prime}$ 到平面 $D^{\prime} A C$ 的距离；
（2）求直线 $B C^{\prime}$ 到平面 $D^{\prime} A C$ 的距离．

解（1）如图 3－4－4，建立空间直角坐标系，则可得有关点的坐标分别为 $D^{\prime}(0,0,0), ~ A(1,0,1), ~ C(0,2,1)$ ， $B^{\prime}(1,2,0)$ ．所以 $\overrightarrow{D^{\prime} A}=(1,0,1), \overrightarrow{D^{\prime} C}=(0,2,1)$ ．

设平面 $D^{\prime} A C$ 的法向量为 $\vec{n}=(u, v, w)$ ，则 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{D^{\prime} A}=0$ ， $\vec{n} \cdot \overrightarrow{D^{\prime} C}=0$ ．把各向量的坐标代人，计算得到 $u+w=0$ ， $2 v+w=0$ ．可以取 $v=1$ ，从而得到平面 $D^{\prime} A C$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(2,1,-2)$ ．

因为 $\overrightarrow{B^{\prime} C}=(-1,0,1)$ ，根据上面得到的点到平面的距离公式知，点 $B^{\prime}$ 到平面 $D^{\prime} A C$ 的距离为

$$
d=\frac{\left|\vec{n} \cdot \overrightarrow{B^{\prime} \vec{C}}\right|}{|\vec{n}|}=\frac{|2 \times(-1)+(-2) \times 1|}{\sqrt{2^2+1^2+(-2)^2}}=\frac{4}{3} .
$$

（2）因为 $\overrightarrow{B C^{\prime}}=\overrightarrow{A D^{\prime}}$ ，所以 $B C^{\prime} / / A D^{\prime}$ ，从而 $B C^{\prime} / /$ 平面 $D^{\prime} A C$ ，问题转化为求点 $C^{\prime}(0,2,0)$ 到平面 $D^{\prime} A C$ 的距离．因为 $\vec{C}^{\prime} \vec{C}=(0,0,1)$ ，所以直线 $B C^{\prime}$ 到平面 $D^{\prime} A C$ 的距离为 $\frac{\left|\vec{n} \cdot \overrightarrow{C^{\prime} \vec{C}}\right|}{|\vec{n}|}=\frac{2}{3}$.

## 求角大小
如图 3－4－6，在正方体 $A B C D-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 中，$E$ ， $F$ 分别是 $A D, ~ A B$ 的中点．求直线 $B^{\prime} E$ 与 $C^{\prime} F$ 所成角的大小．
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解 设正方体的棱长为 $a$ ．以点 $D^{\prime}$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{D^{\prime} A^{\prime}}$ ， $\overrightarrow{D^{\prime} C^{\prime}}$ 与 $\overrightarrow{D^{\prime} D}$ 的方向为 $x, ~ y$ 与 $z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则可得有关点的坐标分别为 $B^{\prime}(a, a, 0), ~ E\left(\frac{a}{2}, 0, a\right)$ ， $C^{\prime}(0, a, 0), ~ F\left(a, \frac{a}{2}, a\right)$ ，因此，直线 $B^{\prime} E$ 与 $C^{\prime} F$ 的方向向量分别是

$$
\overrightarrow{B^{\prime} E}=\left(-\frac{a}{2},-a, a\right) \text { 与 } \overrightarrow{C^{\prime} F}=\left(a,-\frac{a}{2}, a\right) .
$$

从而

$$
\cos \left\langle\overrightarrow{B^{\prime} E}, \overrightarrow{C^{\prime} F}\right\rangle=\frac{\overrightarrow{B^{\prime} E} \cdot \overrightarrow{C^{\prime} F}}{\left|\overrightarrow{B^{\prime} E}\right|\left|\overrightarrow{C^{\prime} F}\right|}=\frac{4}{9} .
$$

所以，直线 $B^{\prime} E$ 与 $C^{\prime} F$ 所成角的大小为 $\arccos \frac{4}{9}$ ．
上例 中的两条直线是异面直线．事实上，用向量方法求两条直线所成的角时，无须区分它们是否为异面直线．但要注意，如果两条直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的方向向量分别是 $\overrightarrow{r_1}$ 与 $\overrightarrow{r_2}$ ，当求出的方向向量的夹角 $\left.\left\langle\overrightarrow{r_1}, \overrightarrow{r_2}\right\rangle\right\rangle \frac{\pi}{2}$ 时，$l_1$ 与 $l_2$ 所成的角 $\theta$ 是它的补角 $\pi-\left\langle\overrightarrow{r_1}, \overrightarrow{r_2}\right\rangle$ ．因为我们约定两条直线所成角的取值在 0和 $\frac{\pi}{2}$ 之间。所以，用方向向量 $\overrightarrow{r_1}$ 与 $\overrightarrow{r_2}$ 表达的两条直线所成角 $\theta$的大小的公式为

$$
\cos \theta=\frac{\left|\overrightarrow{r_1} \cdot \overrightarrow{r_2}\right|}{\left|\overrightarrow{r_1}\right|\left|\overrightarrow{r_2}\right|}
$$

## 求二面角

立体几何中常见的有关角的问题还有直线与平面所成的角和平面与平面所成的角（二面角）。确定这两类角的大小，都可以通过转化为直线的方向向量和平面的法向量两个向量夹角的问题加以解决。当然，为得到最终的解答，必须知道所要讨论的角与转化后的向量夹角的关系。
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先考虑直线与平面所成的角．从图 3－4－7 可以看出，直线与平面垂线（法向量所在直线）所成的角和直线与平面所成的角的关系：如果直线与平面所成的角为 $\theta$ ，那么直线与平面垂线（法向量所在直线）所成的角为 $\frac{\pi}{2}-\theta$ ．因此，如果直线的一个方向向量为 $\vec{r}$ ，平面的一个法向量为 $\vec{n}$ ，那么直线与平面所成的角 $\theta$ 的大小由如下公式确定：

$$
\sin \theta=\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\frac{|\vec{r} \cdot \vec{n}|}{|\vec{r}||\vec{n}|}
$$

`例` 如图 3－4－8，在四棱雉 $P-A B C D$ 中，$P A \perp$ 平面 $A B C D, A B \perp A D, B C / / A D,|P A|=|A B|=|B C|=1$ ， $|C D|=\sqrt{2}, \angle C D A=45^{\circ}$ ．求直线 $P B$ 与平面 $P C D$ 所成角的大小．
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 解 因为 $P A \perp$ 平面 $A B C D, A B \perp A D$ ，则可取点 $A$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{A B}, ~ \overrightarrow{A D}$ 与 $\overrightarrow{A P}$ 的方向为 $x, ~ y$ 与 $z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系．作 $C E / / B A$ 交 $A D$ 于点 $E$ ，则 $|C E|=1$ ．又 $|C D|=\sqrt{2}$ ，由勾股定理，易知 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形，从而 $|E D|=1, ~|A D|=2$ ．于是，可得有关点的坐标分别为 $A(0,0,0)$ ， $B(1,0,0), ~ C(1,1,0), ~ D(0,2,0), ~ P(0,0,1)$ ，所以 $\overrightarrow{P B}=(1,0,-1), ~ \overrightarrow{C D}=(-1,1,0), ~ \overrightarrow{P D}=(0,2,-1)$ ．

设平面 $P C D$ 的法向量为 $\vec{n}=(u, v, w)$ ，则 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{C D}=0$ ， $\vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=0$ ．即 $-u+v=0,2 v-w=0$ ．取 $v=1$ ，从而得到平面 $P C D$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(1,1,2)$ ．

设直线 $P B$ 与平面 $P C D$ 所成角的大小为 $\theta\left(0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right)$ ，则

$$
\sin \theta=\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\frac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{P B}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{P B}|}=\frac{\sqrt{3}}{6} .
$$

所以，直线 $P B$ 与平面 $P C D$ 所成角的大小为 $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{6}$ ．

现在考虑二面角的平面角和它的两个半平面所在平面的法向量夹角大小的关系．如图 3－4－9，一个平面的法向量垂直于该平面上的所有直线，所以法向量夹角的两条边垂直于二面角的平面角相应的边．从平面几何知道，这样两个角或者相等，或者互补．
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 因此，如果 $\overrightarrow{n_1}$ 与 $\overrightarrow{n_2}$ 分别是两个平面的法向量，那么这两个平面所成的锐二面角（或直二面角）$\theta$ 的大小由如下公式确定：

$$
\cos \theta=\frac{\left|\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|\left|\overrightarrow{n_2}\right|}
$$

`例` 如图 3－4－10（1），在正四棱雉 $P-A B C D$ 中，$|P A|=$ $|A B|=2 \sqrt{2}, E, ~ F$ 分别为 $P B, ~ P D$ 的中点．若平面 $A E F$ 与棱 $P C$ 交于点 $G$ ，求平面 $A E G F$ 与平面 $A B C D$ 所成二面角的大小．
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 解 如图 3－4－10（2），连接 $A C, ~ B D$ 交于点 $O$ ，则 $O A$ ， $O B, ~ O P$ 两两互相垂直．以点 $O$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{O A}$ ， $\overrightarrow{O B}, ~ \overrightarrow{O P}$ 的方向为 $x, ~ y$ 与 $z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系。

因为 $|P A|=|A B|=2 \sqrt{2}$ ，由勾股定理，易知 $|O A|=|O B|=$ $|O P|=2$ ，从而可得有关点的坐标分别为 $A(2,0,0), ~ B(0,2,0)$ ， $C(-2,0,0)$ ，$D(0,-2,0), ~ P(0,0,2)$ ，$E(0,1,1), ~ F(0,-1,1)$ ．所以 $\overrightarrow{A E}=(-2,1,1), \overrightarrow{A F}=(-2,-1,1)$ ．

设平面 $A E G F$ 的法向量为 $\vec{n}=(u, v, w)$ ，由 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=0$ 与

$\vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}=0$ ，推出关系式 $-2 u+v+w=0$ 与 $-2 u-v+w=0$ ．可取 $u=1$ ，解得 $v=0, w=2$ ，从而得到平面 $A E G F$ 的一个法向量 $\vec{n}=(1,0,2)$ ．

平面 $A B C D$ 的法向量显然可取为 $\vec{m}=(0,0,1)$ ，从而

$$
\cos \langle\vec{m}, \vec{n}\rangle=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{2}{1 \times \sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}
$$

所以，平面 $A E G F$ 与平面 $A B C D$ 所成的二面角是 $\operatorname{arc} \cos \frac{2 \sqrt{5}}{5}$与 $\pi-\arccos \frac{2 \sqrt{5}}{5}$（前者是锐二面角）．

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