平面法向量的求法及其应用

平面法向量的求法及其解读2008年高考立体几何

湖南省涟源市立珊中学 肖光辉

引言：平面的法向量在课本上有定义，考试大纲中有“理解”要求，但在课本和多数的教辅材料

中都没有提及它的应用，其实平面的法向量是中学数学中的一颗明珠，是解立体几何题的锐利武器。本文介绍平面法向量的二种求法,并对平面法向量在高中立体几何中的应用作归纳和总结。开发平面法向量的解题功能，可以解决不少立体几何中有关角和距离的难题，使高考立体几何中求空间角、求空间距离、证明垂直、证明平行等问题的解答变得快速而准确，那么每年高考中那道12分的立体几何题将会变得更加轻松。 一、平面法向量的概念和求法



1、定义：○1向量与平面垂直 如果表示向量a的有向线段所在的直线垂直于平面，则称这

个向量垂直于平面，记作a。



○2平面的法向量 如果a，那么向量a叫做平面的法向量。

2、平面法向量的求法

方法一(内积法):在给定的空间直角坐标系中，设平面的法向量n(x,y,1)[或n(x,1,z)，





或n(1,y,z)]，在平面内任找两个不共线的向量a,b。由n，得na0且nb0，由



此得到关于x,y的方程组，解此方程组即可得到n。

方法二(外积法): 设

, 为空间中两个不平行的非零向量，其外积ab为一长度等





于|a||b|sin，（θ为,两者交角，且0），而与

, 皆垂直的向量。通常我们采取「右手定则」，把这三个向量移到同一始点O，并将右手拇指指向食



指指向，那么中指指向的方向就是c的方向，即cab的方向（如图1和图2所示）且有abba。设a(x1,y1,z1),b(x2,y2,z2),则:



y1ab

y2

z1z1

,z2z2

x1x1

,x2x2

y1

y1z2y2z1,z1x2z2x1,x1y2x2y1 y2













c

图2

a

图3

图1

（注：1、二阶行列式:M





ab

） adcb；2、适合右手定则。

cd









例1、已知，a(2,1,0),b(1,2,1)，试求（1）：ab;（2）：ba. 答案: (1) ab(1,2,5);(2)ba(1,2,5)

例2、 如图3中在棱长为1的正方体ABCDA1BC11D1中，求平面ACD1的法向量n和单位法









向量n0。

解：法一（内积法）建立空间直角坐标系，如图3，则A(1,0,0)，C(0,1,0)。设平面ACD1的



法向量n(x,y,1)。得AC(1,1,0)，AD1(1,0,1)。

(x,y,1)(1,1,0)0x1

又n面ACD1，得nAC，nAD1。有，得。

(x,y,1)(1,0,1)0y1

n

。 n(1,1,1)，n0

n



法二：（外积法）我们由上可得AC(1,1,0)，AD1(1,0,1)。

n

则：nACAD11,1,01,0,11,1,1，n0

n

注：从上可以看出，求平面的法向量我们用外积法更简洁，我们以后可以尝试应用这种方法

二、平面法向量的应用

1、 求空间角

(1)、求线面角：如图4-1，设n是平面的法向量，AB是平面的一条斜线，A，则AB与平面所成的角为：





如图41中:n,ABarccos.

nAB22|n||AB|

sin|cosn,AB|

|n||AB|nAB

如图41中:n,ABarccos

2|n||AB|2









nAB



例3、 在例2中，求直线AA1与平面ACD1所成的角。

AA1n解析：由例2知，

即acnrsisinn(1,1,1)，AA1(0,0,1)，



AA1n





3

(2)、求面面角:设向量m，n分别是平面、的法向量，则二面角l的平面角为：

m,n

mn









|m||n|

（图5-1）; m,narccmn





(图5-2)

|m||n|



两个平面的法向量方向选取合适,可使法向量夹角就等于二面角的平

面角。约定，在图5-1中，m的方向对平面而言向外，n的方向对平面而言向内；在图5-2中，m的方向对平面而言向内，n的方向对平面而言向内。我们只要用两个向量的向量积（简称“外积”，满足“右手定则”）使得两个半平面的法向量一个向内一个向外，则这两个半平面的法向量的夹角即为二面角l的平面角。 例4、 在例2中，求二面角D1ACD的大小。









解：由例2知，平面ACD1的法向量是n1(1,1,1)，平面DAC的法向量是n2(0,0,1)，

设二面角D1ACD的大小为，则

nn2 cos1，得arccos。

33n1n2

2、 求空间距离

（1）、异面直线之间距离:

方法指导：如图6,①作直线a、b的方向向量a、b，

求a、b的法向量n，即此异面直线a、b的公垂线的方向向量；







②在直线a、b上各取一点A、B，作向量AB；



③求向量AB在n上的射影d，则异面直线a、b间的距离为

图 7

d

|ABn||n|





,其中na,nb,Aa,Bb



（2）、点到平面的距离:

方法指导：如图7,若点B为平面α外一点，点A为平面α内任一点，平面的法向量为，则点



ABnABn

P到平面α的距离公式为：dABcosABABn0

ABnn

例5、 在例2中，求点A1到平面ACD1的距离。 解析：由例2的解答知，平面ACD

1的单位法向量n0

， 

d，则

又AA1到平面ACD1的距离为1(0,0,1)，设点A

dAA1n0(0,0,1)。 所以，点A

1（3）、直线与平面间的距离:

方法指导：如图8,直线a与平面之间的距离：

图8

ABn

d，其中A,Ba。n是平面的法向量

|n|

（4）、平面与平面间的距离:

方法指导：如图9,两平行平面,之间的距离：





d

|ABn||n|





，其中A,B。n是平面、的法向量。

3、 证明

（1）、证明线面垂直：在图10中,m向是平面的法向量，a的方向向量，证明平面的法向量与直线所在向量共线（ma（2）、证明线面平行：在图11中,m向是平面的法向量，

















a是直线a的方向向量，证明平面的法向量与直线所在向量垂直

（ma0）。

（3）、证明面面垂直：在图12中，m是平面的法向量，





n是平面的法向量，证明两平面的法向量垂直（mn0）





（4）、证明面面平行：在图13中, m向是平面的法向量，



n是平面的法向量，证明两平面的法向量共线（mn）。



三、利用法向量解2008年高考立体几何试题

例6、（湖南理第17题）如图14所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，

PA＝2. （Ⅰ）证明：平面PBE⊥平面PAB; （Ⅱ）求平面PAD和平面PBE所成二面角（锐角）的大小.

解：如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A（0，0，0），B（1，0，0）

，C(,

31D(,P（0，0，2）

,E(1,

22

222

平面PAB的一个法向量是n0(0,1,0)， （Ⅰ）因为BE所以BE和n0共线.从而BE⊥平面PAB.

又因为BE平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB.

(Ⅱ)

易知PB(1,0,2),BE(0, 0），

1PA(0,0,2),AD(

2图14



n1PB0,

设n1(x1,y1,z1)是平面PBE的一个法向量，则由 得：



n1BE0

x10y12z10,



所以y10,x12z1.故可取n1(2,0,1). y20z20.0x1

2



n2PA0,

设n2(x2,y2,z2)是平面PAD的一个法向量，则由 得：



n2AD0

0x20y22z20,

所以z20,x2

2.故可取n21,0). 1y20z20.x2

22



nn2

于是，cosn1,n21 

n1n2

故平面PAD和平面PBE

所成二面角（锐角）的大小是 点评：本题采用常规方法（即综合法）求这个二面角的平面角比较困难，而用向量法只要计算不

出问题，一般都能解决问题

E例7、（全国卷Ⅱ理科第19题)如图14，正四棱柱ABCDA1BC11D1中，AA12AB4，点

在CC1上且C1E3EC．（Ⅰ）证明：AC平面BED； 1（Ⅱ）求二面角A1DEB的大小．

解：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(0，21)，，A1(2，0，4)．



DE(0，21)，，DB(2，2，0)，AC(2，2，4)，DA1(2，0，4)． 1（Ⅰ）因为ACDB0，ACDE0， 11

故ACBD，AC平面DBE． DE．又DBDED，所以AC111



（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(41 ，，2)．



nAC1ACcosn，AC n，等于二面角的平面角，． ADE

B111

42nAC1

所以二面角A1DE

B的大小为arccos

． 42

点评：本题主要考查位置关系的证明及二面角的找法和计算，同时也考查学生的空间想象能力和

推理能力。



例8、（北京卷理第16题）如图15，在三棱锥PABC中，ACBC2，ACB90，

APBPAB，PCAC．（Ⅰ）求证：PCAB； （Ⅱ）求二面角BAPC的大小；（Ⅲ）求点C到平面APB的距离．

解： （Ⅰ）ACBC，APBP，PCPC 

△APC≌△BPC．

又PCAC， PCBC． ACBCC， PC平面ABC．

AB平面ABC， PCAB．

（Ⅱ）如图15，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz． 则C(0，0，，0)A(0，2，，0)B(2，0，0)．

y

图15

设P(0，0，

t)．PBAB，t2，P(0，0，2)．



CA0,2,0,CB2,0,0,CP0,0,2



设面BCP的法向量为m，BACACB(2,2,0),BPCPCB(2,0,2)



BPBA(4,4,4)， m1,1,1



设面CAP的法向量为n，CA0,2,0,CP0,0,2,CPCA4,0,0,

设二面角BAPC的平面角为，则：



n1,0,0

mncosmn

ar． 二面角BAPC的大小为

CAm

（Ⅲ）设点C到平面APB的距离为d，则：d

|m|





点C到平面APB 点评：本题考查空间垂直关系应用及二面角问题，侧重考查空间想象能力，以及考查空间坐标的应用。再者本题求平面法向量时采用了外积法，较易判断出法向量的方向。

例9（安徽卷理第18题）如图16，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，

ABC



4

, OA底面ABCD, OA2,M为OA的中点，N为BC的中点

；（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；

（Ⅰ）证明：直线MN‖平面OCD（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离。

解：作APCD于点P,如图16,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系

A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,

D(O(0,0,2),M(0,0,1),N(1,

22244

(1)MN(11),OP(0,2),OD(2)

44222



设平面OCD的法向量为n(x,y,z),则nOP0,nOD0 y2z0即

取z解得

nxy2z0

22

∵MNn(1,1)0

44

MN‖平面OCD

(2)设AB与MD所成的角为,

∵AB(1,0,0),MD(1)

图16 ABMD1

∴cos, , AB与MD所成角的大小为 ∴

33ABMD2



(3)设点B到平面OCD的交流为d,则d为OB在向量n上的投影的绝对值,

OBn22

由 OB(1,0,2), 得d.所以点B到平面OCD的距离为 33n

点评：本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，异面直线所成的角及点到平面的距离等知识，考查空间想象能力和思维能力，利用综合法或向量法解决立体几何的能力。

例10、（陕西卷理科第19题）三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面

为A1B1C1，BAC90，A1A平面ABC，A，1AAB

BD1

．（Ⅰ）证明：平面A1AD平面BCC1B1； DC2

（Ⅱ）求二面角ACC1B的大小． 解：（Ⅰ）如图17，建立空间直角坐标系，

则A(0，0，，0)B，，0)C(0，2，，0)A1(00，C1，

图17

12

BD:DC1:2，BDBC．

D点坐标为，0．

33

2

0AD，，0)AA1(00．

3

，BC(3



BCAA10，BCAD0，BCAA1，BCAD，又A1AADA， BC平面A1AD，又BC平面BCC1B1，平面A1AD平面BCC1B1．



（Ⅱ）BA平面ACC1A

1，取mAB，0)为平面ACC1A1的法向量，



设平面BCC1B1的法向量为n(l，m，n)，则BCn0，CC1n0．

2m0，

，

l，n，如图17，可取m

1，则nm0，



cosm,n010

， 5

即二面角ACC1

B为． 四、 用空间向量解决立体几何的“三步曲”

(1)、建立空间直角坐标系(利用现有三条两两垂直的直线，注意已有的正、直条件,相关几何知识的综合运用，建立右手系)，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；（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距离和夹角等问题；（进行向量运算）

（3）、把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。（回到图形问题）

五、总结：以上介绍了平面的法向量及其二种求法，我们教材上只介绍了用数量积（内积法）

求法向量，而并没有介绍用向量积（外积法）求法向量，希望大家注意灵活应用，我们以此为工具，解决了立体几何中的部分难题。利用平面法向量解题，方法简便，易于操作，可以避开传统几何中的作图、证明的麻烦，又可弥补空间想像能力的不足，发挥代数运算的长处。深入开发它的解题功能，平面法向题将在数学解题中起到越来越大的作用。

注：1、本文可以发表于高二数学《立体几何》或高三第一、二轮复习

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