高中数学选修2-1新教学案：3.2立体几何中的向量方法(3)

3.2立体几何中的向量方法撰稿人：王文文审核：高二数学组全体成员时间:2012年12月28日【教学目标】1.学会由直线的方向向量和平面的法向量的关系及向量的运算来判断或证明直线、平面的位置关系；2．学会运用直线的方向向量、平面的法向量及向量的运算来解决关于直线、平面的夹角及距离的问题（主要是关于角的问题）；德育目标：能初步利用向量知识解决相关的实际问题及综合问题。

【教学重点】向量运算在立体几何证明与计算中的应用．【教学难点】在运用向量知识解决立体几何问题时的向量问题的转化与恰当的运算方式．高考要求：会有一个立体几何的大题，应当重视。

【教学过程】一、复习回顾：1．直线l的方向向量的含义：.2．向量的特殊关系及夹角（最后的填空是用坐标表示）（1）a//b⇔⇔；（2）a⊥b⇔⇔；（3）a·a＝= ；（4）cos＜a,b＞＝= 。

二、新课讲解：（一）．平面的法向量：。

（二）．直线、平面的几种重要的位置关系的充要条件：设直线l , m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则：l∥m⇔⇔；l⊥m⇔⇔；l∥α⇔⇔；l⊥α⇔⇔；α∥β⇔⇔；α⊥β⇔⇔。

练习：1．设直线l , m的方向向量分别为a，b，根据下列条件判断直线l , m 的位置关系：（1）a= （2 ，-1 ，-2），b=（6 ，-3，-6）；（2）a= （1 ， 2 ，-2），b=（-2， 3， 2）；（3）a= （0 ， 0， 1），b=（0 ， 0，-3）。

2．平面α，β的法向量分别为u，v，判断平面α，β位置关系：（1）u= （-2 ，2 ， 5），v=（6 ，-4， 4）；（2）u= （ 1 ，2 ，-2），v=（-2，-4， 4）；（3）u= （ 2 ，-3 ，5），v=（-3 ，1，-4）。

（三）例题讲解：例.1如图,一个结晶体的形状为平行六面体,其中顶点A 为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是60°,那么以这个顶点为端点的晶体的对角线的长与棱长有什么关系。

3.2.3 向量法在空间垂直关系中的运用一、教学目标 （一）核心素养通过这节课学习，掌握利用空间向量证明空间垂直关系. （二）学习目标1．利用直线方向向量证明空间中的线线垂直.2．利用直线方向向量和平面的法向量证明空间中的线面垂直. 3．利用平面的法向量证明空间中的面面垂直. 4．学会应用向量解决与垂直相关的探究性问题. （三）学习重点1．利用直线方向向量证明空间中的线线垂直.2．利用直线方向向量和平面的法向量证明空间中的线面垂直. 3．利用平面的法向量证明空间中的面面垂直． （四）学习难点1．对向量法证明空间垂直关系的理解． 2．对各种证明方法的熟练掌握． 二、教学设计 （一）课前设计 1．预习任务填一填:空间中垂直关系的向量表示 (1)线线垂直设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，且2220a b c ≠，则l m ⊥⇔a b ⊥ ⇔0a b = ⇔1212120a a bbc c ++=(2)线面垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α内两相交向量1n ＝(a 2，b 2，c 2)，()2333,,n a b c =则l α⊥ ⇔12,a n a n ⊥⊥ ⇔10a n = 且20a n =⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0且a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0 . (3)面面垂直设平面α，β的法向量分别为1n ＝(a 1，b 1，c 1)，2n ＝(a 2，b 2，c 2)，则αβ⊥ ⇔12n n ⊥⇔_120n n = ⇔1212120a a bb c c ++= 2．预习自测1.直线l 的一个方向向量为(1,2,0)，直线m 的一个方向向量为(2,-1,0)，则直线l 与直线m 的位置关系是( ) A ．平行 B ．相交但不垂直 C ．垂直 D ．不能确定 答案：C ．解析：【知识点】用向量法判断两直线的位置关系 【解题过程】()()1,2,02,1,012+2-+00=0-=⨯⨯⨯（1） 点拨：两直线垂直即是其方向向量垂直.2.要证明直线与平面垂直，需要证明直线方向向量和平面内几条相交直线的方向向量垂直（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案：B ．解析：【知识点】用向量法证明直线和平面垂直.【解题过程】证明线面垂直即证明直线与平面内两相交直线垂直． 点拨：利用直线和平面垂直的向量法判断.3.平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2,-1,0)，则平面α与平面β的位置关系是( ) A ．平行 B ．相交但不垂直 C ．垂直 D ．不能确定答案：C ．解析：【知识点】用向量法证明平面和平面垂直 【解题过程】()()1,2,02,1,00-=点拨：证明面面垂直即证明两平面的法向量垂直． (二)课堂设计 1．知识回顾（1）怎样用向量法证明线线平行 （2）怎样用向量法证明线面平行 （3）怎样用向量法证明面面平行 2．问题探究探究一 结合实例，提炼出向量法证明空间垂直的方法★ ●活动 归纳提炼概念我们知道，利用直线的方向向量和平面的法向量，我们可以解决立体几何中的平行问题，那么空间中各种垂直是怎样用向量法证明的呢？（抢答）向量法除了可以证明空间中的平行问题，也可以证明空间中的垂直问题。

课题：3.2立体几何中的向量方法（第76-79课时）（周三、周四、周五、周一；2010年元月6日、7日、8日、11日）【教学目标】1．在学习了方向向量的基础上理解平面的法向量的概念，为进一步运用打好基础；2．学会由直线的方向向量和平面的法向量的关系及向量的运算来判断或证明直线、平面的位置关系；3．学会运用直线的方向向量、平面的法向量及向量的运算来解决关于直线、平面的夹角及距离的问题（主要是关于角的问题）；4．能初步利用向量知识解决相关的实际问题及综合问题。

【教学重点】向量运算在立体几何证明与计算中的应用．【教学难点】在运用向量知识解决立体几何问题时的向量问题的转化与恰当的运算方式．【教学过程】一、双基回眸前面我们已经学习了空间向量的基本知识，并利用空间向量初步解决了一些立体几何问题，已初步感受到空间向量在解决立体几何问题中的重要作用，并从中体会到了向量运算的强大作用。

这一节，我们将全面地探究向量在立体几何中的运用，较系统地总结出立体几何的向量方法。

为此，首先简单回顾一下相关的基本知识和方法：1．直线l的方向向量的含义：.2．向量的特殊关系及夹角（最后的填空是用坐标表示）（1）a//b⇔⇔；（2）a⊥b⇔⇔；（3）a·a＝= ；（4）cos＜a,b＞＝= 。

二、创设情景前面，我们主要是利用向量的运算解决了立体几何中关于直线的问题，如：两直线垂直问题；两直线的夹角问题；特殊线段的长的问题等等……若再加入平面，会出现更多的的问题，如：线面、面面的位置关系问题；线面的夹角问题；二面角的问题等等……而且都是立体几何中的重要问题，这些问题用向量的知识怎样来解决呢？直线可由其方向向量确定并由其来解决相关的问题，平面又由怎样的向量来确定呢？——这些问题就是我们将要探究或解决的主要问题……三、合作探究同学们都知道：垂直于同一条直线的两个平面。

由此我们应该会想象出怎样的向量可确定平面的方向了……下面请同学们合作探究一下这方面的知识和方法：（一）．平面的法向量：。

§3.2 立体几何中的向量方法知识点一用向量方法判定线面位置关系(1)设a、b分别是l1、l2的方向向量，判断l1、l2的位置关系：①a＝(2,3，－1)，b＝(－6，－9,3)．②a＝(5,0,2)，b＝(0,4,0)．(2)设u、v分别是平面α、β的法向量，判断α、β的位置关系：①u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，12 -)．②u＝(0,3,0)，v＝(0，－5,0)．(3)设u是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，判断直线l与α的位置关系．①u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)．②u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)．解(1)①∵a＝(2,3，－1)，b＝(－6，－9,3)，∴a＝－13b，∴a∥b，∴l1∥l2.②∵a＝(5,0,2)，b＝(0,4,0)，∴a·b＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.(2)①∵u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，12 -)，∴u·v＝3－2－1＝0，∴u⊥v，∴α⊥β.②∵u＝(0,3,0)，v＝(0，－5,0)，∴u＝－35v，∴u∥v，∴α∥β.(3)①∵u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)，∴u·a＝－6＋8－2＝0，∴u⊥a，∴l⊂α或l∥α.②∵u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)，∴u＝－14a，∴u∥a，∴l⊥α.知识点二利用向量方法证明平行问题如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.证明方法一如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则可求得M (0,1，12)，N (12,1,1)， D(0,0,0)，A 1(1,0,1)，B(1,1,0)， 于是MN =（12，0，12）， 设平面A 1BD 的法向量是 n=（x ，y ，z ）. n ＝(x ，y ，z)．则n ·DB ＝0，得0,0,x z x y +=⎧⎨+=⎩取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)．又 MN ·n ＝ (12,0，12)·(1，－1，－1)＝0， 方法二 ∵MN = 111111122C N C M C B C C -=-111111()22D A D D DA =-=∴MN ∥1DA ，又∵MN ⊄平面A 1BD.∴MN ∥平面A 1BD.知识点三 利用向量方法证明垂直问题在正棱锥P —ABC 中，三条侧棱两两互相垂直，G 是△PAB 的重心，E 、F分别为BC 、PB 上的点，且BE ∶EC ＝PF ∶FB ＝1∶2.(1)求证：平面GEF ⊥平面PBC ；(2)求证：EG 是PG 与BC 的公垂线段． 证明 (1)方法一如图所示，以三棱锥的顶点P 为原点，以PA 、PB 、PC 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．令PA ＝PB ＝PC ＝3，则A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,0,3)、E(0,2,1)、F(0,1,0)、G(1,1,0)、P(0,0,0)． 于是PA ＝(3,0,0)，FG ＝(3,0,0)，故 PA ＝3FG ，∴PA ∥FG .而PA ⊥平面PBC ，∴FG ⊥平面PBC ，又FG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PBC. 方法二 同方法一，建立空间直角坐标系，则 E(0,2,1)、F(0,1,0)、G(1,1,0)．EF ＝(0，－1，－1)，EG ＝(0，－1，－1)，设平面EFG 的法向量是n ＝(x ，y ，z)， 则有n ⊥EF ，n ⊥PA ，∴0,0,y z x y z +=⎧⎨--=⎩令y ＝1，得z ＝－1，x ＝0，即n ＝(0,1，－1)．而显然PA =（3，0，0）是平面PBC 的一个法向量.这样n ·PA = 0,∴n ⊥PA即平面PBC 的法向量与平面EFG 的法向量互相垂直，∴平面EFG ⊥平面PBC. （2）∵EG =（1， -1， -1），PG =（1，1，0），BC =（0， -3，3），∴EG ·PG =1-1= 0，EG ·BC =3-3 = 0，∴EG ⊥PG ，EG ⊥BC ， ∴EG 是PG 与BC 的公垂线段.知识点四 利用向量方法求角四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PA 与平面ABCD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠D ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线PA 与BC 所成角的余弦值．解 (1)如图所示，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D —xyz ，∵∠D ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．由PD ⊥面ABCD 得∠PAD 为PA 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PAD ＝60°.在Rt △PAD 中，由AD ＝2，得PD ＝23． ∴P(0,0,23)． （2）∵PA ＝(2,0，－23)， BC =（-2， -3，0）∴cos 〈PA ,BC 〉=1313PA BC PA BC⋅=-∴PA与BC所成角的余弦值为1313．正方体ABEF－DCE′F′中，M、N分别为AC、BF的中点(如图所示)，求平面MNA与平面MNB所成二面角的余弦值．解取MN的中点G，连结BG，设正方体棱长为1.方法一∵△AMN，△BMN为等腰三角形，∴AG⊥MN，BG⊥MN.∴∠AGB为二面角的平面角或其补角．∵AG=BG=64,,AB AG GB=+，设〈AG，GB〉=θ，AB2＝AG 2＋2AG·GB＋GB2，∴1＝(64)2＋2×64×64cosθ＋(64)2.∴cosθ＝13，故所求二面角的余弦值为13．方法二以B为坐标原点，BA，BE，BC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz则M(12，0，12)，N (12,12,0)，中点G(12，14，14)，A(1,0,0)，B(0,0,0)，由方法一知∠AGB为二面角的平面角或其补角．∴GA＝(12，－14，－14)，GB＝(12，－14，－14)，∴ cos<GA, GB>=GA GBGA GB⋅=11833388-=-⨯,故所求二面角的余弦值为13．方法三 建立如方法二的坐标系，∴110,0,AM n AN n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即110,22110,22x z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩取n 1＝(1,1,1)．同理可求得平面BMN 的法向量n 2＝(1，－1，－1)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝1212n n n n ⋅1333==-⨯,故所求二面角的余弦值为13知识点五 用向量方法求空间的距离已知正方形ABCD 的边长为4，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2，求点B 到平面EFG 的距离．解如图所示，以C 为原点，CB 、CD 、CG 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系C －xyz.由题意知C(0,0,0)，A(4,4,0)， B(4,0,0)，D(0,4,0)，E(4,2,0)， F(2,4,0)，G(0,0,2)．BE ＝(0,2,0)，BF ＝(－2,4,0)，设向量BM ⊥平面GEF ，垂足为M ，则M 、G 、E 、F 四点共面，故存在实数x ，y ，z ，使BM = x BE + y BF + z BG ，即BM = x （0，2，0）+y （-2，4，0）+z （-4，0，2） =（-2y -4z ，2x+4y ，2z ）.由BM ⊥平面GEF ，得BM ⊥GE ,BM ⊥EF ，于是BM ·GE ＝0，BM ·EF ＝0， 即(24,24,2)(4,2,2)0,(24,24,2)(2,2,0)0,y x x y z y z x y z --+⋅-=⎧⎨--+⋅-=⎩即50,320,1,x zx y zx y z-=⎧⎪+++⎨⎪++=⎩，解得15,117,113,11xyz⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=⎪⎩∴BM＝(－2y－4z,2x＋4y,2z)＝226,,111111⎛⎫⎪⎭⎝∴|BM|＝222226()()()111111++21111=即点B到平面GEF的距离为21111．考题赏析(安徽高考)如图所示，在四棱锥O—ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝4π，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．(1)求异面直线AB与MD所成角的大小；(2)求点B到平面OCD的距离．解作AP⊥CD于点P.如图，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立平面直角坐标系．A(0,0,0)，B(1,0,0)，P (0，22，0)，D (－22，22，0)，O(0,0,2)，M(0,0,1)．(1)设AB与MD所成角为θ，∵AB＝(1,0,0)，MD＝(－22，22，－1)，∴cosθ =12AB MDAG MD⋅=⋅．∴θ＝3π．∴AB与MD所成角的大小为3π．（2）∵OP=（0,22，2-），OD=（-22，22，2-）,∴设平面OCD的法向量为n = ( x, y , z ),则n·OP=0，n·OD= 0.得220,22220,22y zx y z⎧-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取z=2，解得n = (0,4,2).设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n上的投影的绝对值.∵OB=（1，0，-2），∴d＝OB nn⋅23=,∴点B到平面OCD的距离为23,1．已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是( ) A．(33，33，－33) B．(33，－33，33)C．(－33，33，33) D．(－33，－33，－33)答案 DAB＝(－1,1,0)，是平面OAC的一个法向量．AC＝(－1,0,1)，BC＝(0，－1,1)设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)∴0,0,x yx z-+=⎧⎨-+=⎩令x＝1，则y＝1，z＝1 ∴n＝(1,1,1)单位法向量为：nn±＝± (33,33，33)．2．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是( )A．60°B．45°C．30°D．90°答案 B3．设l1的方向向量a＝(1,2，－2)，l2的方向向量b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m＝( )A．1 B．2 C．12D．3答案 B解析因l1⊥l2，所以a·b＝0，则有1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝0，∴2m＝6－2＝4，即m＝2.4．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，则( ) A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不正确答案 A解析因v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.5．已知a、b是异面直线，A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是( )A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析设〈AB，CD〉=θ，AB·CD=（AC+CD+DB·CD= |CD|2= 1，cosθ=12AB CDAB CD⋅=,所以θ=60°6．若异面直线l1、l2的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2,0,4)，则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于( )A．25-B．25C．－255D．55答案 B解析设异面直线l1与l2的夹角为θ，则cosθ＝a ba b⋅⋅(1)44255416-⨯==⨯⋅+7．已知向量n＝(6,3,4)和直线l垂直，点A(2,0,2)在直线l上，则点P(－4,0,2)到直线l 的距离为________．答案366161， 解析PA =（6，0，0），因为点A 在直线l 上， n 与l 垂直，所以点P 到直线l 的距离为2223636616161634PA n⋅==++ 8．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．答案3π或23π，解析 设n 1＝(1,0，－1)，n 2＝(0，－1,1) 则cos 〈n 1，n 2〉＝100(1)(1)11222⨯+⨯-+-⨯=-⋅〈n 1，n 2〉＝23π．因平面α与平面β所成的角与〈n 1，n 2〉相等或互补，所以α与β所成的角为3π或23π．9．已知四面体顶点A(2,3,1)、B(4,1，－2)、C(6,3,7)和D(－5，－4,8)，则顶点D 到平面ABC 的距离为________．答案 11解析 设平面ABC 的一个法向量为n =（x,y,z ）则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ()()x,y,z (2,2,3)0,x,y,z (4,0,6)0,⋅--=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩ 2230,460,x y z x z --=⎧⎨+=⎩2,2,3y x z x =⎧⎪⇒⎨=-⎪⎩令x=1, 则n = (1,2, 23-),AD =（-7，-7，7）故所求距离为14714377311374149AD nn---⋅==⨯=++,10．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于F.(1)证明：PA ∥平面BDE ； (2)证明：PB ⊥平面DEF.证明 (1)如图建立空间直角坐标系，设DC ＝a ，AC ∩BD ＝G ，连结EG ，则A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E (0，2a ，2a )，G (2a ，2a，0)． 于是PA =（a ，0， -a ），EG =（2a ，0，2a-）,∴PA = 2EG ，∴PA ∥EG .又EG ⊂平面DEB.PA ⊄平面DEB.∴PA ∥平面DEB.(2)由B(a,a,0),得PB =(a, a, -a), 又DE =（0, 2a ,2a）,∵PB ·DE =22a 20,2a -= ∴PB ⊥DE.又EF ⊥PB ，EF ∩DE=E ，∴PB ⊥平面EFD.11．如图所示，已知点P 在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小． 解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D —xyz. 则DA =（1，0，0），'CC = (0,0,1).连结BD,B ′D ′. 在平面BB ′D ′D 中,延长DP 交B ′D ′于H. 设DH = (m,m,1) (m>0),由已知〈DH ,DA 〉= 60°, 由DA ·DH = |DA ||DH |cos 〈DH ,DA 〉,可得2m =221m + 解得m =22，所以DH ＝(22，22，1)， (1) 因为cos 〈DH ,'CC 〉= 220011222212⨯+⨯+⨯=⨯ (2) 所以〈DH ,'CC 〉= 45°, 即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC = (0,1,0).因为cos 〈DH ,DC 〉= 220011222212⨯+⨯+⨯=⨯ 所以〈DH ,DC 〉= 60°,可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.12. 如图，四边形ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=2，∠BAD=60°.平面PBD ⊥平面PAC ，(1)求点A 到平面PBD 的距离;(2)求异面直线AB 与PC 的距离.(1)解 以AC 、BD 的交点为坐标原点，以AC 、BD 所在直线为x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A （3，0，0），B （0，1，0），C （3-，0，0），D （0， -1，0），P （3，0，2）.设平面PBD 的一个法向量为n 1=（1，y 1，z 1）.由n 1⊥OB ， n 1⊥OP ，可得n 1=（1，0，32-）.（1）OA =（3，0，0），点A 到平面PBD 的距离,11OA n d n ⋅=2217=, 13.如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC = 2a ，BB 1 = 3a ，D 为A 1C 1的中点，在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出|AF |；若不存在，请说明理由.解 以B 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.假设存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ，并设AF =λ1AA =λ（0，0，3a ）=（0，0，3λa ）（0<λ<1）， ∵D 为A 1C 1的中点，∴D(22a ，22a ,3a) 1B D ＝ (22a ，22a ,3a)－(0,0,3a)＝ (22a ,22a ， 0)， 1B F 1B B BA AF =++=(0,0,3)(2,0,0)(0,0,3)a a a λ-++ ∵CF ⊥平面B 1DF ，∴CF ⊥1B D , CF ⊥1B F ,110,0,CF B D CF B F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即2300,9920,a λλλ⨯=⎧⎨-+=⎩ 解得λ＝23或λ＝13 ∴存在点F 使CF ⊥面B 1DF ，且 当λ=13时，|AF |=13,|1AA | = a 当λ=23，|AF | =23,|1AA | = 2a. 14．如图(1)所示，已知四边形ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为eq \r(3)的等腰梯形．将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图(2)．(1)证明：AC ⊥BO 1；(2)求二面角O —AC —O 1的余弦值．(1)证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1.所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，即OA ⊥OB. 故以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则相关各点的坐标是A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,1, 3)、O 1(0,0, 3)．AC ·1BO ＝－3＋3·3＝0.所以AC ⊥BO 1.（2）解 因为1BO ·OC =3-+ 3·3＝0.所以BO 1⊥OC.由（1）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC, 1BO 是平面OAC 的一个法向量.设n=（x ，y ，z ）是平面O 1AC 的一个法向量，由10,0,n AC n O C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩330,0,x y z y ⎧-++=⎪⇒⎨=⎪⎩ 取z= 3，得n=（1，0，3）.设二面角O-AC-O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知θ=〈n,1BO 〉， 所以cos θ= cos 〈n ，1BO 〉=113n BO n BO ⋅= 即二面角O —AC —O 13。

高中数学-打印版§ 3. 2. 3利用向量解决平行与垂直问题【学情分析】：教学对象是髙二的学生，学生已经具备空间向量与立方体几何的相关知识，前面又学习了用向虽表示线线、线而、而面间的位置关系与向疑运算的关系，所以本节课是通过运用这些关系解决立体几何中的平行与垂直问题。

本次课内容不难理解，但学生自己做题时往往会遇到一个如何转化的问题，因此，教学中应重点抓住转换思想来进行.【教学目标】：（1）知识与技能：继续理解用向量表示空间中平行与垂直的关系和方法：会用向量法和坐标法等方法解决立体几何中的平行与垂直问题.（2）过程与方法：在解决问题中，通过数形结合与问题转化的思想方法，加深对相关内容的理解。

（3）情感态度与价值观：体会把立方体几何几何转化为向量问题优势，培养探索精神。

【教学重点】：向量法与坐标法.【教学难点】：立体几何中的平行与垂直问题向向量问题的转化.【课前准备】：Powerpoint课件【教学过程设计】：高中数学-打印版底面是正三角形，A/T丄丿用駆说厂向量法:= c・b + cm・b-a四、小结a = c •b =—2一一一一=（c-a + 2a-b）^（b + a） = （2°-/?）•（〃 +"）=2a +cfb—b — 2a -b =1 — 1=0所以，结论成立。

坐标法：证明：（图略）设底面边长起，高为儿如图建立空间直角坐和系.A（VIOO）出（0J、0）,C（0,—l,0）・AG/5Q〃）,F（0丄力）,<7（0,-1上）・0 =乔'・疋=3 — 1一力2,力2=2.AB'.BC^ = 0 + 2-h2 = 0. /. BC'丄AB'利用向虽解决平行与垂直问题1.向量法：利用向量的概念技巧运算解决问题。

2.坐标法：利用数及其运算解决问题。

两种方法经常结合起来使用。

反思归纳五、作业1,直三棱柱A3C — A5G中，角ACB是直角.AC=1, CB=©,侧棱A4I = L侧而AA.B.B的两条对角线交点为D, 的中点为M,求证CD平面BDM。

立体几何中的向量方法课时分配:第一课立体几何中的向量方法1个课时第二课立体几何专1个课时第三课立体几何中的向量方法——求点坐标1个课时3. 2.1 立体几何中的向量方法【教学目标】1）知识与技能：进一步体会空间向量在解决立体几何问题中的广泛作用，再次熟悉立体几何中的向量方法“三步曲”；继续讨论如何利用已知条件适当建立空间直角坐标系，展示向量方法与坐标方法相结合的优越性；对立体几何中的三种方法（综合法、向量法、坐标法）的联系进行分析与小结．（2）过程与方法：在解决问题中，通过数形结合与问题转化的思想方法，加深对相关内容的理解。

（3）情感态度与价值观：体会把立方体几何几何转化为向量问题优势，培养探索精神。

【教学重点】坐标法与向量法结合【教学难点】适当地建立空间直角坐标系及添加辅助线．【学前准备】：多媒体，预习例题PB ⊥)1,,(-z y x )1,1,-021=所以=EDB 平面333(，，,21,0(213161=60的大小为D -2,=BA CD异面直线AB与CD所成角的余弦值为BD 1C 1B 1CDBA A 1EF 3，如下图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的定比为2，现用基向量、、表示向量，设=x+y+z，则x 、y 、z 的值分别为A.x =,y =,z =B.x =,y =,z =C.x =,y =,z =D.x =,y =,z =（中等题）5，如图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB=FB=1，.求直线EC 1与FD 1所成的余弦值.解：以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立坐标系，则E （3，3，0）、C 1（0，4，2）、D 1（0，0，2）、F （2，4，0）.从而1EC ＝（－3，1，2）、1FD ＝（－2，－4，2）所以直线EC 1与FD 1所成的余弦值为 11,cos FD EC ＝||||1111FD EC FD EC ∙∙＝1421立体几何专题【教学目标】内容:考查(1)空间几何体:结构特征、三视图、表面积和体积的计算. 常给出几何体的三视图，通过识图、想图、作图、用图，考查学生的空间想象能力及运算求解能力.(2)空间直线与平面的位置关系:线、面平行与垂直关系的判断和证明，其中垂直关系出现频率更高.空间角的计算，其中二面角的计算是理科生的重点，文科生则不做要求；三是空间距离的计算，重点考查点到平面的距离.如在文科高考解答题中，第（2）问往往要计算几何体的体积，其关键是求出点到平面的距离. (3）空间向量与立体几何:考查利用空间向量研究空间直线与平面的位置关系；利用空间向量求角和距离.一般地，论证平行与垂直关系，传统方法较方便，而在求空间角和空间距离上，则可显示出向量法的优越性.方法:解答题的命制,课标卷都采用了“一题多法”的命制办法，并体现向量坐标法优先的特征. 即同一试题可以用综合法（传统的方法）和空间向量两种方法来解决（向量法优先）强调数学通性通法的考查,淡化特殊技巧,无偏怪之题.立体几何专题的考查，理科和文科试卷，都强调对基础知识和基本能力的考查.文科相对强调几何的直观感知和简单的推理论证；而理科对空间想象、推理论证、运算求解有更高的要求.【学前准备】：多媒体，预习例题的面积为. 如图,在棱长为2的正方体到直线CC 1的距离的最小值为62的体积V）时，可，试判断V与V的大立体几何中的向量方法——求点坐标【教学目标】知识与技能：1、能够根据具体的立体图形寻找适当的位置建立空间直角坐标系；2、能够运用投影的知识解决相关点的坐标；3、能够利用中点坐标公式或者线段的比例关系解决相关点的坐标；4、能够掌握向量的相等、基本运算和共线等知识并应用于求点的坐标。

3.2 立体几何中的向量方法-人教A版选修2-1教案一、教学目标1.了解向量的概念和性质；2.掌握立体几何中向量的加、减、数量积、向量积的计算方法；3.能够应用向量方法解决立体几何相关问题。

二、教学重点1.理解概念，掌握向量的加、减、数量积、向量积的计算方法；2.能够应用向量方法解决立体几何相关问题。

三、教学难点能够运用向量方法解决立体几何中的复杂问题。

四、教学内容及教学方法（一）教学内容本节课主要内容为立体几何中的向量方法，包括以下几个部分：1. 向量的概念和性质1.向量的定义；2.向量的模和方向；3.零向量和单位向量；4.向量的共线和平行；5.向量的反向和相等。

2. 向量的加减法1.向量的加法和减法定义；2.向量加减法的运算法则；3.向量相加减的几何意义。

3. 向量的数量积1.向量数量积的定义；2.向量数量积的运算法则；3.向量数量积的几何意义；4.向量数量积的性质。

4. 向量的向量积1.向量向量积的定义；2.向量向量积的运算法则；3.向量向量积的几何意义；4.向量向量积的性质。

（二）教学方法课堂教学应采用讲授与练习相结合的方法，通过引入具体的数学问题，逐步引入概念和定义，然后逐步将概念和定义转化为解决数学问题的方法。

在讲授的过程中，注意抓住学生对问题的兴趣点，让学生积极思考，在实际问题中理解各个概念和公式的含义。

五、教学过程安排（一）引入通过引入相关的实际问题，引发学生的兴趣和思考，达到引入立体几何中的向量方法的目的。

（二）概念和性质1.向量的定义和性质引入向量的定义和性质，引导学生理解向量的概念和性质，并能够熟练应用各种性质。

2.向量的共线和平行讲解向量的共线和平行的概念，巩固向量的基础概念。

3.向量的反向和相等讲解向量的反向和相等的概念，引导学生加深对向量的认识。

（三）向量的加减法通过具体例子引导学生理解向量加减的运算法则，并能够运用向量加减法解决实际问题。

1.向量加减法的定义和性质引导学生理解向量加减法的概念和性质，并掌握加减法的运算法则。

3.2立体几何中的向量方法（三）教学目标：掌握利用向量法解决空间中的夹角及距离问题 教学重点：空间角的求法及空间角与向量夹角的关系 教学难点：二面角及点到平面的距离 教学过程： 一.复习引入直线的方向向量和平面的法向量 二.思考分析山体滑坡是一种常见的自然灾害．甲、乙两名科技人员为了测量一个山体的倾斜程度，甲站在水平地面上的A 处，乙站在山坡斜面上的B 处，A ，B 两点到直线l (水平地面与山坡的交线)的距离AC 和BD 分别为30 m 和40 m ，CD 的长为60 m ，AB 的长为80 m.问题1：如何用向量方法求异面直线AC 和BD 所成的角？提示：设异面直线AC 与BD 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC uuu r ，BD uuu r〉|.问题2：如何求斜线BD 与地面所成角α？提示：设地面的法向量为n ，则sin α＝|cos 〈BD uuu r，n 〉|.问题3：如何求水平地面与斜坡面所成二面角β？提示：cos 〈CA u u r ，DB uuu r〉．三.抽象概括1．空间角及向量求法2．空间距离的向量求法1．若直线l (方向向量为a )与平面α(法向量为n )所成的角为θ，则当〈a ，n 〉∈[0，π2]时，θ＝π2－〈a ，n 〉；当〈a ，n 〉∈(π2，π]时，θ＝〈a ，n 〉－π2.2．将二面角转化为两个平面的法向量的夹角求解时，应注意二面角是锐角还是钝角的判断．3．点到面距离的求法：(1)如图，BO ⊥平面α，垂足为O ，则点B 到平面α的距离就是|BO uuu r|.(2)若AB 是平面α的任一斜线段，则在Rt △BOA 中，|BO uuu r |＝|BA u u r|cos ∠ABO ＝|BA u u r ||BO uuu r |cos ∠ABO | BO uuu r |＝BA u u r ·BO uuu r | BO uuu r |.如果平面α的法向量为n ，则|BO uuu r |＝|BA u u r·n ||n |.四.例题分析及练习[例1] 如图，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x ，y ，z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ. 当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．[思路点拨] 在坐标系中确定点A ，C ，V ，D 的坐标，然后求出向量AC uuu r ，VD u u u r的坐标，即可运用公式求解．[精解详析] AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)． 当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故V (0,0，6)．所以AC uuu r ＝(－2,0,0)，VD u u u r＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC uuu r ，VD u u u r 〉＝AC uuu r ·VD u u u r|AC uuu r ||VD u u u r |＝－22·22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. [感悟体会] 利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是(0，π2]，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以cos θ＝|cos α|. 训练题组11．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55 B.53C.255 D.35解析：设CB ＝1，则A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，C 1(0,2,0)，B (0,0,1)，1BC u u u r ＝(0,2，－1)，1AB u u u r＝(－2,2,1)．cos 〈1BC u u u r ，1AB u u u r 〉＝1BC u u u r ·1AB u u u r|1BC u u u r ||1AB u u ur |＝35×3＝55. 答案：A2.如图所示，三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值的大小．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)，∴1A B u u u r ＝OB uuu r －1OA u u u r＝(－3，1，－3)，1O A u u u r ＝OA u u u r －1OO u u u u r＝(3，－1，－3)．∴cos 〈1A B u u u r ，1O A u u u r 〉＝1A B u u u r ·1O A u u u r|1A B u u u r |·|1O A u u u r |＝－3，1，－3·3，－1，－37·7＝－17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.[例2] 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[思路点拨] 可考虑以下两种思路：一是由定义作出线面角，取A 1B 1的中点M ，连结C 1M ，证明∠C 1AM 是AC 1与平面A 1ABB 1所成的角；另一种是利用平面A 1ABB 1的法向量n ＝(λ，x ，y )求解．[精解详析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1(－32a ，a2，2a )． 法一：取A 1B 1的中点M ，则M (0，a2，2a )．连结AM ，MC 1，有1MC u u u u r ＝(－32a,0,0)，AB uu u r ＝(0，a,0)，1AA u u u r ＝(0,0，2a )．∴1MC u u u u r ·AB uu u r ＝0，1MC u u u u r ·1AA u u u r ＝0，∴1MC u u u u r ⊥AB uu u r ，1MC u u u ur ⊥1AA u u u r ，即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1.又AB ∩AA 1＝A ，∴MC 1⊥平面ABB 1A 1. ∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．因为1AC u u u u r ＝(－32a ，a 2，2a )，AM ＝(0，a2，2a )，∴1AC u u u u r ·AM u u u u r ＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|1AC u u u u r |＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM u u u u r|＝a 24＋2a 2＝32a ，∴cos 〈1AC u u u u r ，AM u u u u r 〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈1AC u u u u r ，AM u u u u r〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[感悟体会] 求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤： (1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量AB uu u r ；(3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB uu u r ||n |·|AB uu u r |. 训练题组23.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．求BD 与平面ADMN 所成的角θ.解：如图所示，建立空间直角坐标系．设BC ＝1，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，则N (1,0,1)，∴BD uuu r ＝(－2,2,0)，AD uuu r＝(0,2,0)，AN uuu r ＝(1,0,1)．设平面ADMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·AD uuu r＝0，n ·AN uuu r＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0.取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)． ∵cos 〈BD uuu r ，n 〉＝BD uuu r·n | BD uuu r ||n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD uuu r ，n 〉|＝12.又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AA 1，AB 的中点，求EF 和平面ACC 1A 1夹角的大小．解：建立如图的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则由E ，F 分别是AA 1，AB 的中点，得E (2,0,1)，F (2,1,0)．过F 作FG⊥AC 于G ，则由正方体性质知FG ⊥平面ACC 1A 1.连接EG ，则EG uuu r 与EF uuu r的夹角即为所求．又因为F 是AB 的中点，所以AG ＝14AC ，所以G (32，12，0)．EG uuu r ＝(－12，12，－1)，EF uuu r ＝(0,1，－1)，cos 〈EG uuu r ，EF uuu r 〉＝EG uuu r ·EF uuu r|EG uuu r |·|EF uuu r |＝32.∴〈EG uuu r ，EF uuu r 〉＝π6， 即EF 与平面ACC 1A 1的夹角为π6.[例3] P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，BC ＝ 2.求二面角A －PB －C 的余弦值． [思路点拨] 解答本题可建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量求解；也可在二面角的两个面内分别作棱的垂线，利用两线的方向向量所成的角求解． [精解详析] 法一：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，∴AP uu u r ＝(0,0,1)，AB uu u r＝(2，1,0)．设平面P AB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧n 1·AP uu u r＝0，n 1·AB uu u r＝0，得⎩⎨⎧z 1＝0，2x 1＋y 1＝0. 令x 1＝1，则n 1＝(1，－2，0)．CP u u u r ＝(0，－1,1)，CB u u u r＝(2，0,0)．设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧n 2·CP u u u r ＝0，n 2·CB u u u r＝0，得⎩⎨⎧－y 2＋z 2＝0，2x 2＝0. 令z 2＝1，则n 2＝(0,1,1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－23×2＝－33.∵所求二面角为锐角，∴二面角A －PB －C 的余弦值为33. [感悟体会] 利用向量法求二面角通常有以下两种方法：(1)若AB ，CD 分别是两个平面α，β内与棱l 垂直的异面直线，则两个平面的夹角的大小就是向量AB uu u r 与CD uuur 的夹角，如图①.(2)设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.此方法的解题步骤如下：训练题组35.正方体ABEF －DCE ′F ′中，M ，N 分别为AC ，BF 的中点(如图)，求平面MNA 与平面MNB 所成锐二面角的余弦值．解：设正方体棱长为1.以B 为坐标原点，BA ，BE ，BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Bxyz ，则M (12，0，12)，N (12，12，0)，A (1,0,0)，B (0,0,0)．取MN 的中点G ，连接BG ，AG ，则G (12，14，14)．∵△AMN ，△BMN 为等腰三角形，∴AG ⊥MN ，BG ⊥MN .∴∠AGB 为二面角的平面角或其补角．因为GA u u u r ＝(12，－14，－14)，GB uuu r ＝(－12，－14，－14)，∴cos 〈GA u u u r ，GB uuu r 〉＝GA u u u r ·GBuuu r|GA u uu r ||GB uuu r |＝－1838×38＝－13.故所求二面角的余弦值为13.`6.(2012·新课标全国卷)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．解：(1)由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC . 而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA u u r 的方向为x 轴的正方向，|CA u u r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则1A D u u u r ＝(0,0，－1)，BD uuu r＝(1，－1,1)，1DC u u u r ＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD uuu r ＝0，n ·1A D u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0.可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·BD uuu r＝0，m ·1DC u u u r＝0.可取m ＝(1,2,1)． 从而cos n ，m＝n·m |n|·|m|＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°. [例4] 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．[思路点拨] 结合图形建立适当的空间直角坐标系，然后利用公式求解．[精解详析] 如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF uuu r＝(1，－2,1)，EG uuu r ＝(2，－1，－1)，GA u u u r ＝(0，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF uuu r ＝0，n ·EG uuu r＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA u u u r ·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.[感悟体会] 用向量法求点面距离的方法与步骤：训练题组47.如图，在60°的二面角α－AB －β内，AC ⊂β，BD ⊂α，AC ⊥AB 于A ，BD ⊥AB 于B ，且AC ＝AB ＝BD ＝1，则CD 的长为________．解析：∵CD uuu r ＝CA u u r ＋AB uu u r ＋BD uuu r ， ∴CD uuu r 2＝CA u u r 2＋AB uu u r 2＋BD uuu r 2＋2CA u u r ·BD uuu r＝3＋2·1·1·cos 120°＝2， ∴|CD uuu r|＝2，即CD ＝ 2.答案： 28．四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，F ，E 分别为AD ，PC 的中点．(1)证明：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．解：(1)以D 为原点，建立如图所示的坐标系，则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)．FP u u u r ＝(－1,0,2)，FB u u u r＝(1,2,0)，DE uuu r ＝(0,1,1)， ∴DE uuu r ＝12FP u u u r ＋12FB u u u r ，∴DE uuu r∥平面PFB .又∵D ∉平面PFB ，∴DE ∥平面PFB .(2)∵DE ∥平面PFB ，∴点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离．设平面PFB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·FB u u u r＝0，n ·FP u u u r＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0. 令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)，FD uuu r＝(－1,0,0)，∴点D 到平面PFB 的距离d ＝|FD uuu r ·n ||n |＝26＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. 五.课堂小结与归纳1．两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值，而对应的方向向量的夹角可能为钝角． 2．直线的方向向量为u ，平面的法向量为n ，直线与平面所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|，不要漏了绝对值符号．3．利用两平面的法向量n 1，n 2求出cos 〈n 1，n 2〉后，要根据图形判断二面角是锐角还是钝角．4．求点到平面的距离时，关键是建立恰当的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后通过公式代入求解．求点到面的距离，还可用等积法求解． 六.当堂训练1．平面α的斜线l 与它在这个平面上射影l ′的方向向量分别为a ＝(1,0,1)，b ＝(0,1,1)，则斜线l 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] C[解析] l 与α所成的角为a 与b 所成的角(或其补角)，∵cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝12， ∴〈a ，b 〉＝60°.2．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成的角的余弦值为( ) A.13B.23C ．－33D.23[答案] C[解析] 如图，设棱长为1，∵AE →＝12(AB →＋AS →)＝12(DC →＋DS →－DA →)，∴|AE →|＝14(1＋1＋1＋2×1×1cos60°－2×1×1cos60°)＝32， ∴cos 〈AE →，SD →〉＝AE →·SD →|AE →|·|SD →|＝12(AB →＋AS →)·SD →32·1＝12(DC →＋DS →－DA →)·SD →32＝－33，故选C.3．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角的余弦值为( )A.32B.1010C.35D.25[答案] D[解析] ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →，∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →)＝AA 1→·BN →＝12.而|AM →|＝(AA 1→＋A 1M →)·(AA 1→＋A 1M →)＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52. 同理，|CN →|＝52.如令α为所求角，则cos α＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.应选D.4．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)[答案] C[解析] OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°，故选C.5．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当A 、B 、C 、D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线BD 与平面ABC 所成的角的大小为( ) A ．90° B ．60° C ．45° D ．30° [答案] C[解析] 翻折后A 、B 、C 、D 四点构成三棱锥的体积最大时，平面ADC ⊥平面BAC ，设未折前正方形的对角线交点为O ，则∠DBO 即为BD 与平面ABC 所成的角，大小为45°. 6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若F 、G 分别是棱AB 、CC 1的中点，则直线FG 与平面A 1ACC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.54 C.33 D.36[答案] D[解析] 过F 作BD 的平行线交AC 于M ，则∠MGF 即为所求． 设正方体棱长为1，MF ＝24，GF ＝62，∴sin ∠MGF ＝36. 7．从点P 引三条射线P A 、PB 、PC ，每两条的夹角都是60°，则二面角B —P A —C 的余弦值是( )A.12B.13C.33D.32 [答案] B[解析] 在射线P A 上取一点O ，分别在面P AB ，P AC 内作OE ⊥P A ，OF ⊥P A 交PB ，PB 于EF ，连接E 、F ，则∠EOF 即为所求二面角的平面角．在△EOF 中可求得cos ∠EOF ＝13.8．在边长为a 的正三角形ABC 中，AD ⊥BC 于D ，沿AD 折成二面角B —AD —C 后，BC ＝12a ，这时二面角B —AD —C 的大小为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°[答案] C9．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为________．[答案]64[解析] 取AC 、A 1C 1的中点M 、M 1，连结MM 1、BM .过D 作DN ∥BM ，则容易证明DN ⊥平面AA 1C 1C .连结AN ，则∠DAN 就是AD 与平面AA 1C 1C 所成的角． 在Rt △DAN 中，sin ∠DAN ＝ND AD ＝322＝64.10．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，则A 1B 与平面A 1B 1CD 所成角的大小为________． [答案] 30°[解析] 连结BC 1，设与B 1C 交于O 点，连结A 1O .∵BC 1⊥B 1C ，A 1B 1⊥BC 1，A 1B 1∩B 1C ＝B 1. ∴BC 1⊥平面A 1B 1C ，∴A 1B 在平面A 1B 1CD 内的射影为A 1O .∴∠OA 1B 就是A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角， 设正方体的棱长为1.在Rt △A 1OB 中，A 1B ＝2，BO ＝22， ∴sin ∠OA 1B ＝BO A 1B ＝222＝12.∴∠OA 1B ＝30°.即A 1B 与平面A 1B 1CD 所成的角为30°.11．如图所示，ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则SC与平面ABCD所成的角的大小为________．[答案] π2－arccos 33[解析] AS →是平面ABCD 的法向量，设CS →与AS →的夹角为φ. ∵CS →＝CB →＋BA →＋AS →，∴AS →·CS →＝AS →·(CB →＋BA →＋AS →)＝AS →·AS →＝1.|AS →|＝1，|CS →|＝(CB ―→＋BA ―→＋AS ―→)2＝|CB ―→|2＋|BA ―→|2＋|AS ―→|2＝3， ∴cos φ＝AS →·CS →|AS →|·|CS →|＝33.∴φ＝arccos 33.从而CS 与平面ABCD 所成的角为π2－arccos 33.12．在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，P A ＝2，E 为PD 的中点． (1)求直线AC 与PB 所成角的余弦值； (2)在侧面P AB 内找一点N ，使NE ⊥平面P AC . [解析] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)、B (3，0,0)、C (3，1,0)、D (0,1,0)、P (0，0,2)，E (0，12，1)，∴AC →＝(3，1,0)，PB →＝(3，0，－2)设AC →与PB →的夹角为θ，则cos θ＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝327＝3714，∴AC 与PB 所成角的余弦值为3714.(2)由于N 点在侧面P AB 内，故可设N (x,0，z )，则NE →＝(－x ，12，1－z )，由NE ⊥平面P AC可得，⎩⎪⎨⎪⎧NE →·AP →＝0，NE →·AC →＝0.即⎩⎨⎧(－x ，12，1－z )·(0，0，2)＝0，(－x ，12，1－z )·(3，1，0)＝0.化简得⎩⎪⎨⎪⎧z －1＝0－3x ＋12＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝36z ＝1，即N 点的坐标为(36，0,1)．13．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱D 1C 1、B 1C 1的中点，求平面EFC 与底面ABCD 所成二面角的正切值．[解析] 以D 为原点，{DA →，DC →，DD 1→}为单位正交基底建立空间直角坐标系如图，则C (0,1,0)，E (0，12，1)，F (12，1,1)．设平面CEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0n ·CF →＝0，∵CE →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，12，CF →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，∴⎩⎨⎧－12y ＋12z ＝012x ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝z x ＝－2z ，令z ＝1，则n ＝(－2,1,1)．显然平面ABCD 的法向量e ＝(0,0,1)，则 cos 〈n ，e 〉＝n ·e |n |·|e |＝66.设二面角为α，则cos α＝66，∴tan α＝ 5.14．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论； (3)求DB 与平面DEF 所成角的大小．[解析] 以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设AD ＝a ，则D (0,0,0)、A (a,0,0)、B (a ，a,0)、C (0，a,0)、E (a ，a 2，0)、F (a 2，a 2，a2)、P (0,0，a )．(1)EF →·DC →＝(－a 2，0，a 2)·(0，a,0)＝0，∴EF ⊥DC .(2)设G (x,0，z )，则G ∈平面P AD .FG →＝(x －a 2，－a 2，z －a 2)，FG →·CB →＝(x －a 2，－a 2，z －a 2)·(a,0,0)＝a (x －a 2)＝0，∴x ＝a 2；FG →·CP →＝(x －a 2，－a 2，z －a 2)·(0，－a ，a )＝a 22＋a (z －a 2)＝0，∴z ＝0.∴G 点坐标为(a2，0,0)，即G 点为AD 的中点．(3)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0n ·DE →＝0得，⎩⎨⎧(x ，y ，z )·(a 2，a 2，a2)＝0，(x ，y ，z )·(a ，a 2，0)＝0.即⎩⎨⎧a2(x ＋y ＋z )＝0，ax ＋a2y ＝0.取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，∴n ＝(1，－2,1)．cos<BD →，n >＝BD →·n |BD →||n |＝a 2a ·6＝36，∴DB 与平面DEF 所成角大小为π2－arccos 36.15．如图5所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．[解析] 设正方体的棱长为1，如图所示，以AB →，AD →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1,0,0)，E (0,1，12)，A (0,0,0)，D (0,1,0)，所以BE →＝(－1,1，12)，AD →＝(0,1,0)．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量，设直线BE 与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23.即直线BE 与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1), BE →＝(－1,1，12)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 得一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)．又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)，而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F →·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在一点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .。

§3.2立体几何中的向量方法（三）教学目标 1.知识与技能(1)理解直线与平面所成角的概念．(2)能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角求法问题． (3)体会空间向量解决立体几何问题的三步曲． 2．过程与方法经历规律方法的形成推导过程、解题的思维过程，体验向量的指导作用． 3．情感、态度与价值观通过学习向量及其运算由平面向空间推广的过程，逐步认识向量的科学价值、应用价值和文化价值，提高学习数学的兴趣，树立学好数学的信心．教学重点：向量法求解线线、线面、面面的夹角． 教学难点：线线、线面、面面的夹角与向量夹角的关系． 空间角的向量求法 问题导思1．空间中两条异面直线所成角的范围是多少？ 【答案】 (0，π2]．2．直线与平面的夹角是怎样定义的？夹角的范围是多少？【答案】 平面外一条斜线与它在该平面内的射影所成的角叫斜线与平面所成的角，其取值范围为[0，π2]．3．怎样作出二面角α－l －β的平面角？其平面角的取值范围是多少？【答案】 在二面角α－l －β的棱l 上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 就是二面角α－l －β的平面角．它的取值范围是[0，π].设l 1与l 2的方向向量为a ，b ，则cos θ＝|cos a ，b|＝|a·b ||a ||b |设l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos a ，n|＝|a·n ||a ||n |设平面α，β的法向量为n 1，n 2，则|cos θ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|课堂探究求异面直线所成的角例1如图3－2－17，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y 轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．图3－2－17解 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点， 所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)， ∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 变式训练在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，求异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值．解 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，得A 1B →＝(0,4，－3)，B 1C →＝(－4,0，－3)．设A 1B →与B 1C →的夹角为θ，则cos θ＝A 1B →·B 1C →|A 1B →||B 1C →|＝925，故A 1B →与B 1C →的夹角的余弦值为925，即异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为925.求线面角例2 如图3－2－18所示，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． (1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．图3－2－18解 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M 、S 分别为PB 、BC 的中点，∴N (12，0,0)，M (1,0，12)，S (1，12，0)，(1)CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)，∴CM →·SN →＝(1，－1，12)·(－12，－12，0)＝0，因此CM ⊥SN .(2)NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y . 取y ＝1，则得a ＝(2,1，－2)． 因为cos a ，SN →＝－1－123×22＝－22.∴〈a ，SN →〉＝34π.所以SN 与平面CMN 所成角为34π－π2＝π4.变式训练如图3－2－19，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，求BE 与平面B 1BDD 1所成角的余弦值．图3－2－19解 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．AC →＝(－2,2,0)即平面B 1BDD 1的一个法向量，设n ＝(－1,1,0)． cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝105.设BE 与平面B 1BD 所成角为θ，cos θ＝sin 〈n ，BE →〉＝155，即BE 与平面B 1BD 所成角的余弦值为155.求二面角例3 如图3－2－20，若正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ，求二面角A －EB －C 的大小．图3－2－20解 ∵四边形ACDE 是正方形，∴EA ⊥AC . 又∵平面ACDE ⊥平面ABC ， ∴EA ⊥平面ABC .以点A 为坐标原点，以过A 点平行于BC 的直线为x 轴，分别以直线AC ，AE 为y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设EA ＝AC ＝BC ＝2，则A (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，E (0,0,2)． ∵M 是正方形ACDE 的对角线的交点，∴M (0,1,1)． 设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥AE →且n ⊥AB →， 从而有n ·AE →＝0且n ·AB →＝0. 又∵AE →＝(0,0,2)，AB →＝(2,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ，y ，z ·0，0，2＝0，x ，y ，z ·2，2，0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0.取y ＝－1，则x ＝1，则n ＝(1，－1,0)． 又∵AM →为平面EBC 的一个法向量，且AM →＝(0,1,1)，∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n ||AM →|＝－12.设二面角A －EB －C 的平面角为θ，则cos θ＝12，即θ＝60°.故二面角A －EB －C 为60°.变式训练已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为a ，D 是侧棱CC 1的中点，求平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小．图3－2－21解 以B 为原点，过点B 与BC 垂直的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，C 1(0，a ，a )，A (－32a ，a 2，0)，A 1(－32a ，a2，a )，D (0，a ，a 2)．故AB 1→＝(32a ，－a 2，a )，B 1D →＝(0，a ，－a 2)．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0，即⎩⎨⎧32ax －a 2y ＋az ＝0，ay －a2z ＝0.得x ＝－3y ，z ＝2y .取y ＝1，则n ＝(－3，1,2)．∵平面ABC 的法向量是AA 1→＝(0,0，a )， ∴二面角θ的余弦值为 cos θ＝AA 1→·n |AA 1→||n |＝22.∴θ＝π4.∴平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小为π4.课堂检测1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A ．30° B ．150° C ．30°或150° D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为(0，π2]．应选A.【答案】 A2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°【解析】 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32，∴θ＝60°，应选B. 【答案】 B3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β所成的二面角的大小为________．【解析】 cos 〈u ，v 〉＝－12·2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，而所成的二面角可锐可钝，故也可以是π3.【答案】 π3或23π4．如图3－2－22直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，CC 1＝2，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．图3－2－22解以CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,1,0)，C 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)．则A 1B →＝(－1,1，－2)，平面BB 1C 1C 的法向量n ＝(1,0,0)． 设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角为θ，A 1B →与n 的夹角为φ， 则cos φ＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66.∴直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66. 课堂小结利用空间向量求空间角的基本思路是把空间角转化为两个向量夹角的关系，解决方法一般有两种，即坐标法和基向量法，当题目中有明显的线面垂直关系时，尽量建立空间直角坐标系，用坐标法解决．需要注意的是要理清所求角与向量夹角之间的关系，以防求错结果.。

3.2 立体几何中的向量方法（三）【教学目标】1.理解直线与平面所成角的概念.2.能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题.3.体会用空间向量解决立体几何问题的三步曲．【教学过程】一、创设情景教师首先提出问题：通过学生对课本的预习，让学生观看《3.2立体几何中的向量方法（三）》课件“新课导入”部分，树立应用空间向量解决立体几何问题的意识。

通过互相交流，引入本节课要学习的立体几何中的向量方法第三课时的知识.二、自主学习知识点 利用空间向量求空间角空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解．(1)线线角：设两条直线的方向向量分别为a ，b ，且a 与b 的夹角为φ，两条直线所成角为θ，则cos θ＝|cos_φ|＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设n 为平面α的一个法向量，a 为直线a 的方向向量，直线a 与平面α所成的角为θ，则θ＝⎩⎨⎧ π2－〈a ，n 〉，当〈a ，n 〉∈[0，π2]，〈a ，n 〉－π2，当〈a ，n 〉∈(π2，π].(3)二面角的求法： ①转化为分别在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的方向向量的夹角(注意：要特别关注两个向量的方向)．如图所示，二面角α－l －β的大小为θ，A ，B ∈l ，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l 于A ，BD ⊥l 与B ，则θ＝〈AC →，BD →〉＝〈CA →，DB →〉．②先求出二面角一个面内一点到另一面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角．如图所示，已知二面角α－l －β，在α内取一点P ，过P 作PO ⊥β，P A ⊥l ，垂足分别为O ，A ，连接AO ，则AO ⊥l 成立，所以∠P AO 就是二面角的平面角．③先求出二面角的两个半平面的法向量的夹角，然后结合图形与题意判断求出的是二面角的大小，还是它的补角的大小，从而确定二面角的大小.三、合作探究问题1 空间角包括哪些角？答案 线线角、线面角、二面角．问题2 求解空间角常用的方法有哪些？答案 传统方法和向量法．探究点1 求两条异面直线所成的角例1如图所示，三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值的大小．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)，∴A 1B →＝(－3，1，－3)，O 1A →＝(3，－1，－3)．∴|cos 〈A 1B →，O 1A →〉|＝|A 1B →·O 1A →||A 1B → |·|O 1A →|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7·7＝17. ∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17. 反思与感悟 在解决立体几何中两异面直线所成角问题时，若能构建空间直角坐标系，则建立空间直角坐标系，利用向量法求解．但应用向量法时一定要注意向量所成的角与异面直线所成角的区别．探究点2 求直线和平面所成的角例2正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ， 方法一 取A 1B 1的中点M ，则M (0，a 2，2a )，连接AM ，MC 1，有MC →1＝(－32a,0,0)，AB →＝(0，a,0)，AA →1＝(0,0，2a )．∴MC →1·AB →＝0，MC →1·AA →1＝0，∴MC →1⊥AB →，MC →1⊥AA →1，则MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ，∴MC 1⊥平面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC →1＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝(0，a 2，2a )， ∴AC →1·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24， |AC →1|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC →1，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∵〈AC 1→，AM →〉∈[0°，180°]，∴〈AC →1，AM →〉＝30°，又直线与平面所成的角∈[0°，90°]，∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 AB →＝(0，a,0)，AA →1＝(0,0，2a )，AC →1＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，y ，z )，∴n ·AB →＝0且n ·AA →1＝0.∴ay ＝0且2az ＝0.∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC →1＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC →1，n 〉＝n ·AC →1|n ||AC →1|＝－λ2|λ|， ∴|cos 〈AC →1，n 〉|＝12. 又直线与平面所成的角∈[0°，90°]，∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.反思与感悟 用向量法求线面角的一般步骤是：先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．探究点3 求二面角例3在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 的夹角．解 方法一 如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接BD 与AC 交于点O ，取AD 中点F ，则C (b,0,0)，B (0，a,0)，BA →＝CD →.∴D (b ，－a,0)，P (0,0，a )，∴E ⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，O ⎝⎛⎭⎫b 2，0，0， OE →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． ∵OE →·AC →＝0，∴OE →⊥AC →，OF →＝12BA →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，OF →·AC →＝0. ∴OF →⊥AC →.∴∠EOF 等于平面EAC 与平面ABCD 的夹角(或补角)．cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22. ∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°.方法二 建系如方法一，∵P A ⊥平面ABCD ，∴AP →＝(0,0，a )为平面ABCD 的法向量，AE →＝⎝⎛⎭⎫b 2，－a 2，a 2，AC →＝(b,0,0)． 设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ b 2x －a 2y ＋a 2z ＝0，bx ＝0.∴x ＝0，y ＝z .∴取m ＝(0,1,1)，cos 〈m ，AP →〉＝m ·AP →|m ||AP →|＝a 2·a ＝22. ∴平面AEC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思与感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．四、当堂测试1．在一个二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为( )A.156 B ．－153 C.153 D.156或－156答案 D解析 由(0，－1，3)·(2，2，4)1＋9×4＋4＋16＝－2＋1210×24＝156， 知这个二面角的余弦值为156或－156，故选D. 2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为( ) A.64 B ．－64 C.104 D ．－104答案 A解析 取AC 的中点为E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (32，12，0)，D (0,0,1)，B (0,0,0)，E (32，0,0)， 则AD →＝(－32，－12，1)，BE →＝(32，0,0)， ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，BE ⊂平面ABC ，∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝(32，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量． 设AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α， ∵cos 〈AD →，BE →〉＝－342·32＝－64， 又∵α∈[0，π2]， ∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64. 3．已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( )A.23B.33C.23D.13答案 A解析 以D 为原点，分别以DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)，DC →＝(0,1,0)，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0， 令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n |·|DC →|＝23. 4．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为________． 答案 255 解析 取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝1，则A (0,0，32)． B (0，－12，0)，D (32，0,0)． 所以OA →＝(0,0，32)， BA →＝(0，12，32)，BD →＝(32，12，0)． OA →＝(0,0，32)为平面BCD 的一个法向量． 由于BA →＝(0，12，32)，BD →＝(32，12，0)． 设平面ABD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0，n ·BD →＝0， 所以⎩⎨⎧ 12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)， 所以cos 〈n ，OA →〉＝3232·5＝55， 因为〈n ，OA →〉∈[0，π]，所以sin 〈n ，OA →〉＝1－(55)2＝255. 5．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是________．答案 30°解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1), 所以cos 〈PC →，n 〉＝PC →·n |PC →|·|n |＝－12， 又因为〈PC →，n 〉∈[0°，180°]，所以〈PC →，n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成角为60°，所以斜线PC 与平面ABCD所成角为30°.五、课堂小结本节课我们学习过哪些知识内容?(1)利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤：第一步，求平面α的法向量n ；第二步，利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →|·|n |，注意直线和平面所成角的取值范围为[0°，90°]．(2)利用法向量求二面角的余弦值的步骤：第一步，求两平面的法向量；第二步，求两法向量的夹角的余弦值；第三步，由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论．在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．。

23.2立体几何中的向量方法第一课时 立体几何中的向量方法(1)教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用. 掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题.教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用. 教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用. 教学过程： 一、复习引入1.用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件 (如线段、角度等)转化为向量表示；⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式； ⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义 a • b = |a ||b |cos v a ,b >或cos v a ,b >=卫b ，可求两个向量的数量积或夹角 问题；⑵利用性质a 丄a • b = 0可以解决线段或直线的垂直问题； ⑶利用性质aa =| a 丨2,可以解决线段的长或两点间的距离问题. 二、例题讲解1. 出示例1：已知空间四边形 OABC 中，:.OAf_BC ” OB _ AC •求证: 证明：OC AB = OC (OB -OA) = OC OB — OC OA .TT••• OA _ BC , OB _ AC , • OA BC 0, OB AC 0 ,)「0 , OB (OC -OA) =0 .• OA OC =OA OB , OB OC =OB OA .4•小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量 表示未知向量，然后通过OC _ AB .二 OC OB = OC OA , OCAB = 0. ••• OC _ AB2.出示例2：如图，已知线段.DBD ' =30；，如果 AB = a , 解：由AC ，可知AC 由.DBD' =30；可知，v •汙『=(CA AB BD) AB BD )2 2 2 2 - 2 2=b a b 2b cos120 = a b .AB 在平面a 内，线段AC _,线段BD 丄AB ,线段DD ' _ ：-,AC = BD = b ，求C 、D 间的距离.CA,BD >= 120 ,2= |CA |2 + | AB |2 + | BD |2 + 2( CA AB + CA BD +• CD a 2 b 2 .3.出示例3：如图，M 、N 分别是棱长为1的正方体 ABCD -A'B'C'D'的 棱BB'、B'C'的中点.求异面直线 MN 与CD'所成的角.1解：••• MN = - (CC ' BC ),2 1• MN CD' = (CC' BC)2 CD' = CC' CD ,(C? CD) = 1(|C^|2 + CC -L CD2+ BC CC' +BC CD ).•/ CC'_CD , CC'_BC , 1 2 1• MN CD' = |CC' |2 =2 2BC =0, BC CD =0 ,…求得 cos v MN ,CD' >BC CC 0 ,1 ,•••< MN ,CD' >= 60 ._CD ,向量的运算去计算或证明.2第二课时 立体几何中的向量方法(2)教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用. 掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题.教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用. 教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用. 教学过程： 一、复习引入讨论：将立体几何问题转化为向量问题的途径？(1 )通过一组基向量研究的向量法，它利用向量的概念及其运算解决问题；(2)通过空间直角坐标系研究的坐标法，它通过坐标把向量转化为数及其运算来解决问二、例题讲解1.出示例1：如图，在正方体 ABCD-ABGD I 中，E 、F 分别是BB l 、 CD 的中点，求证：UF _平面ADE .证明：不妨设已知正方体的棱长为1个单位长度， 且设DA = i , "DC =j , DD 1 = k .以i 、j 、k 为坐标向量建立空间直角坐标系D — xyz ,贝U1 1••• AD = (-1,0,0), D 1F = (0,,-1), ••• AD • D 1F = (-1,0,0) .(0,,-1)= 0, ••• D 1F _AD .的一些数据，以使问题的解决简单化.如在立体几何中求角的大小、判定直线与直线或直线 与平面的位置关系时，可以约定一些基本的长度.⑵空间直角坐标些建立，可以选取任意一 点和一个单位正交基底， 但具体设置时仍应注意几何体中的点、线、面的特征，把它们放在 恰当的位置，才能方便计算和证明.2.例：证：如果两条直线同垂直于一个平面，则这两条直线平行.改写为：已知：直线 OA 丄平面a,直线BD 丄平面a, O 、B 为垂足.求证: 证明：以点O 为原点，以射线OA 为非负z 轴，建立空间直角坐标系 O-xyz , i ,j ,k 为沿x 轴，y 轴，z 轴的坐标向量，且设 BD = (x, y,z).•/ BD 丄 a, • BD 丄 i , BD 丄 j ,• BD • i = (x,y,z) •(1,0,0) = x = 0, , BD • j = (x, y, z) • (0,1,0) = y = 0, • BD = (0,0,z). • BD = z k .即BD //k .由已知 O 、B 为两个不同的点，•3. 法向量定义：如果表示向量a 的有向线段所在直线垂直于平面a,则称这个向量垂直于平面a,记作a 丄a.如果a 丄a,那么向量a 叫做平面a 的法向量.4. 小结：向量法解题“三步曲” ：(1)化为向量问题 7( 2)进行向量运算 7( 3)回到图形问题.A E = (0,1,-),2AD^AE =A ,• AED 1F = (0,1,1)21(0, ,-1)= 0,2说明：⑴“不妨设”是我们在解题中常用的小技巧,通常可用于设定某些与题目要求无关OA//BD .OA//BD .第三课时立体几何中的向量方法(3)教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用. 掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题.教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用. 教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用. 教学过程： 一、复习引入呻 呻1.法向量定义：如果直线I _平面：•，取直线I 的方向向量为a ，则向量a 叫作平面a 的法 向量(normal vectors ).利用法向量，可以巧妙的解决空间角度和距离2.讨论：如何利用法向量求线面角？T 面面角？直线AB 与平面a 所成的角日，可看成是向量 AB 所在直线与平面a 的法向量n 所在直 线夹角的余角，从而求线面角转化为求直线所在的向量与平面的法向量的所成的线线角，根a b据两个向量所成角的余弦公式 cosf a, b)，我们可以得到如下向量法的2.变式：用向量法求：二面角A -DE -O 余弦；OF 与DE 的距离；O 点到平面DEF 的距公式：3. 讨论：如何利用向量求空间距离？两异面直线的距离，转化为与两异面直线都相交的线段在公垂向量上的投影长 点到平面的距离，转化为过这点的平面的斜线在平面的法向量上的投影长 二、例题讲解：1.出示例 1:长方体 ABCD - ARGD ,中，AD= AA ,=2, AB=4, E 、 点，0是BC 1与EC 的交点.求直线OF 与平面DEF 所成角的正弦•解：以点D 为空间直角坐标系的原点， DA 、DC 、DD 1为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则D(2,2,0), E(1,0,2), F(2,2,0), 0(1,4,1), C(0,4,0).4设平面DEF 的法向量为 n =(x,y,z), 而 DE =(1,0,2) , DF =(2,2,0). 片 —* n _DE 则n _ DFnLDE =0 • ^=0■/ n *OF =| n ||OF J cos ：, n *OF. • cos 2 2 22-|n"OF 丨(-2)2 - 22 - t.J 2 - (一2)2 • (-1)所以，直线OF 与平面DEF 所成角的正弦为 乙6 .18，即 •OF 丄x 2z = 0仏+2^0‘ 解得心：—2:2:1，而 OF =(1,-2,-1). -2 1 2 (-2) 1 (-1) 2•• n =(-2,2,1).7 618sin 日=cos (AB‘, n。