利用向量法求点到平面距离的利与弊
胡玉莲
江西省临川二中 (344100)
引进空间向量以后，若能建立空间直角坐标系，求点到平面的距离似乎比以前更容易了，所 以，学生遇到立几题动不动就用向量方法做，固然向量方法简单，但一味地追求一种方法， 不仅使学生的思维僵化，而且会淡化后面很多的概念学习与掌握.本文就点到平面距离的向 量求法例说其利与弊，以帮助学生在计算这类问题时灵活地选用传统方法和向量法.
例1 如图1所示，PA⊥面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.
(1)求证：AF∥平面PCE；
(2)若二面角P-CD-B为45°，AD=2,CD=3，求点F到面PCE的距离.
分析：对第(2)小问由于学生难于作出F到面PEC的高，又不能合理转化，故首先考虑选用向量法.
解法一：如图1以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，PA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵AD⊥DC，PD⊥DC，∴二面角P-CD-B的平面角为∠PDA=45°，又∵AD=2,DC=3,∴PA=2,A(0,0,0),P(0,0,2),B(3,0,0),C(3,2,0),D(0,2,0),E(32,0,0),F(0,1,1),从而㏄E=(32,0,-2),〦C=(32,2,0),〧C=(3,1,-1),设面PEC的一个法向量为n=(x,y,z),∵n摺酮㏄E,n摺酮〦C,∴n?㏄E=0,n?〦C=0,
即32x-2z=0,
32x+2y=0,令x=2,则z=32,y=-32,则〧C咴谙蛄縩叻较蛏贤队暗木对值即为点F到面PEC距离.d=|n?〧C遼|n遼=|6-32-32|4+94+94=634=33417.
解法二：根据第一问：求点F到面PCE的距离即为点A到面PCE的距离.∵V〢-PCE=V㏄-AEC,∴13S△PCE?h瑼=13S△AEC?h璓.由P-CD-B为45°知，PA=AD=2,E为AB中点，∴AE=BE=32,∴PE=EC=52,PC=17,∴S△PCE=12?17?254-174=342.S△AEC=12?BC?AE=32,从而h瑼=S△AEC?h璸S△PCE=32×2342=33417.∴点F到平面PCE的距离为33417.
评注：比较上面两种解法，可以看出解法一求解目标明确，只要求出平面PEC的法向量，再找F到平面的一条斜线段，即可求得F到平面的距离，但运算量很大.解法二利用等积法，在同一三棱锥中转换顶点和底面，达到求解目的，运算量比较小，求F到面PEC的距离转化为A到平面PEC的距离可承接第(1)问的证明，且P-AEC的体积易求，故首选解法二.
由解法二的求解，启示我们可直接找到求F到平面PEC距离的方法.
解法三：由解二知，EP=EC,取PC中点G，连EG，则EG⊥PC，又AF∥EG，AF⊥面PCD，∴EG⊥面PCD，EG糚EC,∴面PEC⊥面PCD.过F作FH⊥PC，则PH⊥面PEC，∴FH即为所求距离.由△PFH∽△PDC知.
PH=CD?PFPC=3217=33417.
显然解法三比前面二种解法都要省时省力，体现了传统方法的优越性.
例2 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为a,P为A1B上的一点.
(1)若P是A1B的中点，求证PC⊥AB；
(2)若A1PPB=23，求二面角P-AC-B的大小；
(3)在(2)的条件下，求A1C1到面PAC的距离.
分析：如果要用向量法证明PC⊥AB，除了正确地选择坐标架外，还要算出P、 C、A、B的坐标，运算量大，故宜选用传统方法.
证明：(1)如图2，取AB的中点M，连PM、CM，由PM∥AA1
PM⊥面ABC
CM⊥AB軦B⊥面PMC.∴AB⊥PC.
(2)解法一：如图3，过P点作PQ⊥AB，得PQ∥=35?AA1，且PQ⊥面ABC.过Q作QN⊥AC于N点，连PN，根据三垂线定理得PN⊥AC.∴∠PNQ为二面角P-AC-B平面角.在△AQN中，AQ=25a,得QN=AQ玸in60°=25a×32=35a,从而由玹an∠PNQ=PQQN=35a35a=3，得∠PNQ=60°，∴二面角P-C-B大小为60°.
若不去作P-AC-B的平面角，可考虑用向量法.
解法二：就以Q为原点，QB所在直线为x轴，过Q在面ABC内与QB垂直的直线为y轴，QP所在直线为z轴，则Q(0，0，0)，P(0，0，35a)，A(-25a,0,0),C(a10,32a,0),∴〢P=(25a,0,35a),〤P=(-a10,-32a,35a)，取平面ABC的法向量﹏1=(0,0,1),平面PAC的法向理﹏2=(x,y,z),由﹏2?〢P=0及﹏2?〤P=0莳﹏2=(-3,3,2),∴玞osθ=﹏1?﹏2遼﹏1遼|﹏2遼=12,∴θ=60°.
(3)解法一：∵A1C1∥AC，∴A1C1∥面PAC.求A1C1到面PAC的距离，即为求A1点到面ACP的距离.∵A1PPB=23,∴A1点到PAC的距离等于B点到面PAC距离的23倍.由V㏄-ABC=V〣-APC知,13S△ABC?h璸=13?S△APC?h B，过Q作QH⊥AC于H，连PH，则PH⊥AC，∴QH=AQ?玸in60°=35a,∴PH=PQ2+QH2=235a，由34a2?35a=12PH?AC?h瑽,∴h瑽=3320a312?a?235a=34a,∴h〢1=23h瑽=a2，故A1C1到面PAC的距离为a2.
解法二：由(2)知面PAC的一个法向量﹏2=(-3,3,2),〢1C=(a2,32a,-a),d=|﹏2?〢1C遼|﹏2遼=|32a-32a+2a|3+9+4=a2.
评注：比较例2中的各种解法，第(2)小问中的传统方法比向量方法要更简捷，运算也小；但第(3)小问中，在第(2)小问用向量法求解的基础上，求A1C1到平面PAC的距离仅一步之遥，计算量也小，比用传统方法求解方便得多.
纵观两道例题的求解，告诫我们在解答数学问题时，不要刻意地强调某一种方法，要根据题设条件，灵活地选用一种或多种方法，这才是正确的解题思维方法，也是我们的教学所追求 的最终目标.
江西省临川二中 (344100)
引进空间向量以后，若能建立空间直角坐标系，求点到平面的距离似乎比以前更容易了，所 以，学生遇到立几题动不动就用向量方法做，固然向量方法简单，但一味地追求一种方法， 不仅使学生的思维僵化，而且会淡化后面很多的概念学习与掌握.本文就点到平面距离的向 量求法例说其利与弊，以帮助学生在计算这类问题时灵活地选用传统方法和向量法.
例1 如图1所示，PA⊥面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点.
(1)求证：AF∥平面PCE；
(2)若二面角P-CD-B为45°，AD=2,CD=3，求点F到面PCE的距离.
分析：对第(2)小问由于学生难于作出F到面PEC的高，又不能合理转化，故首先考虑选用向量法.
解法一：如图1以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，PA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵AD⊥DC，PD⊥DC，∴二面角P-CD-B的平面角为∠PDA=45°，又∵AD=2,DC=3,∴PA=2,A(0,0,0),P(0,0,2),B(3,0,0),C(3,2,0),D(0,2,0),E(32,0,0),F(0,1,1),从而㏄E=(32,0,-2),〦C=(32,2,0),〧C=(3,1,-1),设面PEC的一个法向量为n=(x,y,z),∵n摺酮㏄E,n摺酮〦C,∴n?㏄E=0,n?〦C=0,
即32x-2z=0,
32x+2y=0,令x=2,则z=32,y=-32,则〧C咴谙蛄縩叻较蛏贤队暗木对值即为点F到面PEC距离.d=|n?〧C遼|n遼=|6-32-32|4+94+94=634=33417.
解法二：根据第一问：求点F到面PCE的距离即为点A到面PCE的距离.∵V〢-PCE=V㏄-AEC,∴13S△PCE?h瑼=13S△AEC?h璓.由P-CD-B为45°知，PA=AD=2,E为AB中点，∴AE=BE=32,∴PE=EC=52,PC=17,∴S△PCE=12?17?254-174=342.S△AEC=12?BC?AE=32,从而h瑼=S△AEC?h璸S△PCE=32×2342=33417.∴点F到平面PCE的距离为33417.
评注：比较上面两种解法，可以看出解法一求解目标明确，只要求出平面PEC的法向量，再找F到平面的一条斜线段，即可求得F到平面的距离，但运算量很大.解法二利用等积法，在同一三棱锥中转换顶点和底面，达到求解目的，运算量比较小，求F到面PEC的距离转化为A到平面PEC的距离可承接第(1)问的证明，且P-AEC的体积易求，故首选解法二.
由解法二的求解，启示我们可直接找到求F到平面PEC距离的方法.
解法三：由解二知，EP=EC,取PC中点G，连EG，则EG⊥PC，又AF∥EG，AF⊥面PCD，∴EG⊥面PCD，EG糚EC,∴面PEC⊥面PCD.过F作FH⊥PC，则PH⊥面PEC，∴FH即为所求距离.由△PFH∽△PDC知.
PH=CD?PFPC=3217=33417.
显然解法三比前面二种解法都要省时省力，体现了传统方法的优越性.
例2 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为a,P为A1B上的一点.
(1)若P是A1B的中点，求证PC⊥AB；
(2)若A1PPB=23，求二面角P-AC-B的大小；
(3)在(2)的条件下，求A1C1到面PAC的距离.
分析：如果要用向量法证明PC⊥AB，除了正确地选择坐标架外，还要算出P、 C、A、B的坐标，运算量大，故宜选用传统方法.
证明：(1)如图2，取AB的中点M，连PM、CM，由PM∥AA1
PM⊥面ABC
CM⊥AB軦B⊥面PMC.∴AB⊥PC.
(2)解法一：如图3，过P点作PQ⊥AB，得PQ∥=35?AA1，且PQ⊥面ABC.过Q作QN⊥AC于N点，连PN，根据三垂线定理得PN⊥AC.∴∠PNQ为二面角P-AC-B平面角.在△AQN中，AQ=25a,得QN=AQ玸in60°=25a×32=35a,从而由玹an∠PNQ=PQQN=35a35a=3，得∠PNQ=60°，∴二面角P-C-B大小为60°.
若不去作P-AC-B的平面角，可考虑用向量法.
解法二：就以Q为原点，QB所在直线为x轴，过Q在面ABC内与QB垂直的直线为y轴，QP所在直线为z轴，则Q(0，0，0)，P(0，0，35a)，A(-25a,0,0),C(a10,32a,0),∴〢P=(25a,0,35a),〤P=(-a10,-32a,35a)，取平面ABC的法向量﹏1=(0,0,1),平面PAC的法向理﹏2=(x,y,z),由﹏2?〢P=0及﹏2?〤P=0莳﹏2=(-3,3,2),∴玞osθ=﹏1?﹏2遼﹏1遼|﹏2遼=12,∴θ=60°.
(3)解法一：∵A1C1∥AC，∴A1C1∥面PAC.求A1C1到面PAC的距离，即为求A1点到面ACP的距离.∵A1PPB=23,∴A1点到PAC的距离等于B点到面PAC距离的23倍.由V㏄-ABC=V〣-APC知,13S△ABC?h璸=13?S△APC?h B，过Q作QH⊥AC于H，连PH，则PH⊥AC，∴QH=AQ?玸in60°=35a,∴PH=PQ2+QH2=235a，由34a2?35a=12PH?AC?h瑽,∴h瑽=3320a312?a?235a=34a,∴h〢1=23h瑽=a2，故A1C1到面PAC的距离为a2.
解法二：由(2)知面PAC的一个法向量﹏2=(-3,3,2),〢1C=(a2,32a,-a),d=|﹏2?〢1C遼|﹏2遼=|32a-32a+2a|3+9+4=a2.
评注：比较例2中的各种解法，第(2)小问中的传统方法比向量方法要更简捷，运算也小；但第(3)小问中，在第(2)小问用向量法求解的基础上，求A1C1到平面PAC的距离仅一步之遥，计算量也小，比用传统方法求解方便得多.
纵观两道例题的求解，告诫我们在解答数学问题时，不要刻意地强调某一种方法，要根据题设条件，灵活地选用一种或多种方法，这才是正确的解题思维方法，也是我们的教学所追求 的最终目标.
