胡玉蓮

江西省臨川二中 (344100)

引進(jìn)空間向量以后，若能建立空間直角坐標(biāo)系，求點(diǎn)到平面的距離似乎比以前更容易了，所 以，學(xué)生遇到立幾題動(dòng)不動(dòng)就用向量方法做，固然向量方法簡(jiǎn)單，但一味地追求一種方法， 不僅使學(xué)生的思維僵化，而且會(huì)淡化后面很多的概念學(xué)習(xí)與掌握.本文就點(diǎn)到平面距離的向 量求法例說(shuō)其利與弊，以幫助學(xué)生在計(jì)算這類問(wèn)題時(shí)靈活地選用傳統(tǒng)方法和向量法.

例1 如圖1所示，PA⊥面AC，四邊形ABCD是矩形，E、F分別是AB、PD的中點(diǎn).

(1)求證：AF∥平面PCE；

(2)若二面角P-CD-B為45°，AD=2,CD=3，求點(diǎn)F到面PCE的距離.

分析：對(duì)第(2)小問(wèn)由于學(xué)生難于作出F到面PEC的高，又不能合理轉(zhuǎn)化，故首先考慮選用向量法.

解法一：如圖1以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，PA所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，∵AD⊥DC，PD⊥DC，∴二面角P-CD-B的平面角為∠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),從而㏄E=(32,0,-2),〦C=(32,2,0),〧C=(3,1,-1),設(shè)面PEC的一個(gè)法向量為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,則z=32,y=-32,則〧C咴諳蛄縩叻較蟶賢隊(duì)暗木對(duì)值即為點(diǎn)F到面PEC距離.d=|n?〧C遼|n遼=|6-32-32|4+94+94=634=33417.

解法二：根據(jù)第一問(wèn)：求點(diǎn)F到面PCE的距離即為點(diǎn)A到面PCE的距離.∵V〢-PCE=V㏄-AEC,∴13S△PCE?h瑼=13S△AEC?h璓.由P-CD-B為45°知，PA=AD=2,E為AB中點(diǎn)，∴AE=BE=32,∴PE=EC=52,PC=17,∴S△PCE=12?17?254-174=342.S△AEC=12?BC?AE=32,從而h瑼=S△AEC?h璸S△PCE=32×2342=33417.∴點(diǎn)F到平面PCE的距離為33417.

評(píng)注：比較上面兩種解法，可以看出解法一求解目標(biāo)明確，只要求出平面PEC的法向量，再找F到平面的一條斜線段，即可求得F到平面的距離，但運(yùn)算量很大.解法二利用等積法，在同一三棱錐中轉(zhuǎn)換頂點(diǎn)和底面，達(dá)到求解目的，運(yùn)算量比較小，求F到面PEC的距離轉(zhuǎn)化為A到平面PEC的距離可承接第(1)問(wèn)的證明，且P-AEC的體積易求，故首選解法二.

由解法二的求解，啟示我們可直接找到求F到平面PEC距離的方法.

解法三：由解二知，EP=EC,取PC中點(diǎn)G，連EG，則EG⊥PC，又AF∥EG，AF⊥面PCD，∴EG⊥面PCD，EG糚EC,∴面PEC⊥面PCD.過(guò)F作FH⊥PC，則PH⊥面PEC，∴FH即為所求距離.由△PFH∽△PDC知.

PH=CD?PFPC=3217=33417.

顯然解法三比前面二種解法都要省時(shí)省力，體現(xiàn)了傳統(tǒng)方法的優(yōu)越性.

例2 已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長(zhǎng)都為a,P為A1B上的一點(diǎn).

(1)若P是A1B的中點(diǎn)，求證PC⊥AB；

(2)若A1PPB=23，求二面角P-AC-B的大??；

(3)在(2)的條件下，求A1C1到面PAC的距離.

分析：如果要用向量法證明PC⊥AB，除了正確地選擇坐標(biāo)架外，還要算出P、 C、A、B的坐標(biāo)，運(yùn)算量大，故宜選用傳統(tǒng)方法.

證明：(1)如圖2，取AB的中點(diǎn)M，連PM、CM，由PM∥AA1

PM⊥面ABC

CM⊥AB軦B⊥面PMC.∴AB⊥PC.

(2)解法一：如圖3，過(guò)P點(diǎn)作PQ⊥AB，得PQ∥=35?AA1，且PQ⊥面ABC.過(guò)Q作QN⊥AC于N點(diǎn)，連PN，根據(jù)三垂線定理得PN⊥AC.∴∠PNQ為二面角P-AC-B平面角.在△AQN中，AQ=25a,得QN=AQ玸in60°=25a×32=35a,從而由玹an∠PNQ=PQQN=35a35a=3，得∠PNQ=60°，∴二面角P-C-B大小為60°.

若不去作P-AC-B的平面角，可考慮用向量法.

解法二：就以Q為原點(diǎn)，QB所在直線為x軸，過(guò)Q在面ABC內(nèi)與QB垂直的直線為y軸，QP所在直線為z軸，則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蒔﹏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的距離，即為求A1點(diǎn)到面ACP的距離.∵A1PPB=23,∴A1點(diǎn)到PAC的距離等于B點(diǎn)到面PAC距離的23倍.由V㏄-ABC=V〣-APC知,13S△ABC?h璸=13?S△APC?h B，過(guò)Q作QH⊥AC于H，連PH，則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的距離為a2.

解法二：由(2)知面PAC的一個(gè)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.

評(píng)注：比較例2中的各種解法，第(2)小問(wèn)中的傳統(tǒng)方法比向量方法要更簡(jiǎn)捷，運(yùn)算也??；但第(3)小問(wèn)中，在第(2)小問(wèn)用向量法求解的基礎(chǔ)上，求A1C1到平面PAC的距離僅一步之遙，計(jì)算量也小，比用傳統(tǒng)方法求解方便得多.

縱觀兩道例題的求解，告誡我們?cè)诮獯饠?shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，不要刻意地強(qiáng)調(diào)某一種方法，要根據(jù)題設(shè)條件，靈活地選用一種或多種方法，這才是正確的解題思維方法，也是我們的教學(xué)所追求 的最終目標(biāo).