【摘要】 法向量的引进,对解决空间问题提供了一个很方便、实用的工具,如能结合法向量的有关知识,灵活运用法向量,可减少辅助线的添加,降低解题的难度,其思路明确,易于下手,过程較为程序化,易于掌握。
　　【关键词】 法向量;二面角;应用
　　【中图分类号】 G633.65
　　【文献标识码】 B
　　【文章编号】 1005-1074(2008)08-0242-02
　　
　　以2008全国高考题数学2卷(19)题为例分析来分析空间向量在立体几何中的优势
　　例:如图，正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中， AA1=2AB=4,点E在上且 C1E=3EC。
　　(Ⅰ)证明： A1C⊥平面 BED;
　　(Ⅱ)求二面角 A1-DE-B的大小。
　　解法一：(三垂线定理)
　　依题设知AB=2，CE=1。
　　（Ⅰ）连结AC交BD于点F，则BD⊥AC．
　　由三垂线定理知，BD⊥A1C在平面A1CA内，
　　连结EF交A1C于点G，
　　由于AA1FC=ACCE=22，故Rt△A1AC∽Rt△FCE，
　　∠AA1C=∠CFE，∠CFE与∠FCA1互余，于是A1C⊥EF。
　　A1C与平面BED内两条相交直线BD都垂直，所以A1C⊥平面BED
　　（Ⅱ）作GH⊥DE，垂足为H，连结A1H．由三垂线定理知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的大小为arctan55
　　解法二：(向量法)
　　以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系D-xyz。
　　依题设，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）因为A1C—→DB—→=0，A1C—→DE—→=0，故AC⊥BD，A1C⊥DE。
　　又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面DBE。
　　（Ⅱ）设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的法向量，则
　　n⊥DE—→，n⊥DA1—→,故2y+z=0，2x+4z=0。
　　令y=1，则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的大小为arccos1442。
　　通过两种方法的比较,我们可以看出:①若能充分挖掘利用平面法向量的作用,无疑会大大提高我们的解题速度,开阔视野。②熟悉并掌握法向量的概念,深入挖掘其相关性质,充分发挥其在解题中的作用,对于提高我们分析问题,解决问题能力大有裨益。
　　向量由于具有几何形式和代数形式的“双重身份”,使它成为中学数学知识的一个交汇点,成为联系多项内容的媒介.向量的坐标表示实际上就是向量的代数表示,实现了向量运算代数化,将“数”和“形”有机地结合起来,成为重要的数学工具.高中数学新教材第二册下(B)中引进了空间向量的内容,并运用向量理论来处理立体几何中的“点、线、面”问题,体现了数形结合思想,淡化了传统立体几何教材中的由“形”到“形”的推理方式,从而降低了思维难度,使解题变得程序化,学生易于接受,这是用向量法解立体几何题的独到之处.下面我再通过几道例题详细的说明空间向量在立体几何中的两类重要的应用.
　　(2008年山东20)
　　如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E,F分别是BC,PC的中点．
　　（Ⅰ）证明：AE⊥PD；
　　（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，
　　求二面角E-AF-C的余弦值。
　　解：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形。
　　因为E为BC的中点，所以AE⊥BC。
　　又BC∥AD，因此AE⊥AD
　　因为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两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E,F分别为BC,PC的中点，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。
　　设平面AEF的一法向量为m=(x1,y1,z1)，
　　则mAE—→=0,
　　mAf—→=0,因此3x1=0,
　　32x1+12Y1+Z1=0
　　取z1=-1，则m=(0,2,-1)，
　　因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，
　　所以BD⊥平面AFC，故BD—→为平面AFC的一法向量．
　　又BD—→=(-3,3,0)，所以cos＜m,BD—→＞＝mBD—→mBD—→=2×35×12=155。
　　因为二面角E-AF-C为锐角，
　　所以所求二面角的余弦值为155。
　　小结：立体几何中的证明题要抓住相关性质，判定定理，要养成“想”（由已知想性质，由问题想判定）的习惯，用空间向量解决立体几何问题，则要抓住：①要解决的问题可用什么向量表示，什么向量知识解决。②所需要的向量是否已知，若未知，是否可用已知条件转化成向量表示。③怎样对已经表示出来的向量进行运算，才能得到需要的结论。
　　(2008年四川19)
　　如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，
　　∠BAD=∠FAB=90°,BC=∥12AD,BE=∥12AF
　　（Ⅰ）证明：C,D,F,E四点共面；
　　（Ⅱ）设AB=BC=BE，求二面角A-ED-B的大小；
　　【解1】：（Ⅰ）延长DC交AB的延长线于点G，由BC=∥12AD得
　　GBGA=GCGD=BCAD=12延长FE交AB的延长线于G'
　　同理可得G'EG'F=G'BG'A=BEAF=12故G'BG'A=GBGA，即G与G'重合
　　因此直线CD、EF相交于点G，即C,D,F,E四点共面。
　　【解2】：由平面ABEF⊥平面ABCD，AF⊥AB，得AF⊥平面ABCD，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A-xyz
　　①设AB=a,BC=b,BE=c，则
　　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—→，从而由点EFD，得EC∥FD
　　故C,D,F,E四点共面
　　②(向量法)设AB=1，则BC=BE=1， B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(1,0,1)
　　在DE上取点M，使DM—→=5ME—→，则M56,13,56从而MB—→=16,-13,-56
　　又DE—→=(1,-2,1),MB—→DE—→=0,MB⊥DE在DE上取点N，使DN—→=2NE—→，则N23,23,23
　　NA—→=-23,-23,-23,NA—→DE—→=0,NA⊥DE,故MB—→与NA—→的夹角等于二面角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
　　【点评】：此题重点考察立体几何中四点共面问题和求二面角的问题，考察空间想象能力，几何逻辑推理能力，以及计算能力；
　　【突破】：熟悉几何公理化体系，准确推理，在解法2中，准确的建系，确定点坐标，熟悉向量的坐标表示，熟悉空间向量的计算在几何位置的证明，在有关线段，角的计算中的计算方法是解题的关键。
　　在真正的考场上,如果我们就只对这些题而言的话,其最重要的一点是我们可以利用向量法轻松拿到实实在在的分数.
　　注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文