1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题

文字转写

练习

1. 已知 $\boldsymbol{u}=(3,a+b,a-b)(a,b\in\mathbf{R})$ 是直线 l 的方向向量， $\boldsymbol{n}=(1,2,3)$ 是平面 $\alpha$ 的法向量. (1) 若 $l \parallel \alpha$ ，求 a, b 的关系式；(2) 若 $l \perp \alpha$ ，求 a, b 的值.

2. 已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，以 $D$ 为原点，$\{\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DC}, \overrightarrow{DD_1}\}$ 为单位正交基底建立空间直角坐标系。求证：$A_1C \perp BC_1$。

3. 如图，在长方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，AB=2， $BC=CC_{1}=1$ ，E 是 CD 的中点，F 是 BC 的中点。求证：平面 $EAD_{1} \perp$ 平面 $EFD_{1}$ 。

(第3题)

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题

我们知道，立体几何中的距离问题包括点到直线、点到平面、两条平行直线以及两个平行平面的距离问题等．如何用空间向量解决这些距离问题呢？

下面我们先研究用向量方法求直线 l 外一点 P 到直线 l 的距离.

探究

已知直线 $l$ 的单位方向向量为 $\pmb{u}$，$A$ 是直线 $l$ 上的定点，$P$ 是直线 $l$ 外一点。如何利用这些条件求点 $P$ 到直线 $l$ 的距离？

如图1.4-16，向量 $\overrightarrow{AP}$ 在直线 $l$ 上的投影向量为 $\overrightarrow{AQ}$，则 $\triangle APQ$ 是直角三角形。因为 $A$，$P$ 都是定点，所以 $|\overrightarrow{AP}|$，$\overrightarrow{AP}$ 与 $\pmb{u}$ 的夹角 $\angle PAQ$ 都是确定的。于是可求 $|\overrightarrow{AQ}|$。再利用勾股定理，可以求出点 $P$ 到直线 $l$ 的距离 $PQ$。

设 $\overrightarrow{AP} = a$ ，则向量 $\overrightarrow{AP}$ 在直线 $l$ 上的投影向量 $\overrightarrow{AQ} = (a \cdot u)u$ 在 Rt△APQ 中，由勾股定理，得

图1.4-16

$P Q = \sqrt {\left| \overrightarrow {A P} \right| ^ {2} - \left| \overrightarrow {A Q} \right| ^ {2}} = \sqrt {\boldsymbol {a} ^ {2} - (\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {u}) ^ {2}}.$

思考

类比点到直线的距离的求法，如何求两条平行直线之间的距离？

我们再来看平面 $\alpha$ 外一点 P 到平面 $\alpha$ 的距离问题.

如图 1.4-17，已知平面 $\alpha$ 的法向量为 n，A 是平面 $\alpha$ 内的定点，P 是平面 $\alpha$ 外一点。过点 P 作平面 $\alpha$ 的垂线 l，交平面 $\alpha$ 于点 Q，则 n 是直线 l 的方向向量，且点 P 到平面 $\alpha$的距离就是 $\overrightarrow{AP}$ 在直线 $l$ 上的投影向量 $\overrightarrow{QP}$ 的长度．因此

$P Q = \left| \overrightarrow {A P} \cdot \frac {n}{| n |} \right| = \left| \frac {\overrightarrow {A P} \cdot n}{| n |} \right| = \frac {| \overrightarrow {A P} \cdot n |}{| n |}.$

类似地，请同学们研究如何求两个平行平面的距离.

例 6 如图 1.4-18，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A₁B₁C₁D₁ 中，E 为线段 A₁B₁ 的中点，F 为线段 AB 的中点.

图1.4-17

(1) 求点 B 到直线 $AC_{1}$ 的距离；

(2) 求直线 FC 到平面 $AEC_{1}$ 的距离.

分析：根据条件建立空间直角坐标系，用坐标表示相关的点、直线的方向向量和平面的法向量，再利用有关公式，通过坐标运算得出相应的距离.

解：以 $D_{1}$ 为原点，$D_{1}A_{1}, D_{1}C_{1}, D_{1}D$ 所在直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴，建立如图1.4-18所示的空间直角坐标系，则 $A(1, 0, 1), B(1, 1, 1), C(0, 1, 1), C_{1}(0, 1, 0), E(1, \frac{1}{2}, 0), F(1, \frac{1}{2}, 1)$，所以

$\overrightarrow {A B} = (0, 1, 0), \overrightarrow {A C _ {1}} = (- 1, 1, - 1), \overrightarrow {A E} = (0, \frac {1}{2}, - 1),$

$\overrightarrow {E C _ {1}} = (- 1, \frac {1}{2}, 0), \overrightarrow {F C} = (- 1, \frac {1}{2}, 0), \overrightarrow {A F} = (0, \frac {1}{2}, 0).$

(1) 取 $\boldsymbol{a}=\overrightarrow{AB}=(0,1,0)$ ， $\boldsymbol{u}=\frac{\overrightarrow{AC_{1}}}{|\overrightarrow{AC_{1}}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}(-1,1,-1)$ ，则 $a^{2}=1$ ， $a\cdot u=\frac{\sqrt{3}}{3}$ . 所以，点 B 到直线 $AC_{1}$ 的距离为

$\sqrt {\boldsymbol {a} ^ {2} - (\boldsymbol {a} \cdot \boldsymbol {u}) ^ {2}} = \sqrt {1 - \frac {1}{3}} = \frac {\sqrt {6}}{3}.$

(2) 因为 $\overrightarrow{FC} = \overrightarrow{EC_1} = (-1, \frac{1}{2}, 0)$, 所以 $FC \parallel EC_1$, 所以 $FC \parallel$ 平面 $AEC_1$. 所以点 $F$ 到平面 $AEC_1$ 的距离即为直线 $FC$ 到平面 $AEC_1$ 的距离.

设平面 $AEC_{1}$ 的法向量为 $\pmb {n} = (x,y,z)$ ，则

$\left\{ \begin{array}{l} \boldsymbol {n} \cdot \overrightarrow {A E} = 0, \\ \boldsymbol {n} \cdot \overrightarrow {E C _ {1}} = 0. \end{array} \right.$

所以

$\left\{ \begin{array}{l} \frac {1}{2} y - z = 0, \\ - x + \frac {1}{2} y = 0. \end{array} \right.$

所以

$\left\{ \begin{array}{l} x = z, \\ y = 2 z. \end{array} \right.$

取 $z = 1$ ，则 $x = 1, y = 2$ ，所以，$n = (1, 2, 1)$ 是平面 $AEC_{1}$ 的一个法向量.

又因为 $\overrightarrow{AF} = (0, \frac{1}{2}, 0)$，所以点 $F$ 到平面 $AEC_{1}$ 的距离为

$\frac {| \overrightarrow {A F} \cdot \boldsymbol {n} |}{| \boldsymbol {n} |} = \frac {\left| (0 , \frac {1}{2} , 0) \cdot (1 , 2 , 1) \right|}{\sqrt {6}} = \frac {\sqrt {6}}{6}.$

即直线 FC 到平面 $AEC_{1}$ 的距离为 $\frac{\sqrt{6}}{6}$ .

与用平面向量解决平面几何问题的“三步曲”类似，我们可以得出用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”：

(1) 建立立体图形与空间向量的联系, 用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面, 把立体几何问题转化为向量问题;

（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题；

(3) 把向量运算的结果 “翻译” 成相应的几何结论.

练习

1. 在棱长为 1 的正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, 点 $A$ 到平面 $B_{1}C$ 的距离等于____；直线 $DC$ 到平面 $AB_{1}$ 的距离等于____；平面 $DA_{1}$ 到平面 $CB_{1}$ 的距离等于____。

2. 如图，在棱长为1的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 为线段 $DD_1$ 的中点，$F$ 为线段 $BB_1$ 的中点.

(1) 求点 $A_{1}$ 到直线 $B_{1}E$ 的距离；

(2) 求直线 $FC_{1}$ 到直线 AE 的距离；

(3) 求点 $A_{1}$ 到平面 $AB_{1}E$ 的距离；

(4) 求直线 $FC_{1}$ 到平面 $AB_{1}E$ 的距离.

3. 如图, 在棱长为 1 的正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, 求平面 $A_{1}DB$ 与平面 $D_{1}CB_{1}$ 的距离.

与距离类似，角度是立体几何中另一个重要的度量。下面我们用向量方法研究直线与直线所成的角、直线与平面所成的角以及平面与平面的夹角，先看下列问题。

例 7 如图 1.4-19，在棱长为 1 的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD 中，M，N 分别为 BC，AD 的中点，求直线 AM 和 CN 夹角的余弦值.

分析：求直线 $AM$ 和 $CN$ 夹角的余弦值，可以转化为求向量 $\overrightarrow{MA}$ 与 $\overrightarrow{CN}$ 夹角的余弦值。为此需要把向量 $\overrightarrow{MA}$，$\overrightarrow{CN}$ 用适当的基底表示出来，进而求得向量 $\overrightarrow{MA}$，$\overrightarrow{CN}$ 夹角的余弦值。

解：

图1.4-19

化为向量问题

如图1.4-19，以 $\{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}\}$ 作为基底，则

$\overrightarrow {M A} = \overrightarrow {C A} - \overrightarrow {C M} = \overrightarrow {C A} - \frac {1}{2} \overrightarrow {C B}, \overrightarrow {C N} = \frac {1}{2} (\overrightarrow {C A} + \overrightarrow {C D}).$

设向量 $\overrightarrow{CN}$ 与 $\overrightarrow{MA}$ 的夹角为 $\theta$，则直线 $AM$ 和 $CN$ 夹角的余弦值等于 $|\cos \theta|$. 进行向量运算

$\begin{array}{r l} \overrightarrow {C N} \cdot \overrightarrow {M A} & = \frac {1}{2} (\overrightarrow {C A} + \overrightarrow {C D}) \cdot (\overrightarrow {C A} - \frac {1}{2} \overrightarrow {C B}) \\ & = \frac {1}{2} \overrightarrow {C A} ^ {2} - \frac {1}{4} \overrightarrow {C A} \cdot \overrightarrow {C B} + \frac {1}{2} \overrightarrow {C D} \cdot \overrightarrow {C A} - \frac {1}{4} \overrightarrow {C D} \cdot \overrightarrow {C B} \\ & = \frac {1}{2} - \frac {1}{8} + \frac {1}{4} - \frac {1}{8} = \frac {1}{2}. \end{array}$

又$\triangle ABC$和$\triangle ACD$均为等边三角形，所以$|\overrightarrow{MA}|=|\overrightarrow{CN}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

所以

$\cos \theta = \frac {\overrightarrow {C N} \cdot \overrightarrow {M A}}{| \overrightarrow {C N} | | \overrightarrow {M A} |} = \frac {\frac {1}{2}}{\frac {\sqrt {3}}{2} \times \frac {\sqrt {3}}{2}} = \frac {2}{3}.$

回到图形问题

所以直线 AM 和 CN 夹角的余弦值为 $\frac{2}{3}$ .

思考

以上我们用向量方法解决了异面直线 $AM$ 和 $CN$ 所成角的问题，你能用向量方法求直线 $AB$ 与平面 $BCD$ 所成的角吗？

一般地，两条异面直线所成的角，可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求

得．也就是说，若异面直线 $l_{1}$ ， $l_{2}$ 所成的角为 $\theta$ ，其方向向量分别是 $\pmb{u}$ ， $\pmb{v}$ ，则

$\cos \theta = | \cos \langle \boldsymbol {u}, \boldsymbol {v} \rangle | = \left| \frac {\boldsymbol {u} \cdot \boldsymbol {v}}{| \boldsymbol {u} | | \boldsymbol {v} |} \right| = \frac {| \boldsymbol {u} \cdot \boldsymbol {v} |}{| \boldsymbol {u} | | \boldsymbol {v} |}.$

类似地，直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角。如图1.4-20，直线 $AB$ 与平面 $\alpha$ 相交于点 $B$ ，设直线 $AB$ 与平面 $\alpha$ 所成的角为 $\theta$ ，直线 $AB$ 的方向向量为 $\pmb{u}$ ，平面 $\alpha$ 的法向量为 $\pmb{n}$ ，则

$\sin \theta = | \cos \langle \boldsymbol {u}, \boldsymbol {n} \rangle | = \left| \frac {\boldsymbol {u} \cdot \boldsymbol {n}}{| \boldsymbol {u} | | \boldsymbol {n} |} \right| = \frac {| \boldsymbol {u} \cdot \boldsymbol {n} |}{| \boldsymbol {u} | | \boldsymbol {n} |}.$

如图1.4-21，平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于 $90^{\circ}$ 的二面角称为平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角.

类似于两条异面直线所成的角，若平面 $\alpha$ ， $\beta$ 的法向量分别是 $n_{1}$ 和 $n_{2}$ ，则平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角即向量 $n_{1}$ 和 $n_{2}$ 的夹角或其补角。设平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角为 $\theta$ ，则

图 1.4-21 中有几个二面角？两个平面的夹角与这两个平面形成的二面角有什么关系？

$\cos \theta = | \cos \langle \boldsymbol {n} _ {1}, \boldsymbol {n} _ {2} \rangle | = \left| \frac {\boldsymbol {n} _ {1} \cdot \boldsymbol {n} _ {2}}{| \boldsymbol {n} _ {1} | | \boldsymbol {n} _ {2} |} \right| = \frac {| \boldsymbol {n} _ {1} \cdot \boldsymbol {n} _ {2} |}{| \boldsymbol {n} _ {1} | | \boldsymbol {n} _ {2} |}.$

例 8 如图 1.4-22，在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中， $AC=CB=2,\ AA_{1}=3,\ \angle ACB=90^{\circ},\ P$ 为 BC 的中点，点 Q，R 分别在棱 $AA_{1},\ BB_{1}$ 上， $A_{1}Q=2AQ,\ BR=2RB_{1}$ ．求平面 PQR 与平面 $A_{1}B_{1}C_{1}$ 夹角的余弦值.

分析：因为平面 PQR 与平面 $A_{1}B_{1}C_{1}$ 的夹角可以转化为平面 PQR 与平面 $A_{1}B_{1}C_{1}$ 的法向量的夹角，所以只需要求出这两个平面的法向量的夹角即可.

解：

化为向量问题

图1.4-22

以 $C_1$ 为原点，$C_1A_1$，$C_1B_1$，$C_1C$ 所在直线为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴，建立如图1.4-22所示的空间直角坐标系。设平面 $A_1B_1C_1$ 的法向量为 $n_1$，平面 $PQR$ 的法向量为 $n_2$，则平面 $PQR$ 与平面 $A_1B_1C_1$ 的夹角就是 $n_1$ 与 $n_2$ 的夹角或其补角。

进行向量运算

因为 $C_1C \perp$ 平面 $A_1B_1C_1$，所以平面 $A_1B_1C_1$ 的一个法向量为 $\boldsymbol{n}_1 = (0, 0, 1)$.

根据所建立的空间直角坐标系，可知 $P(0,1,3), Q(2,0,2), R(0,2,1)$。所以 $\overrightarrow{PQ} = (2, -1, -1), \overrightarrow{PR} = (0, 1, -2)$。设 $n_2 = (x, y, z)$，则

$\left\{ \begin{array}{l} \boldsymbol {n} _ {2} \cdot \overrightarrow {P Q} = 0, \\ \boldsymbol {n} _ {2} \cdot \overrightarrow {P R} = 0, \end{array} \right.$

所以

$\left\{ \begin{array}{l} 2 x - y - z = 0, \\ y - 2 z = 0. \end{array} \right.$

所以

$\left\{ \begin{array}{l} x = \frac {3}{2} z, \\ y = 2 z. \end{array} \right.$

取 $n_2 = (3, 4, 2)$，则

$\cos \langle \boldsymbol {n} _ {1}, \boldsymbol {n} _ {2} \rangle = \frac {\boldsymbol {n} _ {1} \cdot \boldsymbol {n} _ {2}}{| \boldsymbol {n} _ {1} | | \boldsymbol {n} _ {2} |} = \frac {(0 , 0 , 1) \cdot (3 , 4 , 2)}{1 \times \sqrt {2 9}} = \frac {2 \sqrt {2 9}}{2 9}.$

回到图形问题

设平面 PQR 与平面 $A_{1}B_{1}C_{1}$ 的夹角为 $\theta$ ，则

$\cos \theta = | \cos \langle \boldsymbol {n} _ {1}, \boldsymbol {n} _ {2} \rangle | = \frac {2 \sqrt {2 9}}{2 9}.$

即平面 PQR 与平面 $A_{1}B_{1}C_{1}$ 的夹角的余弦值为 $\frac{2\sqrt{29}}{29}$ .

练习

1. 在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中, $\angle BCA=90^{\circ}$, $D_{1}$, $F_{1}$ 分别是 $A_{1}B_{1}$, $A_{1}C_{1}$ 的中点, $BC=CA=CC_{1}$, 则 $BD_{1}$ 与 $AF_{1}$ 所成角的余弦值是 ( ) . (A) $\frac{\sqrt{30}}{10}$ (B) $\frac{1}{2}$ (C) $\frac{\sqrt{30}}{15}$ (D) $\frac{\sqrt{15}}{10}$

2. $PA, PB, PC$ 是从点 $P$ 出发的三条射线, 每两条射线的夹角均为 $60^{\circ}$, 那么直线 $PC$ 与平面 $PAB$ 所成角的余弦值是 ( ). (A) $\frac{1}{2}$ (B) $\frac{\sqrt{2}}{2}$ (C) $\frac{\sqrt{3}}{3}$ (D) $\frac{\sqrt{6}}{3}$

3. 如图，正三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 的所有棱长都为 2，求平面 $AA_{1}B$ 与平面 $A_{1}BC_{1}$ 夹角的余弦值.

4. 如图，$\triangle ABC$ 和 $\triangle DBC$ 所在平面垂直，且 $AB = BC = BD$，$\angle CBA = \angle DBC = 120^\circ$。求：

(1) 直线 AD 与直线 BC 所成角的大小;

(2) 直线 AD 与平面 BCD 所成角的大小;

(3) 平面 ABD 和平面 BDC 的夹角的余弦值.

例 9 图 1.4-23 为某种礼物降落伞的示意图，其中有 8 根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为 $30^{\circ}$ 。已知礼物的质量为 1 kg，每根绳子的拉力大小相同。求降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小（重力加速度 g 取 $9.8 \, m/s^{2}$ ，精确到 0.01 N）。

分析：因为降落伞匀速下落，所以降落伞8根绳子拉力的合力的大小等于礼物重力的大小。8根绳子的拉力在水平面的法向量方向上的投影向量的和向量与礼物的重力是一对相反向量。

图1.4-23

解：如图1.4-24，设水平面的单位法向量为 $n$ ，其中一根绳子的拉力为 $F$ 。因为 $\langle n, F \rangle = 30^{\circ}$ ，所以 $F$ 在 $n$ 上的投影向量为 $|\frac{\sqrt{3}}{2} F| n$ 。所以8根绳子拉力的合力

$\mathbf {F} _ {\mathrm{合}} = 8 \times \left| \frac {\sqrt {3}}{2} \mathbf {F} \right| \mathbf {n} = 4 \sqrt {3} \mid \mathbf {F} \mid \mathbf {n}.$

又因为降落伞匀速下落，所以

$| \pmb {F} _ {\text {合}} | = | \pmb {G} _ {\text {礼物}} | = 1 \times 9. 8 = 9. 8 (\mathrm{N}).$

所以

$\left| 4 \sqrt {3} \right| \boldsymbol {F} \left| \boldsymbol {n} \right| = 9. 8.$

所以

$| \boldsymbol {F} | = \frac {9 . 8}{4 \sqrt {3}} \approx 1. 4 1 (\mathrm{N}).$

例 10 如图 1.4-25，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 $PD \perp$ 底面 ABCD，PD = DC，E 是 PC 的中点，作 $EF \perp PB$ 交 PB 于点 F.

(1) 求证: $PA \parallel$ 平面 $EDB$;

(2) 求证: $PB \perp$ 平面 $EFD$;

(3) 求平面 CPB 与平面 PBD 的夹角的大小.

图1.4-25

分析：本题涉及的问题包括：直线与平面平行和垂直的判定，计算两个平面的夹角。这些问题都可以利用向量方法解决。由于四棱锥的底面是正方形，而且一条侧棱垂直于底面，可以利用这些条件建立适当的空间直角坐标系，用向量及坐标表示问题中的几何元素，进而解决问题。

解：以 $D$ 为原点，$DA$，$DC$，$DP$ 所在直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴，建立如图1.4-26所示的空间直角坐标系，设 $DC = 1$.

(1) 证明：连接 ${AC}$ ,交 ${BD}$ 于点 $G$ ,连接 ${EG}$ .

依题意得 $A(1,0,0), P(0,0,1), E\left(0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$.

因为底面 ABCD 是正方形，所以点 G 是它的中心，故点 G 的坐标为 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$ ，且 $\overrightarrow{PA} = (1, 0, -1)$ ， $\overrightarrow{EG} = \left(\frac{1}{2}, 0, -\frac{1}{2}\right)$ . 所以 $\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{EG}$ ，即 $PA \parallel EG$ .

而 $EG \subset$ 平面 EDB，且 $PA \not\subset$ 平面 EDB，因此 $PA \parallel$ 平面 EDB.

(2) 证明：依题意得

$B (1, 1, 0), \overrightarrow {P B} = (1, 1, - 1).$

又 $\overrightarrow{DE} = \left(0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$，故

$\overrightarrow {P B} \cdot \overrightarrow {D E} = 0 + \frac {1}{2} - \frac {1}{2} = 0.$

所以 $PB \perp DE$ .

由已知 $EF \perp PB$ ，且 $EF \cap DE = E$ ， 所以 $PB \perp$ 平面 EFD.

(3) 解: 已知 $PB \perp EF$, 由 (2) 可知 $PB \perp DF$, 故 $\angle EFD$ 是平面 $CPB$ 与平面 $PBD$ 的夹角.

由（2）可知点 $F$ 的坐标为 $(x, y, z)$，则 $\overrightarrow{PF} = (x, y, z - 1)$.

因为 $\overrightarrow{PF} = k\overrightarrow{PB}$ ，所以

$(x, y, z - 1) = k(1, 1, -1) = (k, k, -k)$，即 $x = k$，$y = k$，$z = 1 - k$。设 $\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{DF} = 0$，则

$(1, 1, - 1) \cdot (k, k, 1 - k) = k + k - 1 + k = 3 k - 1 = 0.$

所以 $k = \frac{1}{3}$，点 $F$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$.

又点 $E$ 的坐标为 $\left(0, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$，所以

$\overrightarrow {F E} = \left(- \frac {1}{3}, \frac {1}{6}, - \frac {1}{6}\right).$

$\cos \angle E F D = \frac {\overrightarrow {F E} \cdot \overrightarrow {F D}}{| \overrightarrow {F E} | | \overrightarrow {F D} |} = \frac {\left(- \frac {1}{3} , \frac {1}{6} , - \frac {1}{6}\right) \cdot \left(- \frac {1}{3} , - \frac {1}{3} , - \frac {2}{3}\right)}{\frac {\sqrt {6}}{6} \times \frac {\sqrt {6}}{3}} = \frac {1}{2}.$

所以$\angle EFD=60^{\circ}$，即平面$CPB$与平面$PBD$的夹角大小为$60^{\circ}$.

通过本节的学习，你对立体几何中的向量法是否有了一定的认识？请结合例题就下面的框图谈谈体会.

解决立体几何中的问题，可用三种方法：综合法、向量法、坐标法．你能说出它们各自的特点吗？

综合法以逻辑推理作为工具解决问题；向量法利用向量的概念及其运算解决问题，如本节的例7、例9；坐标法利用数及其运算来解决问题，坐标法经常与向量法结合起来使用，如本节的例6，例8，例10。对于具体的问题，应根据它的条件和所求选择合适的方法。

练习

1. 如图，二面角 $\alpha - l - \beta$ 的棱上有两个点 $A, B$ ，线段 $BD$ 与 $AC$ 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱 $l$ 。若 $AB = 4, AC = 6, BD = 8, CD = 2\sqrt{17}$，求平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角。

2. 如图，在三棱锥 $A - BCD$ 中，$AB = AC = BD = CD = 3$，$AD = BC = 2$，$M$，$N$ 分别是 $AD$，$BC$ 的中点．求异面直线 $AN$，$CM$ 所成角的余弦值.

3. 如图，在三棱锥 $O - ABC$ 中，$OA, OB, OC$ 两两垂直，$OA = OC = 3, OB = 2$. 求直线 $OB$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值.

习题 1.4

复习巩固

1. 如图，在三棱锥 A-BCD 中，E 是 CD 的中点，点 F 在 AE 上，且 EF = 2FA. 设 $\overrightarrow{BC} = a$ ， $\overrightarrow{BD} = b$ ， $\overrightarrow{BA} = c$ ，求直线 AE，BF 的方向向量.

2. 如图，在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中， $AB \perp AC$ ，AB = AC = 1， $AA_{1} = 2$ ．以 A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系.

(1) 求平面 $BCC_{1}B_{1}$ 的法向量；(2) 求平面 $A_{1}BC$ 的法向量.

3. 如图，在平行六面体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 是 $AB$ 的中点，$F$ 是 $C_1D_1$ 的中点。求证：$A_1E \parallel CF$。

4. 如图，在四面体 $ABCD$ 中，$AD \perp$ 平面 $BCD$，$M$ 是 $AD$ 的中点，$P$ 是 $BM$ 的中点。点 $Q$ 在线段 $AC$ 上，且 $AQ = 3QC$。求证：$PQ \parallel$ 平面 $BCD$。

5. 如图，在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，点 $E$ 在 $BD$ 上，且 $BE = \frac{1}{3} BD$；点 $F$ 在 $CB_1$ 上，且 $CF = \frac{1}{3} CB_1$。求证：（1）$EF \perp BD$；（2）$EF \perp CB_1$。

6. 如图，在棱长为 1 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$O$ 为平面 $A_1ABB_1$ 的中心，$E$ 为 $BC$ 的中点，求点 $O$ 到直线 $A_1E$ 的距离.

8. 如图，四面体 ABCD 的每条棱长都等于 a, M, N 分别是 AB, CD 的中点. 求证： $MN \perp AB$ , $MN \perp CD$ .
9. 如图，M，N 分别是正方体 ABCD - A’B’C’D’ 的棱 BB’ 和 B’C’ 的中点，求： (1) MN 和 CD’ 所成角的大小；(2) MN 和 AD 所成角的大小.

10. 如图，在正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，E, F, G, H, K, L 分别是 AB, $BB_{1}$ , $B_{1}C_{1}$ , $C_{1}D_{1}$ , $D_{1}D$ , DA 各棱的中点. (1) 求证： $A_{1}C \perp$ 平面 EFGHKL； (2) 求 $DB_{1}$ 与平面 EFGHKL 所成角的余弦值.

综合运用

11. 如图，在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = 2$，$BC = CC_1 = 1$，$E$ 是 $CD$ 的中点。求证：$B_1E \perp$ 平面 $AED_1$。

12. 如图，在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，点 $E, F, G$ 分别在棱 $A_1A, A_1B_1, A_1D_1$ 上，$A_1E = A_1F = A_1G = 1$；点 $P, Q, R$ 分别在棱 $CC_1, CD, CB$ 上，$CP = CQ = CR = 1$。求证：平面 $EFG //$ 平面 $PQR$。

13. 如图，已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，$E$ 为 $CD$ 的中点，求点 $D_1$ 到平面 $AEC_1$ 的距离.

14. 如图，正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，$M$ 是棱 $AA_1$ 的中点，$O$ 是 $BD_1$ 的中点．求证：$OM$ 分别与异面直线 $AA_1$，$BD_1$ 垂直，并求 $OM$ 的长.

15. 如图，已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，$Q$ 为 $B_1C_1$ 的中点，点 $P$ 在棱 $AA_1$ 上，$AP:AA_1 = 1:3$。求平面 $ABCD$ 与平面 $BQP$ 夹角的余弦值。

拓广探索

16. 如图，在直三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 中，$\angle BAC = 90^\circ$，$AB = AC = 2$，$AA_1 = 3$。$M$ 是 $AB$ 的中点，$N$ 是 $B_1C_1$ 的中点，$P$ 是 $BC_1$ 与 $B_1C$ 的交点。在线段 $A_1N$ 上是否存在点 $Q$，使得 $PQ \parallel$ 平面 $A_1CM$?

17. 在空间直角坐标系中，已知向量 $\boldsymbol{u}=(a,b,c)(abc\neq0)$ ，点 $P_{0}(x_{0},y_{0},z_{0})$ ，点 $P(x,y,z)$ . (1) 若直线 l 经过点 $P_{0}$ ，且以 u 为方向向量，P 是直线 l 上的任意一点，求证： $\frac{x-x_{0}}{a}=\frac{y-y_{0}}{b}=\frac{z-z_{0}}{c}$ ; (2) 若平面 $\alpha$ 经过点 $P_{0}$ ，且以 u 为法向量，P 是平面 $\alpha$ 内的任意一点，求证： $a(x-x_{0})+b(y-y_{0})+c(z-z_{0})=0$ .

(第16题)

18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架 ABCD，ABEF 的边长都是 1，且它们所在的平面互相垂直。活动弹子 M，N 分别在正方形对角线 AC 和 BF 上移动，且 CM 和 BN 的长度保持相等，记 CM = BN = a ( $0 < a < \sqrt{2}$ ).

(3) 当 MN 的长最小时，求平面 MNA 与平面 MNB 夹角的余弦值.

小结

一、本章知识结构

二、回顾与思考

空间向量是研究空间图形的有力工具。本章我们在必修课程学习平面向量的基础上，利用类比方法，学习空间向量的概念、运算（包括线性运算和数量积）、基本定理，并运用空间向量研究空间基本图形的平行、垂直等位置关系和距离、角度等度量问题。

向量是具有大小和方向的量，这一概念既适用于平面，也适用于空间。平面内的向量都可以看作空间中的向量，因此空间向量的概念、表示和平面向量是一致的。由于任意两个空间向量都可以平移到一个平面内，因此两个空间向量的运算可以看作两个平面向量的运算，它们的加法、数乘、数量积运算也是一致的。

空间向量为我们解决立体几何问题提供了新的工具。向量让几何量带上了方向，并用统一的符号表示，因此向量运算既是几何的运算也是数的运算。用空间向量解决立体几何问题，首先要用空间向量表示立体几何问题中涉及的几何元素，将几何问题转化为向量问题；然后通过空间向量的运算，研究空间图形之间的平行、垂直等位置关系以及距离、夹角等度量问题；最后将运算结果“翻译”成相应的几何结论，得到相应立体几何问题的解决。这个“三步曲”，是立体几何中向量方法的具体化。

空间向量的加法、数乘、数量积等运算以及空间向量基本定理是用“向量法”解决立体几何问题的基础。空间向量基本定理把空间任意一个向量表示成三个不共面向量的线性运算，在用空间向量解决立体几何问题的过程中，这种表示发挥了基础性的作用。由空间向量基本定理，我们还可以进一步得到空间向量及其运算的坐标表示，从而将几何问题完全“代数化”，得到用空间向量解决立体几何问题的“坐标法”。

请你带着下面的问题，复习一下全章内容吧！

1. 空间向量由平面向量推广而来，空间向量与平面向量有许多共同性质。如果我们把平面看成二维空间，把普通的空间看成三维空间，我们能不能把向量的概念推广到四维（例如由“长”“宽”“高”“时间”四个维度构成的空间）、五维等“空间”中去呢？它们是否也与平面向量、空间向量有许多共同的性质？

2. 因为向量可以用有向线段表示，所以我们用几何方式引入空间向量的运算法则，如向量加法的平行四边形法则。在空间直角坐标系中，我们还可以把这种由几何方式引入的向量运算转化成代数运算（实数运算）。对于这样的做法给空间向量运算带来的方便，你有什么体会？

3. 同学们对数及其运算比较熟悉，向量虽然与数量不同，但是它也构成一个运算体系，我们要从“数、量与运算”发展的角度理解向量及其运算。类比数的运算律，对于向量仍然成立的有哪些？不成立的有哪些？

4. 如何理解空间向量可以由三个不共面向量唯一表示？你认为应如何根据问题的条件选择空间的基底？

5. 利用空间向量解决立体几何问题，首先要用空间向量表示空间中的点、直线、平面这些基本几何元素。在这一过程中，直线的方向向量和平面的法向量发挥了重要作用。我们是如何利用直线的方向向量和平面的法向量表示直线和平面的？我们又是如何利用直线的方向向量和平面的法向量刻画空间直线、平面的平行和垂直关系的？

6. 距离和角度是立体几何中的基本度量。本章我们如何把点到直线、点到平面、平行直线、平行平面间的距离转化为求投影向量长度？如何把直线与平面、平面与平面所成角的问题转化为直线的方向向量或平面的法向量之间的夹角？请结合具体实例谈谈你的体会。

7. 回顾本章学习过程，你对学习数学新知识、应用数学知识解决问题的思想方法有什么新认识？请结合下面的框图谈谈你的体会。

$n$ 维向量及其应用，在 $n$ 维欧氏空间中的应用

推广

逻辑推理及几何直观，几何中的综合法

类比

空间向量及其运算，立体几何中的向量法数（变量）及其运算，几何中的坐标法

特殊化

类比

平面向量及其运算，平面几何中的向量法

复习参考题1

复习巩固

1. 如图, 在四面体 $OABC$ 中, $\overrightarrow{OA} = a$, $\overrightarrow{OB} = b$, $\overrightarrow{OC} = c$. 点 $M$ 在 $OA$ 上, 且 $OM = 2MA$, $N$ 为 $BC$ 中点, 则 $\overrightarrow{MN}$ 等于 ( ). (A) $\frac{1}{2}a - \frac{2}{3}b + \frac{1}{2}c$ (B) $-\frac{2}{3}a + \frac{1}{2}b + \frac{1}{2}c$ (C) $\frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b - \frac{1}{2}c$ (D) $\frac{2}{3}a + \frac{2}{3}b - \frac{1}{2}c$

2. 如图，在平行六面体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，$\overrightarrow{AB}=a$，$\overrightarrow{AD}=b$，$\overrightarrow{AA'}=c$。$P$，$M$，$N$ 分别是 $CA'$，$CD'$，$C'D'$ 的中点，点 $Q$ 在 $CA'$ 上，且 $CQ:QA'=4:1$。用空间的一个基底 $\{a, b, c\}$ 表示下列向量： (1) $\overrightarrow{AP}$； (2) $\overrightarrow{AM}$； (3) $\overrightarrow{AN}$； (4) $\overrightarrow{AQ}$。

3. 如图，在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中， $\angle ABC=90^{\circ}$ ，CB=1，CA=2， $AA_{1}=\sqrt{6}$ ，M 是 $CC_{1}$ 的中点．求证： $AM \perp BA_{1}$ .

4. 如图，正三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 的底面边长为 a，侧棱长为 $\sqrt{2}a$ .

（1）试建立适当的空间直角坐标系，并写出点 $A, B, A_{1}, C_{1}$ 的坐标；

(2) 求 $AC_{1}$ 与侧面 $ABB_{1}A_{1}$ 所成的角.

5. 已知空间三点 $A(0, 2, 3)$, $B(-2, 1, 6)$, $C(1, -1, 5)$.

(1) 求以 AB，AC 为邻边的平行四边形的面积；

(2) 若向量 a 分别与 $\overrightarrow{AB}$ ， $\overrightarrow{AC}$ 垂直，且 $\left|a\right|=\sqrt{3}$ ，求向量 a 的坐标.

6. 设空间两个单位向量 $\overrightarrow{OA} = (m, n, 0)$, $\overrightarrow{OB} = (0, n, p)$ 与向量 $\overrightarrow{OC} = (1, 1, 1)$ 的夹角都等于 $\frac{\pi}{4}$, 求 $\cos \angle AOB$ 的值.

7. 正三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 的侧棱长为2，底面边长为1，$M$ 是 $BC$ 的中点。在直线 $CC_{1}$ 上求一点 $N$，使 $MN \perp AB_{1}$。

8. 如图，在棱长为 1 的正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，E, F, G 分别是 $DD_{1}$ , BD, $BB_{1}$ 的中点.

(1) 求证: $EF \perp CF$ ;

(2) 求 EF 与 CG 所成角的余弦值；

(3) 求 CE 的长.

9. 如图，在直三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$CA = CB = 1$，$\angle BCA = 90^{\circ}$，$AA_{1} = 2$，$M$，$N$ 分别是 $A_{1}B_{1}$，$A_{1}A$ 的中点.

(1) 求 BN 的长;

(2) 求 $\cos\langle\overrightarrow{BA_{1}},\quad\overrightarrow{CB_{1}}\rangle$ 的值；

(3) 求证: $A_{1}B \perp C_{1}M$.

综合运用

10. 如图，在平行六面体 $ABCD - A'B'C'D'$ 中，底面 $ABCD$ 是边长为 $a$ 的正方形，侧棱 $AA'$ 的长为 $b$，且 $\angle A'AB = \angle A'AD = 120^\circ$。求：（1）$AC'$ 的长；（2）直线 $BD'$ 与 $AC$ 所成角的余弦值。

11. 如图，在长方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，点 E，F 分别在 $BB_{1}$ ， $DD_{1}$ 上，且 $AE \perp A_{1}B$ ， $AF \perp A_{1}D$ . (1) 求证： $A_{1}C \perp$ 平面 AEF； (2) 当 AB=4, AD=3, $AA_{1}=5$ 时，求平面 AEF 与平面 $D_{1}B_{1}BD$ 的夹角的余弦值.

12. 如图，在四棱锥 S-ABCD 中，底面 ABCD 满足 $AB \perp AD$ ， $AB \perp BC$ ， $SA \perp$ 底面 ABCD，且 SA = AB = BC = 1，AD = 0.5. (1) 求四棱锥 S-ABCD 的体积； (2) 求平面 SCD 与平面 SAB 的夹角的余弦值.

13. 如图，把正方形纸片 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角，E，F 分别为 AD，BC 的中点，O 是原正方形 ABCD 的中心，求折纸后 $\angle EOF$ 的大小.

14. 在正四棱锥 $S-ABCD$ 中，$O$ 为顶点 $S$ 在底面内的射影，$P$ 为侧棱 $SD$ 的中点，且 $SO=OD$。求直线 $BC$ 与平面 $PAC$ 所成的角。

(第 13 题)

15. 如图，在四面体 ABCD 中，E, F, G, H 分别是 AB, BC, CD, DA 的中点.

(1) 求证：E, F, G, H 四点共面；

(2) 求证： $BD \parallel$ 平面 EFGH；

(3) 设 M 是 EG 和 FH 的交点，求证：对空间任意一点 O， 有 $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD})$ .

拓广探索

16. 如图，在棱长为 $a$ 的正方体 $OABC - O'A'B'C'$ 中，$E$，$F$ 分别是棱 $AB$，$BC$ 上的动点，且 $AE = BF$.

(1) 求证： $A^{\prime}F \perp C^{\prime}E$ ;

(2) 当三棱锥 $B^{\prime}-BEF$ 的体积取得最大值时，求平面 $B^{\prime}EF$ 与平面 BEF 的夹角正切值.

17. 如图，两条异面直线 $a$，$b$ 所成的角为 $\theta$，在直线 $a$，$b$ 上分别取点 $A'$，$E$ 和点 $A$，$F$，使 $AA' \perp a$，且 $AA' \perp b$。已知 $A'E = m$，$AF = n$，$EF = l$，求线段 $AA'$ 的长。

第二章直线和圆的方程

在以往的几何学习中，我们常常通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法研究几何图形的形状、大小和位置关系，这种方法通常称为综合法。本章我们采用坐标法研究几何图形的性质。坐标法是解析几何中最基本的研究方法。

解析几何是17世纪法国数学家笛卡儿和费马创立的，它的基本内涵和方法是：通过坐标系，把几何的基本元素——点和代数的基本对象——数（有序数对或数组）对应起来，在此基础上建立曲线（点的轨迹）的方程，从而把几何问题转化为代数问题，再通过代数方法研究几何图形的性质。解析几何的创立是数学发展史上的一个里程碑，数学从此进入变量数学时期，它为微积分的创建奠定了基础。

本章我们将在平面直角坐标系中，探索确定直线位置的几何要素，建立直线的方程，并通过直线的方程研究两条直线的位置关系、交点坐标以及点到直线的距离等。类似地，通过确定圆的几何要素，建立圆的方程，再通过圆的方程研究与圆相关的问题；最后应用直线和圆的方程解决一些实际问题。