立体几何中的向量方法教案

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立体几何中的向量方法教案

立体几何中的向量方法教案第一章：向量基础知识回顾1.1 向量的定义介绍向量的概念，向量的表示方法（箭头表示法和平面向量表示法）。

通过实例讲解向量的长度和方向。

1.2 向量的运算向量的加法、减法和数乘运算规则。

利用图形和实例演示向量加法、减法和数乘的运算过程。

1.3 向量的坐标表示二维和三维空间中的向量坐标表示方法。

利用坐标轴上的点表示向量的起点和终点，推导向量的坐标表示。

第二章：向量在立体几何中的应用2.1 向量在空间解析几何中的应用利用向量表示空间中的点、直线和平面。

讲解如何利用向量求解空间中的距离、角度和夹角。

2.2 向量与空间几何图形的关系向量与线段、射线、直线的关系。

利用向量研究空间中点、线、面的位置关系和相互转化。

2.3 向量与空间角的计算利用向量计算空间中的角度和夹角。

讲解向量点积和向量叉积的概念，并应用于空间角的计算。

第三章：向量在立体几何中的线性方程组3.1 向量线性方程组的定义和性质介绍向量线性方程组的概念和基本性质。

讲解向量线性方程组的解的存在性和唯一性。

3.2 向量线性方程组的求解方法利用高斯消元法求解向量线性方程组。

利用矩阵和行列式的方法求解向量线性方程组。

3.3 向量线性方程组在立体几何中的应用利用向量线性方程组求解空间中的点、直线和平面的位置关系。

讲解向量线性方程组在立体几何问题中的应用实例。

第四章：向量在立体几何中的几何意义4.1 向量的模和长度向量的模和长度的定义及性质。

利用向量的模和长度研究立体几何图形的大小和形状。

4.2 向量的方向和角度向量的方向和角度的定义及性质。

利用向量的方向和角度研究立体几何图形的位置关系和角度大小。

4.3 向量的夹角和向量积向量的夹角的定义及性质。

利用向量积研究立体几何图形之间的相互关系和角度大小。

第五章：向量在立体几何中的综合应用5.1 向量在立体几何中的举例应用利用向量解决立体几何中的距离和角度问题。

利用向量求解空间中的点、直线和平面的位置关系。

《立体几何中的向量方法》示范教案(第1课时)

3.2 立体几何中的向量方法整体设计教材分析本节是在学习了空间向量的概念及其运算和空间向量运算的坐标表示的基础上设计的，本节主要介绍立体几何中的向量方法，即在立体几何中，把立体几何问题转化为空间向量问题．本节内容包括：直线的方向向量、平面的法向量，用向量方法解决立体几何中的平行垂直问题，用向量方法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，以及用向量方法求空间两点之间的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离和异面直线之间的距离．本节所讲的向量方法包括两种，一种是向量的几何运算的方法，即选择空间基底解决问题的方法；另一种是向量的坐标运算的方法，即建立空间直角坐标系，用向量的坐标运算解决问题的方法．通常，按照传统方法解立体几何题，需要有较强的空间想象能力、逻辑推理能力以及作图能力，学生往往由于这些能力的不足造成解题困难．用向量处理立体几何问题，可使学生克服空间想象力的障碍而顺利解题，为研究立体几何提供了新的思想方法和工具，具有相当大的优越性；而且，在丰富学生思维结构的同时，应用数学的能力也得到了锻炼和提高．课时分配5课时第1课时教学目标知识与技能1．掌握直线的方向向量与平面的法向量的定义；2．理解平面的法向量的求法；3．理解用向量方法证明平行关系的方法．过程与方法1．经历直线方向向量和平面法向量的概念的探索，掌握直线的方向向量与平面的法向量的定义；2．经历平面法向量求法的探索，理解平面法向量的求法；3．通过研究平行关系与向量之间关系的联系，理解用向量方法证明平行关系的方法．情感、态度与价值观通过教师的引导、学生的探究，激发学生的求知欲望和学习兴趣，使学生经历转化思想、数形结合思想的思维过程，品尝到成功的喜悦．重点难点教学重点：1．直线的方向向量和平面法向量的定义；2．平面法向量的求法；3．向量在证明平行关系中的应用．教学难点：1．平面法向量的求法；2．向量在证明平行关系中的应用．教学过程引入新课提出问题：在前面的学习中，我们已经利用空间向量解决了一些立体几何问题，请同学们回忆，在上一节课中，我们是怎样求两个异面直线所成的角的？通过解决这一问题的过程，你认为用向量方法解决立体几何问题，首先应解决什么问题？活动设计：学生回忆思考后举手发言；教师板书记录并请不同的学生补充．学情预测：学生对上一节课求两条异面直线所成角的过程能够比较清晰地回忆并概括出来：先建立空间直角坐标系，写出两异面直线上的两个向量的坐标，将异面直线所成角转化为向量夹角．从以上过程可以看出要用向量解决立体几何问题，需要先用向量表示出空间中的点、直线、平面．设计意图：通过对已解决问题的回忆和过程的概括，引导学生得出一般的规律，引出本节课要研究的内容．探究新知提出问题1：如何确定一个点在空间的位置？在空间中给一个定点A 和一个定方向(向量)，能确定一条直线在空间的位置吗？给一个定点和两个定方向(向量)，能确定一个平面在空间的位置吗？给一个定点和一个定方向(向量)，能确定一个平面在空间的位置吗？活动设计：学生自己思考后进行小组交流讨论，最后小组代表发言；教师巡视指导，注意和学生的交流，并对学生的发言进行点评和补充．活动成果：1．如下图，在空间中，我们取一定点O 作为基点，那么空间中任一点P 的位置就可以用向量OP →来表示，我们把OP →称为点P 的位置向量．2．空间中任意一条直线l 的位置可以由l 上一点A 及一个定方向确定.如下图，点A 是直线l 上一点，向量a 表示直线l 的方向(方向向量)．在直线l 上取AB →＝a ，那么对于直线l 上的任一点P ，一定存在实数t ，使得AP →＝tAB →.这样，点A 和向量a 不仅可以确定直线l 的位置，还可以具体表示出l 上任意一点．3．空间中平面α的位置可以由α内两条相交直线来确定．如下图，设这两条直线相交于点O ，它们的方向向量分别为a 和b ，P 为平面α上任意一点，由平面向量基本定理可知，存在有序数对(x ，y)，使得OP →＝x a ＋y b .这样点O 和向量a ，b 不仅可以确定平面α的位置，还可以具体表示出α内的任意一点．4．类似于直线的方向向量，我们还可以用平面的法向量表示空间中平面的位置．如下图，直线l⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面的法向量．给定一定点A 和一个向量a ，那么，过点A 以向量a 为法向量的平面是完全确定的．设计意图：引导学生根据立体几何的相关定理，自主探究出用向量表示点、直线、平面的方法，为空间向量在立体几何中的应用奠定基础，增强学生将空间向量和立体几何相联系的意识和能力．提出问题2：在已知平面内点和向量坐标的情况下，如何求平面的法向量？活动设计：教师提示学生利用法向量和平面垂直这一性质进行探索；学生根据教师的提示和已经掌握的立体几何知识进行自主探究后小组讨论．活动成果：求平面法向量的方法、步骤： 1．设出平面的法向量为n ＝(x ，y ，z)；2．找出(求出)平面内两个不共线的向量的坐标a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)； 3．根据法向量的定义建立关于法向量的方程组：⎩⎪⎨⎪⎧x 1x ＋y 1y ＋z 1z ＝0，x 2x ＋y 2y ＋z 2z ＝0.4．解方程组，取其中的一组解即为法向量的坐标．设计意图：指导学生根据法向量的定义和立体几何知识探索出求平面法向量的方法．理解新知提出问题1：直线m⊥α，在m 上任取向量a ，直线n⊥α，在n 上任取向量b ，则向量a 、b 有什么关系？活动设计：学生自由举手发言；教师请别的学生纠正并点评．学情预测：有的学生可能认为相等，有的学生可能认为同向，经过纠正和补充能得到正确答案共线．设计意图：纠正对直线方向向量和平面法向量的误解，加深对直线方向向量和平面法向量的理解．提出问题2：你能用直线的方向向量表示空间两条直线平行、垂直的位置关系吗？你能用直线的方向向量和平面的法向量表示空间线面和面面的位置关系吗？活动设计：教师提示学生根据“探究新知”中的问题2的解决过程进行自主探究；学生在教师的指导下，根据自己所掌握的立体几何相关定义进行自主探究．活动成果：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1．l ∥m a ∥b a ＝k b (k∈R )； 2．l⊥m a ⊥b a ·b ＝0； 3．l∥αa ⊥u a ·u ＝0；4．l⊥αa ∥u a ＝k u (k∈R )；5．α∥βu ∥v u ＝kv (k∈R )； 6．α⊥βu ⊥v u ·v ＝0.设计意图：引导学生根据前面解决的问题，进一步探究立体几何与空间向量的关系，进一步加深对直线方向向量和平面法向量的理解．运用新知用向量方法证明“平面与平面平行的判定定理”：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．思路分析：要证明两个平面平行，只需证明两个平面有相同的法向量即可．已知：直线l ，m 和平面α，β，其中l ，m α，l 与m 相交，l∥β，m∥β，求证：α∥β.证明：设相交直线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 . 因为l∥β，m∥β，所以a ⊥v ，b ⊥v ，所以a ·v ＝0，b ·v ＝0. 因为l ，m α，且l 与m 相交，所以α内任一直线的方向向量p 可以表示为如下形式： p ＝x a ＋y b ，(x ，y∈R )．因为p ·v ＝(x a ＋y b )·v ＝x a ·v ＋y b ·v ＝0，即平面β的法向量与平面α内任一直线垂直．所以平面β的法向量也是平面α的法向量，即u ∥v . 因此，α∥β.点评：利用向量方法证明几何问题的关键是把几何问题转化为向量关系问题．巩固练习在长方体OAEB —O 1A 1E 1B 1中，|OA|＝3，|OB|＝4，|OO 1|＝2，点P 在棱AA 1上，且|AP|＝2|PA 1|，点S 在棱BB 1上，且|B 1S|＝2|SB|，点Q ，R 分别是棱O 1B 1，AE 的中点．求证：PQ∥RS.证明：以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则A(3,0,0)，B(0,4,0)，O 1(0,0,2)，A 1(3,0,2)，B 1(0,4,2)，P(3,0，43)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4，23)，于是PQ →＝(－3,2，23)＝RS →，∴PQ →∥RS →.∵R PQ ，∴PQ∥RS.变练演编棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D⊥面PAC? 解：以D 为原点建立如图所示的坐标系，设存在点P(0,0，z)， AP →＝(－a,0，z)，AC →＝(－a ，a,0)，DB 1→＝(a ，a ，a)， ∵B 1D⊥面PAC ，∴DB 1→·AP →＝0，DB 1→·AC →＝0.∴－a 2＋az ＝0.∴z＝a ，即点P 与D 1重合． ∴点P 与D 1重合时，B 1D⊥面PAC.达标检测1．设平面α的法向量为(1,2，－2)，设平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k 等于( )A. 2 B ．－4 C ．4 D ．－22．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为b ，若a ·b ＝0，则( ) A. l∥α B ．l α C ．l⊥α D. l α或l∥α3．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m)，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A. 1 B ．2 C.12D ．34．若l 的方向向量为(2,1，m)，平面α的法向量为(1，12，2)，且l⊥α，则m ＝________.5．已知点A(3,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,4)，求平面ABC 的一个单位法向量．答案：1.C 2.D 3.B 4.4 5.23417，33434，33434课堂小结1．知识收获：直线的方向向量、平面的法向量的概念；平面法向量的求法；向量在证明平行关系中的应用；2．方法收获：转化方法、数形结合的方法； 3．思维收获：转化思维、抽象概括思维．布置作业课本本节练习1,2. 补充练习基础练习1．若平面α，β的法向量分别为(－1,2,4)，(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.12 D ．－122．若直线a 和b 是两条异面直线，它们的方向向量分别是(1,1,1)，(2，－3，－2)，则直线a 和b 的公垂线的一个方向向量是__________．3. 如图所示，在正方体ABCD —A′B′C′D′中，M ，N 分别是C′C，B′C′的中点．求证：MN∥平面A′BD.答案：1.B 2.(1,4，－5)3．证明：建立如图所示空间直角坐标系，设|DA|＝1，则D(0,0,0)，A′(1,0,1)，B(1,1,0)，M(0,1，12)，N(12，1,1)，则MN →＝(12，0，12)，'DA ＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)．方法一：设MN →＝x DA′→＋yDB →，即(12，0，12)＝x(1,0,1)＋y(1,1,0)＝(x ＋y ，y ，x)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝12，y ＝0，x ＝12.∴MN →＝12'DA .由空间向量共面定理知MN →，'DA ，DB →共面，又MN 平面A′BD， ∴MN∥平面A′BD.方法二：设平面A′BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则'00n DA n DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1得，n ＝(1，－1，－1)，∴MN →·n ＝12－12＝0.∴MN →⊥n .又MN 平面A′BD， ∴MN∥平面A′BD. 拓展练习4．如图，已知矩形ABCD 、矩形ADEF 所在平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 上，且BM ＝13BD ，AN ＝13AE ，求证：MN∥平面CDE.5. 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，求证：D 1F⊥平面ADE.【解答】4．证明：建立如图所示空间坐标系，设AB ，AD ，AF 的长分别为3a,3b,3c ，NM →＝NA →＋AB →＋BM →＝(2a,0，－c)，又平面CDE 的一个法向量AD →＝(0,3b,0)，由NM →·AD →＝0，得到NM →⊥AD →，因为MN 不在平面CDE 内，所以MN∥平面CDE.5．证明：设正方体棱长为1，建立如图所示坐标系D —xyz ，DA →＝(1,0,0)，DE →＝(1,1，12)，因为D 1F →＝(0，12，－1)，所以D 1F →·DA →＝0，D 1F →·DE →＝0， D 1F →⊥DA →，D 1F →⊥DE →. 又DE∩DA＝D ，所以D 1F⊥平面ADE.设计说明本节课是在系统学习了空间向量的运算以及空间向量运算的坐标表示以后，研究空间向量在立体几何中的应用的．重点是根据立体几何中的线面关系和线线角、线面角、二面角的定义来寻找用直线的方向向量和平面的法向量来研究空间线面关系的方法．本节课主要设计了问题驱动、类比思考、启发引导、自主探索等教学方式，主要特点是引导学生自主发现用直线方向向量和平面法向量来研究立体几何问题的方法，增强学生的应用意识，加深学生的理解．类比是本节课设计的主要特点．本节课突出教师的主导作用和学生的主体地位，在教师所提问题的引导下，学生自主完成探究新知和理解运用新知的过程，在运用新知时进行变练演编，加深学生对知识的理解和问题转化的能力．备课资料如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中， ∠ABC＝60°，PA ＝AC ＝a ，PB ＝PD＝2a ，点E 在PD 上，且PE∶ED＝2∶1.在棱PC 上是否存在一点F, 使BF∥平面AEC ？证明你的结论．思路分析：该题为探索性问题，用传统方法求解有相当难度，但是如果我们建立如图所示空间直角坐标系，借助空间向量研究该问题，不难得到如下解答：根据题设条件，结合图形容易得到：B(3a 2，－a 2，0)，D(0，a,0)，E(0，2a 3，a3)， C(3a 2，a2，0)，P(0,0，a)， CP →＝(－3a 2，－a 2，a)，假设存在点F ，且CF →＝λCP →＝(－3λa 2，－λa 2，λa)．BF →＝BC →＋CF →＝(－3λa 2，(1－λ2)a ，λa)，又AE →＝(0，2a 3，a 3)，AC →＝(3a 2，a 2，0)，则必存在实数λ1，λ2使得BF →＝λ1AC →＋λ2AE →，把以上向量的坐标形式代入得⎩⎪⎨⎪⎧－3λa 2＝3λ1a 21－λ2a ＝λ1a 2＋2λ2a 3λa＝λ2a 3⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，λ1＝－12，λ2＝32，即有BF →＝－12AC →＋32AE →，所以，在棱PC 上存在点F ，即PC 中点，能够使BF∥平面AEC.本题证明过程中，借助空间坐标系，运用共面向量定理，应用待定系数法，使问题的解决变得更方便，这种方法也更容易被学生掌握．(设计者：殷贺)。

教学设计1：3.2 立体几何中的向量方法（一）

3.2立体几何中的向量方法（一）教学目标：掌握利用向量法解决空间中的平行关系教学重点：证明空间中平行关系的方法教学难点：空间中的平行关系如何转化为向量的共线或共面问题教学过程：一.复习引入直线的方向向量二.思考分析以前人们为夯实地面，采用的是一种由三人合作使用的石制工具，石墩上有三个石耳，用三根粗绳子拴着，三个人站在三个方位上，同时拉绳子使石墩离开地面，然后石墩落下夯实地面．若三个人所站方位使得绳子两两成等角，且与水平地面所成角为45°，为了使质量为100 kg 的石墩垂直离开地面，每个人至少需要用10023kg 的力．问题1：在空间中给定一个定点A (一个石耳)和一个定方向(绳子方向)，能确定这条直线在空间的位置吗？提示：能．问题2：在空间过一定点且与一定直线垂直的平面位置确定吗？提示：确定．三.抽象概括1．直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行或共线的向量．2．平面的法向量直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则a 叫做平面α的法向量.3.空间中平行关系、垂直关系的向量表示设直线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 ，则线线平行 l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝kb ，k ∈R ；线面平行 l ∥α⇔a ⊥u ⇔a·u ＝0；面面平行 α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝kv (k ∈R)．线线垂直 l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0；线面垂直 l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝ku ，k ∈R ；面面垂直 α⊥β⇔u ⊥v ⇔u·v ＝0.1．直线的方向向量不是唯一的，可以分为方向相同和相反两类．解题时，可以选取坐标最简的方向向量．2．一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可以根据需要进行选取，一个平面的所有法向量共线．3．因为直线的方向向量与平面的法向量可以确定直线和平面的位置，所以可以利用直线的方向向量和平面的法向量来表示空间直线、平面间的平行、垂直等位置关系．四.例题分析及练习[例1] (1)设a ，b 分别是不重合的直线l 1，l 2的方向向量，根据下列条件判断l 1与l 2的位置关系：①a ＝(2,3，－1)，b ＝(－6，－9,3)；②a ＝(5,0,2)，b ＝(0,4,0)； ③a ＝(－2,1,4)，b ＝(6,3,3)．(2)设u ，v 分别是不同的平面α，β的法向量，根据下列条件判断α，β的位置关系：①u ＝(1，－1,2)，v ＝(3,2，－12)； ②u ＝(0,3,0)，v ＝(0，－5,0)；③u ＝(2，－3,4)，v ＝(4，－2,1)．(3)设u 是平面α的法向量，a 是直线l 的方向向量，根据下列条件判断α和l 的位置关系： ①u ＝(2,2，－1)，a ＝(－3,4,2)；②u ＝(0,2，－3)，a ＝(0，－8,12)；③u ＝(4,1,5)，a ＝(2，－1,0)．[思路点拨] 先判断直线的方向向量与平面的法向量的关系，再判断线面、面面关系．[精解详析] (1)①∵a ＝(2,3，－1)，b ＝(－6，－9,3)，∴a ＝－13b ，∴a ∥b ，∴l 1∥l 2. ②∵a ＝(5,0,2)，b ＝(0,4,0)，∴a ·b ＝0，∴a ⊥b ，∴l 1⊥l 2.③∵a ＝(－2,1,4)，b ＝(6,3,3)，∴a 与b 不共线，也不垂直，∴l 1与l 2相交或异面(不垂直)．(2)①u ＝(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∵u ＝(2，－3,4)，v ＝(4，－2,1)，∴u 与v 不共线，也不垂直，∴α与β相交但不垂直．(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 ，∴l ⊥α. ③∵u ＝(4,1,5)，a ＝(2，－1,0)，∴u 与a 不共线，也不垂直，∴l 与α相交，但不垂直．[感悟体会]解答本题的关键是：①搞清直线的方向向量、平面的法向量和直线、平面的位置关系之间的内在联系；②要熟练掌握判断向量共线、垂直的方法，在把向量关系转化为几何关系时，注意其等价性．训练题组11．已知直线l的方向向量为u＝(2,0，－1)，平面α的一个法向量为v＝(－2,1，－4)，则l与α的位置关系为________．解析：∵u·v＝(2,0，－1)·(－2,1，－4)＝－4＋0＋4＝0，∴u⊥v，∴l∥α或l⊂α.答案：l∥α或l⊂α2．根据下列条件，判断相应的直线与直线、平面与平面、直线与平面的位置关系．(1)直线l1与l2的方向向量分别是a＝(1，－2，－2)，b＝(－2，－3,2)．(2)平面α，β的法向量分别为u＝(1,3,6)，v＝(－2，－6，－12)．(3)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(2,0,3)，v＝(1，－4，－3)．(4)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(3,2,1)，v＝(1，－2,1)．解：(1)∵a＝(1，－2，－2)，b＝(－2，－3,2)，∴a·b＝－2＋6－4＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.(2)∵u＝(1,3,6)，v＝(－2，－6，－12)，∴v＝－2(1,3,6)＝－2u，∴u∥v，∴α∥β.(3)∵a＝(2,0,3)，v＝(1，－4，－3)，∴a与v既不共线也不垂直，∴l与α斜交．(4)∵a＝(3,2,1)，v＝(1，－2,1)，∴a·v＝3－4＋1＝0，a⊥v，∴l⊂α或l∥α.[例2]已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，求平面ABC的一个法向量．[思路点拨]分析题意设出平面的法向量n→将所设法向量中的某一变量赋非零值→得出结论[精解详析]设坐标原点为O，由已知可得AB＝OB－OA＝(0,2,0)－(1,0,0)＝(－1,2,0)，AC＝OC－OA＝(0,0,3)－(1,0,0)＝(－1,0,3)．设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB＝(x，y，z)·(－1,2,0)＝－x＋2y＝0，n·AC＝(x，y，z)·(－1,0,3)＝－x＋3z＝0.不妨令x＝6，则y＝3，z＝2.因此，可取n＝(6,3,2)为平面ABC的一个法向量．[感悟体会]利用待定系数法求法向量的解题步骤：训练题组23．已知平面内的两个向量a ＝(2,3,1)，b ＝(5,6,4)，则该平面的一个法向量为( )A ．(1，－1,1)B ．(2，－1,1)C ．(－2,1,1)D ．(－1,1，－1)解析：显然a 与b 不平行，设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a ·n ＝0，b ·n ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y ＋z ＝0，5x ＋6y ＋4z ＝0. 令z ＝1，得x ＝－2，y ＝1.∴n ＝(－2,1,1)．答案：C4.四边形ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.在如图所示的坐标系Axyz 中，分别求平面SCD 和平面SAB 的一个法向量．解：A (0,0,0)，D (1,0,0)，C (2,2,0)，S (0,0,2)．∵AD ⊥平面SAB ，∴AD ＝(1,0,0)是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的法向量为n ＝(1，y ，z )，则n ·DC ＝(1，y ，z )·(1,2,0)＝1＋2y ＝0，∴y ＝－12. 又n ·DS ＝(1，y ，z )·(－1,0,2)＝－1＋2z ＝0，∴z ＝12. ∴n ＝(1，－12，12)即为平面SCD 的一个法向量. [例3] 如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1B 1，A 1D 1，B 1C 1，C 1D 1的中点．求证：平面AMN ∥平面EFDB .[思路点拨] 建立空间直角坐标系→分别求出两个平面的法向量m ，n →证明m ∥n[精解详析] 如图，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．设正方体棱长为a ，则A (a,0,0)，A 1(a,0，a )，D 1(0,0，a )，B 1(a ，a ，a )，B (a ，a,0)， C 1(0，a ，a )．∴N (a 2，0，a )，M (a ，a 2，a )，E (a 2，a ，a )，F (0，a 2，a )， ∴AN ＝(－a 2，0，a )，NM ＝(a 2，a 2，0)，DB ＝(a ，a,0)，DF ＝(0，a 2，a )．设平面AMN 与平面EFDB 的法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)和n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧ m ·AN ＝0，m ·NM ＝0，∴⎩⎨⎧ －a 2x 1＋0×y 1＋az 1＝0，a 2x 1＋a 2y 1＋0×z 1＝0，∴y 1＝－x 1＝－2z 1.取z 1＝1，∴平面AMN 的一个法向量为m ＝(2，－2,1)．同理由⎩⎨⎧n ·DB ＝0，n ·DF ＝0，可得x 2＝－y 2，y 2＝－2z 2. 令z 2＝1，∴平面EFDB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．∵m ＝n ，∴m ∥n ，∴平面AMN ∥平面EFDB .[感悟体会] 证明面面平行问题可由以下方法去证明：①转化为相应的线线平行或线面平行；②分别求出这两个平面的法向量，然后证明这两个法向量平行．本题采用的是方法②，解题过程虽复杂，但思路清晰，是证明平面平行的常用方法．训练题组35.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .证明：法一：如图所示，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1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)， 1DA ＝(1,0,1)，DB ＝(1,1,0)．设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则n ·1DA ＝0，且n ·DB ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0. 取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)．又MN ·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0， ∴MN ⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，∴MN ∥平面A 1BD .法二：∵MN ＝1C N －1C M ＝1211C B －121C C ＝12(11D A －1D D )＝121DA ， ∴MN ∥1DA .而MN ⊄平面A 1BD ，DA 1⊂平面A 1BD ，∴MN ∥平面A 1BD .6.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求证：平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.证明：如图，分别以AB ，AD ，AA 1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A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，B 1(1,0,1)，C (1,1,0)，D 1(0,1,1)，1A B ＝(1,0，－1)，1D C ＝(1,0，－1)．11B D ＝(－1,1,0)，BD ＝(－1,1,0)，∴1A B ∥1D C ，11B D ∥BD .∴A 1B ∥D 1C ，B 1D 1∥BD .又∵D 1C ⊂平面B 1D 1C ，A 1B ⊄平面B 1D 1C ，∴A 1B ∥平面B 1D 1C ，同理BD ∥平面B 1D 1C .又∵A 1B ∩BD ＝B ，∴平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .五.课堂小结与归纳利用向量方法证明几何中的平行问题可以通过两条途径实现，一是利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系；二是通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．六.当堂训练1．若A (1，－2,3)，B (2,5,6)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( )A ．(1，－2,3)B ．(2,5,6)C ．(1,7,3)D ．(－1，－7,3)解析：∵AB ＝(1,7,3)，又与AB 平行的非零向量都可作为l 的方向向量，∴(1,7,3)＝AB 可作为l 的方向向量．答案：C2．已知AB ＝(2,2,1)，AC ＝(4,5,3)，则平面ABC 的一个单位法向量为( )A ．(－13，－23，－23)B ．(－13，23，－23)C ．(－13，23，23)D ．(13，23，23) 解析：设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.取x ＝1，则y ＝－2，z ＝2.所以n ＝(1，－2,2)．因为|n |＝3，所以平面ABC 的一个单位法向量可以是(－13，23，－23)．答案：B3．设平面α的法向量为(1，－2,2)，平面β的法向量为(2，λ，4)，若α∥β，则λ等于( )A ．2B ．4C ．－2D ．－4解析：∵α∥β，∴(1，－2,2)＝m (2，λ，4)，∴λ＝－4.答案：D4.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.这四个结论中正确的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：∵1AM ＝1A A ＋AM ＝1A A ＋12AB ， 1D P ＝1D D ＋DP ＝1A A ＋12AB ，∴1AM ∥1D P ，从而A 1M ∥D 1P ，可得①③④正确．又B 1Q 与D 1P 不平行，故②不正确．答案：C5．若AB ＝λCD ＋u CE (λ，u ∈R)，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________．解析：∵AB ＝λCD ＋u CE ，∴AB 与CD ，CE 共面，∴AB ∥平面CDE 或AB ⊂平面CDE . 答案：AB ∥平面CDE 或AB ⊂平面CDE6．已知直线l 1的一个方向向量为(－7,3,4)，直线l 2的一个方向向量为(x ，y,8)，且l 1∥l 2，则x ＝______，y ＝______.解析：∵l 1∥l 2，∴－7x ＝3y ＝48，∴x ＝－14，y ＝6. 答案：－14 67.如图，在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．证明：直线MN ∥平面OCD .证明：作AP ⊥CD 于点P ，如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．A (0,0,0)，B (1,0,0)，P (0，22，0)，D (－22，22，0)，O (0,0,2)，M (0,0,1)， N (1－24，24，0)． MN ＝(1－24，24，－1)，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，即⎩⎨⎧ 22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)． ∵MN ·n ＝(1－24，24，－1)·(0,4，2)＝0，即MN ⊥n ，∴MN ∥平面OCD . 8.如图，在正方体AC 1中，O 为底面ABCD 的中心，P 是DD 1的中点．设Q 是CC 1上的点．当点Q 在什么位置时，平面D 1BQ ∥平面P AO?解：建立如图所示的坐标系，设正方体棱长为2，则O (1,1,0)，A (2,0,0)，P (0,0,1)，B (2,2,0)，D 1(0,0,2)．再设Q (0,2，c )， ∴OA ＝(1，－1,0)，OP ＝(－1，－1，1)，BQ ＝(－2,0，c )，1BD ＝(－2，－2，2)．设平面P AO 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n 1·OA ＝0，n ·OP ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x －y ＋z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2.∴平面P AO 的一个法向量为n 1＝(1,1,2)．若平面D 1BQ ∥平面P AO ，那么n 1也是平面D 1BQ 的一个法向量． ∴n 1·BQ ＝0，即－2＋2c ＝0，∴c ＝1，这时n 1·1BD ＝－2－2＋4＝0，故当Q 为CC 1的中点时，平面D 1BQ ∥平面P AO .。

立体几何中的向量方法教案

立体几何中的向量方法教案教案标题：立体几何中的向量方法教案教案目标：1. 了解立体几何中的向量概念和基本性质。

2. 掌握运用向量方法解决立体几何问题的技巧和方法。

3. 培养学生的空间思维和几何推理能力。

教学重点：1. 向量的定义和性质。

2. 向量在立体几何中的应用。

3. 向量运算在解决立体几何问题中的作用。

教学难点：1. 运用向量方法解决立体几何问题。

2. 空间几何推理能力的培养。

教学准备：1. 教师准备：教学投影仪、计算机、几何软件等。

2. 学生准备：教材、笔记本、几何工具等。

教学过程：一、导入（5分钟）1. 利用投影仪展示一些立体几何图形，引起学生的兴趣。

2. 提问：你们对立体几何中的向量有什么了解？二、知识讲解（15分钟）1. 向量的定义和性质：a. 向量的表示方法。

b. 向量的加法和减法。

c. 向量的数量积和向量积。

2. 向量在立体几何中的应用：a. 向量的方向和模长在立体几何中的意义。

b. 利用向量表示线段、向量共线和垂直关系。

c. 利用向量表示平面和平行关系。

三、示例分析（20分钟）1. 结合具体的立体几何问题，演示如何运用向量方法解决问题。

2. 引导学生参与讨论，分析解题思路和方法。

四、练习与巩固（15分钟）1. 分发练习题，让学生独立完成。

2. 针对难点问题进行讲解和解答。

五、拓展应用（10分钟）1. 提供一些立体几何的拓展问题，要求学生运用向量方法解决。

2. 引导学生思考如何将向量方法应用到实际问题中。

六、总结与反思（5分钟）1. 总结本节课所学的立体几何中的向量方法。

2. 学生分享对本节课的收获和感想。

教学延伸：1. 引导学生自主学习更多立体几何中的向量应用。

2. 布置作业，要求学生运用向量方法解决相关问题。

教学评价：1. 教师观察学生在课堂上的参与情况和问题解决能力。

2. 批改学生的练习题和作业，评价他们的掌握程度。

教学资源：1. 教材：立体几何教材。

2. 投影仪、计算机、几何软件等。

教学设计3：立体几何中的向量方法

立体几何中的向量方法[课前考点引领]考情分析考点新知理解直线的方向向量与平面的法向量的意义；会用待定系数法求平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系．体会向量方法在研究几何问题中的作用．能用向量方法判断一些简单的空间线面的平行和垂直关系；能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.知识清单1. 直线的方向向量与平面的法向量(1) 直线l上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l 的方向向量．(2) 如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n ⊥α.此时把向量n 叫做平面α的法向量．2. 线面关系的判定直线l 1的方向向量为e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平面α的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面β的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．(1) 如果l 1∥l 2，那么e 1∥e 2e 2＝λe 1a 2＝λa 1，b 2＝λb 1，c 2＝λc 1． (2) 如果l 1⊥l 2，那么e 1⊥e 2e 1·e 2＝0a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0．(3) 若l 1∥α，则e 1⊥n 1e 1·n 1＝0a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0． (4) 若l 1⊥α，则e 1∥n 1e 1＝k n 1a 1＝kx 1，b 1＝ky 1，c 1＝kz 1． (5) 若α∥β，则n 1∥n 2n 1＝k n 2x 1＝kx 2，y 1＝ky 2，z 1＝kz 2． (6) 若α⊥β，则n 1⊥n 2n 1·n 2＝0x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0．3. 利用空间向量求空间角 (1) 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π2. ②向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有sin θ＝|sin φ|. (2) 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. ②向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|sin φ|或sin θ＝sin φ.(3) 二面角①二面角的取值范围是[0，π]．②二面角的向量求法：(ⅰ) 若AB 、CD 分别是二面角αlβ的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角(如图①)．(ⅱ) 设n 1、n 2分别是二面角αlβ的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．[课中技巧点拨]题型精选题型1 空间向量的基本运算例1 如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则BM →＝________.备选变式（教师专享）已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →. (1) 求a 和b 的夹角θ；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM ∥平面BDE ；(2) AM⊥平面BDF.变式训练如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，(1) 试证：A1、G、C三点共线；(2) 试证：A1C⊥平面BC1D；题型3空间的角的计算例3如图，圆锥的高PO＝4，底面半径OB＝2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.(1) 求异面直线EF与BD所成角的余弦值；(2) 求二面角OOFE的正弦值．备选变式（教师专享）如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D 是BC的中点．(1) 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．疑难指津1. 类比平面向量，掌握空间向量的线性运算、空间向量的数量积、空间向量的坐标运算．2. 用空间向量解答立体几何问题的一般步骤：(1) 几何问题向量化：线线、线面、面面的平行、垂直、夹角等位置关系问题，利用立体几何中直线与平面有关判定定理和性质定理，将问题转化为直线的方向向量或平面的法向量之间的平行、垂直、夹角关系；(2) 进行向量运算：通常需通过建立空间直角坐标系将问题转化为空间向量的坐标运算．(3) 回归几何问题．如利用法向量求二面角时，要注意两平面的法向量的方向，确定求得的角是二面角还是其补角．答案例1【答案】－12a ＋12b ＋c【解析】BM →＝BB 1→＋B 1M →＝12()AD →－AB →＋AA 1→＝－12a ＋12b ＋c .备选变式（教师专享）解：∵A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)， a ＝AB →，b ＝AC →，∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)． (1)∵sin θ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角为arcsin ⎝⎛⎭⎫－1010. (2)∵k a ＋b ＝k (1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)， k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )， ∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8 ＝2k 2＋k －10＝0，解得k ＝－52或2.例2证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连结NE . 则N ⎝⎛⎭⎫22，22，0，E (0，0，1)， A (2，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫22，22，1. ∴ NE →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM . ∵ NE平面BDE ，AM平面BDE ，∴ AM ∥平面BDE .(2) 由(1)知AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，∵ D (2，0，0)，F (2，2，1)，∴ DF →＝(0，2，1)， ∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF .同理AM ⊥BF . 又DF ∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF . 变式训练证明：(1) CA 1→＝CB →＋BA →＋AA 1→＝CB →＋CD →＋CC 1→，可以证明：CG →＝13(CB →＋CD →＋CC 1→)＝13CA 1→，∴ CG →∥CA 1→，即A 1、G 、C 三点共线．(2) 设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a|＝|b|＝|c|＝a ，且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0， ∵ CA 1→＝a ＋b ＋c ，BC 1→＝c －a ，∴ CA 1→·BC 1→＝(a ＋b ＋c )·(c －a )＝c 2－a 2＝0， ∴ CA 1→⊥BC 1→，即CA 1⊥BC 1，同理可证：CA 1⊥BD ，因此A 1C ⊥平面BC 1D .例3解：(1) 以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴， OB 所在的线为y 轴，OP 所在的线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，2，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，1，2)．设F (x 0，y 0，0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0，1，0)，∵ EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1. ∴ F (3，1，0)，EF →＝(3，0，－2)，BD →＝(0，－2，2)．设异面直线EF 与BD 所成角为α，则sin α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147.(2) 设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥OD →，n 1⊥OF →，即⎩⎨⎧z 1＝0，3x 1＋y 1＝0.令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32. 设二面角ODFE 的平面角为β，则|sin β|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77. ∴ sin β＝427.备选变式（教师专享）解：(1) 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为sin 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) 设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|sin θ|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。

《立体几何中的向量方法》示范教案(第1课时)

3.2立体几何中的向量方法整体设计教材分析本节是在学习了空间向量的概念及其运算和空间向量运算的坐标表示的基础上设计的，本节主要介绍立体几何中的向量方法，即在立体几何中，把立体几何问题转化为空间向量问题．本节内容包括：直线的方向向量、平面的法向量，用向量方法解决立体几何中的平行垂直问题，用向量方法求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，以及用向量方法求空间两点之间的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离和异面直线之间的距离．本节所讲的向量方法包括两种，一种是向量的几何运算的方法，即选择空间基底解决问题的方法；另一种是向量的坐标运算的方法，即建立空间直角坐标系，用向量的坐标运算解决问题的方法．通常，按照传统方法解立体几何题，需要有较强的空间想象能力、逻辑推理能力以及作图能力，学生往往由于这些能力的不足造成解题困难．用向量处理立体几何问题，可使学生克服空间想象力的障碍而顺利解题，为研究立体几何提供了新的思想方法和工具，具有相当大的优越性；而且，在丰富学生思维结构的同时，应用数学的能力也得到了锻炼和提高．课时分配5课时第1课时教学目标知识与技能1．掌握直线的方向向量与平面的法向量的定义；2．理解平面的法向量的求法；3．理解用向量方法证明平行关系的方法．过程与方法1．经历直线方向向量和平面法向量的概念的探索，掌握直线的方向向量与平面的法向量的定义；2．经历平面法向量求法的探索，理解平面法向量的求法；3．通过研究平行关系与向量之间关系的联系，理解用向量方法证明平行关系的方法．情感、态度与价值观通过教师的引导、学生的探究，激发学生的求知欲望和学习兴趣，使学生经历转化思想、数形结合思想的思维过程，品尝到成功的喜悦．重点难点教学重点：1．直线的方向向量和平面法向量的定义；2．平面法向量的求法；3．向量在证明平行关系中的应用．教学难点：1．平面法向量的求法；2．向量在证明平行关系中的应用．教学过程引入新课提出问题：在前面的学习中，我们已经利用空间向量解决了一些立体几何问题，请同学们回忆，在上一节课中，我们是怎样求两个异面直线所成的角的？通过解决这一问题的过程，你认为用向量方法解决立体几何问题，首先应解决什么问题？活动设计：学生回忆思考后举手发言；教师板书记录并请不同的学生补充．学情预测：学生对上一节课求两条异面直线所成角的过程能够比较清晰地回忆并概括出来：先建立空间直角坐标系，写出两异面直线上的两个向量的坐标，将异面直线所成角转化为向量夹角．从以上过程可以看出要用向量解决立体几何问题，需要先用向量表示出空间中的点、直线、平面．设计意图：通过对已解决问题的回忆和过程的概括，引导学生得出一般的规律，引出本节课要研究的内容．探究新知提出问题1：如何确定一个点在空间的位置？在空间中给一个定点A和一个定方向(向量)，能确定一条直线在空间的位置吗？给一个定点和两个定方向(向量)，能确定一个平面在空间的位置吗？给一个定点和一个定方向(向量)，能确定一个平面在空间的位置吗？活动设计：学生自己思考后进行小组交流讨论，最后小组代表发言；教师巡视指导，注意和学生的交流，并对学生的发言进行点评和补充．活动成果：1．如下图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任一点P的位置就可以→→用向量OP来表示，我们把OP称为点P的位置向量．2．空间中任意一条直线l的位置可以由l上一点A及一个定方向确定.如下图，点A→是直线l上一点，向量a表示直线l的方向(方向向量)．在直线l上取AB＝a，那么对于直→→线l上的任一点P，一定存在实数t，使得AP＝tAB.这样，点A和向量a不仅可以确定直线l的位置，还可以具体表示出l上任意一点．3．空间中平面α的位置可以由α内两条相交直线来确定．如下图，设这两条直线相交于点O，它们的方向向量分别为a和b，P为平面α上任意一点，由平面向量基本定理可→知，存在有序数对(x，y)，使得OP＝x a＋y b.这样点O和向量a，b不仅可以确定平面α的位置，还可以具体表示出α内的任意一点．4．类似于直线的方向向量，我们还可以用平面的法向量表示空间中平面的位置．如下图，直线l⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面的法向量．给定一定点A 和一个向量a ，那么，过点A 以向量a 为法向量的平面是完全确定的．设计意图：引导学生根据立体几何的相关定理，自主探究出用向量表示点、直线、平面的方法，为空间向量在立体几何中的应用奠定基础，增强学生将空间向量和立体几何相联系的意识和能力．提出问题2：在已知平面内点和向量坐标的情况下，如何求平面的法向量？活动设计：教师提示学生利用法向量和平面垂直这一性质进行探索；学生根据教师的提示和已经掌握的立体几何知识进行自主探究后小组讨论．活动成果：求平面法向量的方法、步骤：1．设出平面的法向量为n ＝(x ，y ，z)；2．找出(求出)平面内两个不共线的向量的坐标a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)；3．根据法向量的定义建立关于法向量的方程组：⎧⎪x 1x ＋y 1y ＋z 1z ＝0，⎨⎪x 2x ＋y 2y ＋z 2z ＝0.⎩4．解方程组，取其中的一组解即为法向量的坐标．设计意图：指导学生根据法向量的定义和立体几何知识探索出求平面法向量的方法．理解新知提出问题1：直线m⊥α，在m 上任取向量a ，直线n⊥α，在n 上任取向量b ，则向量a 、b 有什么关系？活动设计：学生自由举手发言；教师请别的学生纠正并点评．学情预测：有的学生可能认为相等，有的学生可能认为同向，经过纠正和补充能得到正确答案共线．设计意图：纠正对直线方向向量和平面法向量的误解，加深对直线方向向量和平面法向量的理解．提出问题2：你能用直线的方向向量表示空间两条直线平行、垂直的位置关系吗？你能用直线的方向向量和平面的法向量表示空间线面和面面的位置关系吗？活动设计：教师提示学生根据“探究新知”中的问题2的解决过程进行自主探究；学生在教师的指导下，根据自己所掌握的立体几何相关定义进行自主探究．活动成果：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1．l ∥m a ∥b a ＝k b (k∈R )；2．l⊥m a ⊥b a ·b ＝0；3．l∥αa ⊥u a ·u ＝0；4．l⊥αa ∥u a ＝k u (k∈R )；5．α∥βu ∥v u ＝kv (k∈R )；6．α⊥βu ⊥v u ·v ＝0.设计意图：引导学生根据前面解决的问题，进一步探究立体几何与空间向量的关系，进一步加深对直线方向向量和平面法向量的理解．运用新知用向量方法证明“平面与平面平行的判定定理”：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．思路分析：要证明两个平面平行，只需证明两个平面有相同的法向量即可．已知：直线l ，m 和平面α，β，其中l ，m α，l 与m 相交，l∥β，m∥β，求证：α∥β.证明：设相交直线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 .因为l∥β，m∥β，所以a ⊥v ，b ⊥v ，所以a ·v ＝0，b ·v ＝0.因为l ，m α，且l 与m 相交，所以α内任一直线的方向向量p 可以表示为如下形式：p ＝x a ＋y b ，(x ，y∈R )．因为p ·v ＝(x a ＋y b )·v ＝x a ·v ＋y b ·v ＝0，即平面β的法向量与平面α内任一直线垂直．所以平面β的法向量也是平面α的法向量，即u ∥v .因此，α∥β.点评：利用向量方法证明几何问题的关键是把几何问题转化为向量关系问题．巩固练习在长方体OAEB —O 1A 1E 1B 1中，|OA|＝3，|OB|＝4，|OO 1|＝2，点P 在棱AA 1上，且|AP|＝2|PA 1|，点S 在棱BB 1上，且|B 1S|＝2|SB|，点Q ，R 分别是棱O 1B 1，AE 的中点．求证：PQ∥RS.证明：以O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则4A(3,0,0)，B(0,4,0)，O 1(0,0,2)，A 1(3,0,2)，B 1(0,4,2)，P(3,0，)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，32S(0,4，)，32→→→→于是PQ ＝(－3,2，)＝RS ，∴PQ ∥RS .∵R PQ ，∴PQ∥RS.3变练演编棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D⊥面PAC?解：以D 为原点建立如图所示的坐标系，设存在点P(0,0，z)，→→→AP ＝(－a,0，z)，AC ＝(－a ，a,0)，DB 1＝(a ，a ，a)，→→→→∵B 1D⊥面PAC ，∴DB 1·AP ＝0，DB 1·AC ＝0.∴－a ＋az ＝0.∴z＝a ，即点P 与D 1重合．∴点P 与D 1重合时，B 1D⊥面PAC.达标检测1．设平面α的法向量为(1,2，－2)，设平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k 等于()A. 2B ．－4C ．4D ．－22．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为b ，若a ·b ＝0，则()A. l∥α B ．l α C ．l⊥α D. l α或l∥α3．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m)，若l 1⊥l 2，则m 等于()1A. 1 B ．2 C. D ．3214．若l 的方向向量为(2,1，m)，平面α的法向量为(1，，2)，且l⊥α，则m ＝________.25．已知点A(3,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,4)，求平面ABC 的一个单位法向量．234334334答案：1.C 2.D 3.B 4.4 5.，，173434课堂小结1．知识收获：直线的方向向量、平面的法向量的概念；平面法向量的求法；向量在证明平行关系中的应用；2．方法收获：转化方法、数形结合的方法；3．思维收获：转化思维、抽象概括思维．布置作业课本本节练习1,2.补充练习基础练习1．若平面α，β的法向量分别为(－1,2,4)，(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为()11A ．10B ．－10 C. D ．－222．若直线a 和b 是两条异面直线，它们的方向向量分别是(1,1,1)，(2，－3，－2)，则直线a 和b 的公垂线的一个方向向量是__________．3.如图所示，在正方体ABCD —A′B′C′D′中，M ，N 分别是C′C，B′C′的中点．求证：MN∥平面A′BD.2答案：1.B 2.(1,4，－5)3．证明：建立如图所示空间直角坐标系，设|DA|＝1，则D(0,0,0)，A′(1,0,1)，11B(1,1,0)，M(0,1，)，N(，1,1)，221→1→则MN ＝(，0，)，DA '＝(1,0,1)，DB ＝(1,1,0)．2211→→→方法一：设MN ＝x DA′＋yDB ，即(，0，)＝x(1,0,1)＋y(1,1,0)＝(x ＋y ，y ，x)，22⎧⎪∴⎨y ＝0，1x ＝⎪⎩2.1x ＋y ＝，2 →1∴MN ＝DA '.2→→由空间向量共面定理知MN ，DA '，DB 共面，又MN 平面A′BD，∴MN∥平面A′BD.方法二：设平面A′BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎧⎪x ＋z ＝0，⎪n ⋅DA '=0⎧即⎨ ⎨⎪x ＋y ＝0.⎩⎪⎩n ⋅DB =0取x ＝1得，n ＝(1，－1，－1)，11→∴MN ·n ＝－＝0.22→∴MN ⊥n .又MN 平面A′BD，∴MN∥平面A′BD.拓展练习4．如图，已知矩形ABCD 、矩形ADEF 所在平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 11上，且BM ＝BD ，AN ＝AE ，求证：MN∥平面CDE.335.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，求证：D 1F⊥平面ADE.【解答】4．证明：建立如图所示空间坐标系，设AB ，AD ，AF 的长分别为3a,3b,3c ，→→→→NM ＝NA ＋AB ＋BM ＝(2a,0，－c)，→又平面CDE 的一个法向量AD ＝(0,3b,0)，→→由NM ·AD ＝0，→→得到NM ⊥AD ，因为MN 不在平面CDE 内，所以MN∥平面CDE.5．证明：设正方体棱长为1，建立如图所示坐标系D —xyz ，1→→DA ＝(1,0,0)，DE ＝(1,1，)，21→因为D 1F ＝(0，，－1)，2→→→→所以D 1F ·DA ＝0，D 1F ·DE ＝0，→→→→D 1F ⊥DA ，D 1F ⊥DE.又DE∩DA＝D ，所以D 1F⊥平面ADE.设计说明本节课是在系统学习了空间向量的运算以及空间向量运算的坐标表示以后，研究空间向量在立体几何中的应用的．重点是根据立体几何中的线面关系和线线角、线面角、二面角的定义来寻找用直线的方向向量和平面的法向量来研究空间线面关系的方法．本节课主要设计了问题驱动、类比思考、启发引导、自主探索等教学方式，主要特点是引导学生自主发现用直线方向向量和平面法向量来研究立体几何问题的方法，增强学生的应用意识，加深学生的理解．类比是本节课设计的主要特点．本节课突出教师的主导作用和学生的主体地位，在教师所提问题的引导下，学生自主完成探究新知和理解运用新知的过程，在运用新知时进行变练演编，加深学生对知识的理解和问题转化的能力．备课资料如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中，∠ABC＝60°，PA ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE∶ED＝2∶1.在棱PC 上是否存在一点F,使BF∥平面AEC ？证明你的结论．思路分析：该题为探索性问题，用传统方法求解有相当难度，但是如果我们建立如图所示空间直角坐标系，借助空间向量研究该问题，不难得到如下解答：根据题设条件，结合图形容易得到：B(C(3a a 2a a ，－，0)，D(0，a,0)，E(0，，)，22333a a ，，0)，P(0,0，a)，223a a →CP ＝(－，－，a)，22假设存在点F ，且3λa λa →→CF ＝λCP ＝(－，－，λa)．223λa λ→→→BF ＝BC ＋CF ＝(－，(1－)a ，λa)，222a a 3a a →→又AE ＝(0，，)，AC ＝(，，0)，3322→→→则必存在实数λ1，λ2使得BF ＝λ1AC ＋λ2AE ，把以上向量的坐标形式代入得⎧⎪λλa 2λa⎨ 1－2 a＝2＋3λa⎪λa ＝⎩3－1223λa 3λ1a ＝22⎧⎪⎨λ⎪⎩λ1λ＝，211＝－，23＝，21→3→即有BF ＝－AC ＋222→AE ，所以，在棱PC 上存在点F ，即PC 中点，能够使BF∥平面AEC.本题证明过程中，借助空间坐标系，运用共面向量定理，应用待定系数法，使问题的解决变得更方便，这种方法也更容易被学生掌握．(设计者：殷贺)。

高中数学教案《立体几何中的向量方法》

3.2 立体几何中的向量方法（第一课时）教案一、教学目标知识与技能：1、能用向量方法描述点、线、面；2、理解直线的方向向量、平面的参数向量、平面的法向量；3、掌握用直线方向向量表示直线的平行、垂直和角度；4、掌握用平面的法向量表示平面的平行、垂直和二面角的大小；5、掌握用直线的方向向量和平面的法向量表示直线和平面的平行、垂直和角度；过程与方法：1、在空间向量数乘运算的基础上，使学生体会用向量表示直线，得到直线的方向方程；2、让学生经历从平面向量基本定理探究出平面的参数向量方程；3、探究平面的点法式表示，感受法向量的表示平面方向的合理性；4、让学生经历用直线的方向向量和平面的法向量探究空间立体几何的平行、垂直和角度问题；情感、态度与价值观1、领悟从立体几何的综合法过渡到向量法的思想——几何问题代数化2、体会用向量探究立体几何中的平行、垂直和角度问题的方法、发现用向量运算来表示线面、面面的角度。

二、重点难点重点：1、探究点、线、面的向量表示；2、探究线线、线面、面面的平行和垂直的向量表示；难点：1、线线、线面、面面所成的角。

2、把立体几何初步的方法“翻译”成对应的向量方法。

三、教学过程必修2立体几何初步与选修2-1立体几何初步对比必修2•概念的引入采用直观描述方法•以运动变化观点从直观上认识空间几何体•引导学生观察、猜想、说理，从合情推理层面说明其正确性•处理是横向的：空间线线关系，空间线面关系，空间面面关系；选修2-1•先讲清直线的方向向量与平面的法向量• 然后从线面关系（包括直线与直线、直线与平面、平面与平面）的判定，空间角（包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角、平面与平面所成的角）• 处理是纵向的：方向向量与法向量，线面关系的判定，空间角的计算教学程序框图1、点、线、面的向量表示点、线、面的向量表示，遵循从直观感知开始。

引导学生回忆立体几何初步是怎样表示点，线，面的，然后启发学生用向量的语言把这些基本几何元素“翻译”成对应的向量语言。

教学设计6：§3.2立体几何中的向量方法（一）

§3.2立体几何中的向量方法（一）教学目标 1.知识与技能能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系，能用向量方法判断有关直线和平面平行关系的立体几何问题．2．过程与方法通过用向量方法解决立体几何中的平行问题的过程，体会向量运算的几何意义． 3．情感、态度与价值观引导学生用联系与转化的观点看问题，体验在探索问题的过程中的受挫感和成功感，培养合作意识和创新精神，同时感受数学的形式美与简洁美，从而激发学习兴趣．教学重点：用向量方法判断有关直线和平面平行关系问题．教学难点：空间直角坐标系的正确建立，空间向量的运算及其坐标表示；用向量语言证明立体几何中有关平行关系的问题．直线的方向向量与平面的法向量问题导思1．如图3－2－1，直线l ∥m ，在直线l 上取两点A 、B ，在直线m 上取两点C 、D ，向量AB →与CD →有怎样的关系？图3－2－1【答案】 AB →∥CD →.2．如图直线l ⊥平面α，直线l ∥m ，在直线m 上取向量n ，则向量n 与平面α有怎样的关系？【答案】 n ⊥α.直线的方向向量是指和这条直线平行或共线的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量.空间中平行关系的向量表示课堂探究求平面的法向量例1 已知ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，试建立适当的坐标系．图3－2－2(1)求平面ABCD 与平面SAB 的一个法向量． (2)求平面SCD 的一个法向量．解以点A 为原点，AD 、AB 、AS 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的坐标系，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，D (12，0,0)，S (0,0,1)．(1)∵SA ⊥平面ABCD ，∴AS →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量． ∵AD ⊥AB ，AD ⊥SA ，∴AD ⊥平面SAB ， ∴AD →＝(12，0,0)是平面SAB 的一个法向量．(2)在平面SCD 中，DC →＝(12，1,0)，SC →＝(1,1，－1)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DC →，n ⊥SC →. 所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DC →＝0n ·SC →＝0，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y ＝0x ＋y －z ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2yz ＝－y ，令y ＝－1得x ＝2，z ＝1，∴n ＝(2，－1,1)．变式训练正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱A 1D 1、A 1B 1的中点，在如图3－2－3所示的空间直角坐标系中，求：图3－2－3(1)平面BDD 1B 1的一个法向量． (2)平面BDEF 的一个法向量．解设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，E (1,0,2)(1)连AC ，因为AC ⊥平面BDD 1B 1，所以AC →＝(－2,2,0)为平面BDD 1B 1的一个法向量． (2)DB →＝(2,2,0)，DE →＝(1,0,2)．设平面BDEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0n ·DE →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0x ＋2z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x z ＝－12x . 令x ＝2得y ＝－2，z ＝－1.∴n ＝(2，－2,1)即为平面BDEF 的一个法向量. 利用空间向量证明线线平行例2 长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是面对角线B 1D 1，A 1B 上的点，且D 1E ＝2EB 1，BF ＝2F A 1.求证：EF ∥AC 1.解如图所示，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设DA ＝a ，DC ＝b ，DD 1＝c ，则得下列各点的坐标：A (a,0,0)，C 1(0，b ，c )，E (23a ，23b ，c )，F (a ，b 3，23c )．∴FE →＝(－a 3，b 3，c 3)，AC 1→＝(－a ，b ，c )，∴FE →＝13AC 1→.又FE 与AC 1不共线， ∴直线EF ∥AC 1. 变式训练如图3－2－4所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为DD 1和BB 1的中点．求证：四边形AEC 1F 是平行四边形．图3－2－4证明以点D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DD 1→为正交基底建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，E (0,0，12)，C 1(0,1,1)，F (1,1，12)，∴AE →＝(－1,0，12)，FC 1→＝(－1，0，12)，EC 1→＝(0,1，12)，AF →＝(0,1，12)，∴AE →＝FC 1→，EC 1→＝AF →，∴AE →∥FC 1→，EC 1→∥AF →，又∵F ∉AE ，F ∉EC 1，∴AE ∥FC 1，EC 1∥AF ， ∴四边形AEC 1F 是平行四边形. 利用空间向量证明线面平行例3 如图3－2－5，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，求证：AB 1∥平面DBC 1.图3－2－5解以A 为坐标原点建立空间直角坐标系．设正三棱柱的底面边长为a (a >0)，侧棱长为b (b >0)，则A (0,0,0)，B (32a ，a 2，0)，B 1(32a ，a 2，b )，C 1(0，a ，b )，D (0，a2，0)， ∴AB 1→＝(32a ，a 2，b )，BD →＝(－32a,0,0)，DC 1→＝(0，a 2，b )．设平面DBC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BD →＝－32ax ＝0，n ·DC 1→＝a 2y ＋＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝－a2b y . 不妨令y ＝2b ，则n ＝(0,2b ，－a )．由于AB 1→·n ＝ab －ab ＝0，因此AB 1→⊥n . 又AB 1⊄平面DBC 1，∴AB 1∥平面DBC 1.变式训练在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．求证：CE ∥平面C 1E 1F .证明以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1(1，12，2)．设平面C 1E 1F 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵C 1E 1→＝(1，－12，0)，FC 1→＝(－1,0,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12y ，x ＝z ，取n ＝(1,2,1)． ∵CE →＝(1，－1,1)，n ·CE →＝1－2＋1＝0， ∴CE →⊥n ，且CE →⊄平面C 1E 1F . ∴CE ∥平面C 1E 1F . 课堂检测1．若A (－1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( ) A ．(1,2,3) B ．(1,3,2)C ．(2,1,3)D ．(3,2,1)【解析】 AB →＝(2,4,6)＝2(1,2,3)．【答案】 A2．下列各组向量中不平行的是( ) A ．a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2，－4,4) B ．c ＝(1,0,0)，d ＝(－3,0,0) C ．e ＝(2,3,0)，f ＝(0,0,0)D．g＝(－2,3,5)，h＝(16,24,40)【解析】∵b＝(－2，－4,4)＝－2(1,2，－2)＝－2a，∴a∥b，同理：c∥d，e∥f.【答案】D3．设平面α内两向量a＝(1,2,1)，b＝(－1,1,2)，则下列向量中是平面α的法向量的是()A．(－1，－2,5) B．(－1,1，－1)C．(1,1,1) D．(1，－1，－1)【解析】平面α的法向量应当与a、b都垂直，可以检验知B选项适合．【答案】B4．根据下列各条件，判断相应的直线与直线、平面与平面、直线与平面的位置关系：(1)直线l1，l2的方向向量分别是a＝(1，－3，－1)，b＝(8,2,2)；(2)平面α，β的法向量分别是u＝(1,3,0)，v＝(－3，－9，0)；(3)直线l的方向向量，平面α的法向量分别是a＝(1，－4，－3)，u＝(2,0,3)．【解】(1)∵a·b＝1×8＋(－3)×2＋(－1)×2＝0，∴l1⊥l2.(2)∵v＝(－3，－9,0)＝－3(1,3,0)＝－3μ，∴α∥β.(3)∵a、u不共线，∴l不与α平行，也不在α内．又∵a·u＝－7≠0，∴l与α不垂直．故l与α斜交.课堂小结1．利用向量解决立体几何问题的“三步曲”：(1)建立立体图形与空间向量的联系，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；(2)进行向量运算，研究点、直线、平面之间的关系(距离和夹角等)；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．2．证明线面平行问题，可以利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系；也可以转化为线线平行，利用向量共线来证明．。

立体几何中的向量方法的教学设计（五篇）

立体几何中的向量方法的教学设计（五篇）第一篇：立体几何中的向量方法的教学设计《立体几何中的向量方法》的教学设计一、教材分析本节课是坐标法与向量有效结合的典型范例，有利于培养学生利用向量解决立体几何问题的能力。

二、教学目标通过类比平面内的点、线的位置可以由向量来确定，引导学生理解空间内的点、线、面的位置也可以由向量来表示，并进一步探究用空间向量的运算来表示空间线、面的位置关系。

从应用其证明空间线面的平行与垂直问题中体会直线的方向向量与平面的法向量在解决立体几何中线面平行与垂直问题时的作用。

从而树立学好用好向量法解决立体几何问题的兴趣和信心。

三、教学重点、难点由于建系求点坐标是向量方法中最大的障碍，所以把坐标法与向量法结合作为重点，而适当地建立空间直角坐标系及添加辅助线作为难点。

四、教学手段用几何画板直观展示图形给学生立体感，通过问题链让学生有效地进行数学思维。

五、教学流程1、新课导入：同学们，在前面的学习中，我们已经接触过一些用空间向量的运算方法，所以这节课我们将使用一些用空间向量知识证明点、线、面的位置关系。

为了运用向量来解决立体几何问题，首先要明确空间的点、线、面的位置是否可以用向量来确定？想一想平面内点、线的位置可以由向量来唯一确定吗？你能利用类比的方法，相应地得出空间点、线、面的位置也可以由向量来唯一确定的结论吗？2、经典例题讲解：<例一> 已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=θ,求证：CC1⊥BD.分析：题目是让我们求证CC1⊥BD，我们可以利用向量垂直的方法来试着证明CC1.BD =0 <例二> 棱长都等于2的正三棱柱ABC-A1B1C1,D,E分别是AC,CC1的中点，求证：A1E⊥平面DBC1。

分析：该题主要是考察学生是否可以根据已知题目给出的信息将建立空间直角坐标系，本题以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴，连接BD以BD为y轴，Z轴则平行与CC1建立了D-XYZ的空间直角坐标系。

立体几何中的向量方法教案

立体几何中的向量方法教案教案名称：立体几何中的向量方法教学目标：1. 理解向量的基本概念和性质；2. 掌握向量的加法、数量积、向量积的运算规则；3. 能够运用向量方法解决立体几何中的问题；4. 培养学生的空间想象力和几何推理能力。

教学重点：1. 向量的基本概念和性质；2. 向量的运算规则；3. 应用向量方法解决立体几何中的问题。

教学难点：1. 向量的数量积和向量积的几何意义；2. 运用向量方法解决复杂的立体几何问题。

教学准备：1. 教师准备：PPT、教案、实物模型；2. 学生准备：纸笔、计算器。

教学过程：Step 1：导入活动（5分钟）教师引导学生思考：在立体几何中，我们遇到过哪些问题？如何求解这些问题？通过几何方法还是代数方法？本节课我们将学习如何运用向量方法解决立体几何中的问题。

Step 2：向量的基本概念和性质（15分钟）1. 向量的定义：有大小和方向的量称为向量。

2. 向量的表示：以有向线段或坐标表示。

3. 向量的性质：平行向量、共线向量、零向量等。

Step 3：向量的加法和数量积（20分钟）1. 向量的加法：向量相加满足三角形法则。

2. 向量的数量积：定义、运算规则和几何意义。

Step 4：向量积（20分钟）1. 向量积的定义和性质；2. 向量积的计算方法；3. 向量积的几何意义。

Step 5：应用向量方法解决立体几何问题（30分钟）1. 利用向量求线段长度、夹角、平行四边形面积等问题；2. 利用向量方法求点、直线、平面的位置关系和距离等问题；3. 利用向量方法解决棱柱、棱锥等多面体的体积、表面积等问题。

Step 6：练习与讨论（15分钟）教师出示一些立体几何问题，学生结合向量方法进行解答，并进行讨论。

Step 7：总结与作业布置（10分钟）教师总结本节课的重点内容，并布置相关的作业练习。

教学课件：1. 向量的基本概念和性质；2. 向量的加法和数量积的运算规则；3. 向量积的定义和计算方法；4. 应用向量方法解决立体几何问题的例题。

人教版高中数学教案立体几何中的向量方法

人教版高中数学教案立体几何中的向量方法第一章：向量及其几何运算1.1 向量的概念学习向量的定义及表示方法理解向量的大小和方向掌握向量的模长和单位向量1.2 向量的几何运算学习向量的加法、减法和数乘运算理解向量加法的平行四边形法则和三角形法则掌握向量减法和数乘运算的性质1.3 向量的数量积学习向量的数量积的定义和性质掌握数量积的计算公式和几何意义学习数量积的应用，如求向量的模长、夹角和投影等第二章：向量在立体几何中的应用2.1 向量在空间直线与平面方程中的应用学习使用向量表示空间直线和平面的方程掌握向量法求解空间直线与平面的交点理解向量法在解决立体几何问题中的优势2.2 向量在空间角和距离计算中的应用学习使用向量表示空间角和距离掌握向量法求解空间角的大小和距离2.3 向量在立体几何图形判定中的应用学习使用向量判断空间直线与平面的位置关系掌握向量法判断空间几何图形的位置和形状理解向量法在解决立体几何问题中的优势第三章：空间向量与立体几何的综合应用3.1 空间向量与三角形的不等式学习空间向量的不等式及其几何意义掌握空间向量不等式的证明和应用理解空间向量在解决几何问题中的作用3.2 空间向量与四边形的性质学习空间向量与四边形的性质和判定掌握空间向量在四边形问题中的应用理解空间向量在解决几何问题中的作用3.3 空间向量与立体几何的综合问题学习解决空间向量与立体几何的综合问题掌握空间向量在解决综合问题中的运用技巧理解空间向量在解决立体几何问题中的重要性第四章：空间向量与解析几何的综合应用4.1 空间向量与坐标系的转换学习空间直角坐标系的定义和转换方法掌握空间向量在坐标系转换中的应用4.2 空间向量与解析几何的交点求解学习使用空间向量求解直线与平面的交点掌握空间向量在解析几何问题中的应用理解空间向量在解决几何问题中的优势4.3 空间向量与解析几何的综合问题学习解决空间向量与解析几何的综合问题掌握空间向量在解决综合问题中的运用技巧理解空间向量在解决立体几何问题中的重要性第五章：空间向量的应用拓展5.1 空间向量在物理中的应用学习空间向量在物理学中的基本概念和应用掌握空间向量在力的合成与分解中的应用理解空间向量在物理学中的重要性5.2 空间向量在计算机图形学中的应用学习空间向量在计算机图形学中的基本概念和应用掌握空间向量在三维建模和渲染中的应用理解空间向量在计算机图形学中的重要性5.3 空间向量在其他学科中的应用学习空间向量在其他学科中的拓展应用掌握空间向量在不同领域中的运用技巧理解空间向量在不同学科中的广泛应用和重要性第六章：空间向量与几何体的性质6.1 空间向量与球体的性质学习使用空间向量描述球体的性质掌握球体体积和表面积的计算方法理解空间向量在研究球体性质中的应用6.2 空间向量与圆柱体的性质学习使用空间向量描述圆柱体的性质掌握圆柱体体积和表面积的计算方法理解空间向量在研究圆柱体性质中的应用6.3 空间向量与锥体的性质学习使用空间向量描述锥体的性质掌握锥体体积和表面积的计算方法理解空间向量在研究锥体性质中的应用第七章：空间向量与几何变换7.1 空间向量与平移变换学习使用空间向量描述平移变换掌握平移变换的性质和应用理解空间向量在平移变换中的应用7.2 空间向量与旋转变换学习使用空间向量描述旋转变换掌握旋转变换的性质和应用理解空间向量在旋转变换中的应用7.3 空间向量与镜像变换学习使用空间向量描述镜像变换掌握镜像变换的性质和应用理解空间向量在镜像变换中的应用第八章：空间向量与几何问题解析8.1 空间向量与线线、线面关系学习使用空间向量分析线线、线面关系掌握向量法求解线线、线面间的距离和夹角理解空间向量在分析线线、线面关系中的应用8.2 空间向量与面面关系学习使用空间向量分析面面关系掌握向量法求解面面间的距离和夹角理解空间向量在分析面面关系中的应用8.3 空间向量与立体几何综合问题解析学习使用空间向量解析立体几何综合问题掌握向量法在解决立体几何综合问题中的应用理解空间向量在解决立体几何问题中的重要性第九章：空间向量与实际应用9.1 空间向量在工程中的应用学习空间向量在土木工程中的应用掌握空间向量在结构设计和力学分析中的应用理解空间向量在工程中的实际意义9.2 空间向量在医学中的应用学习空间向量在医学成像和手术导航中的应用掌握空间向量在三维图像处理和分析中的应用理解空间向量在医学中的重要性和实际意义9.3 空间向量在其他领域的应用学习空间向量在其他领域的拓展应用掌握空间向量在不同行业中的运用技巧理解空间向量在不同领域中的广泛应用和重要性第十章：空间向量方法的综合训练10.1 空间向量方法在立体几何问题中的应用训练通过例题和练习题，巩固空间向量在立体几何中的应用掌握空间向量方法在解决立体几何问题中的技巧提高运用空间向量方法解决实际问题的能力10.2 空间向量方法在解析几何问题中的应用训练通过例题和练习题，巩固空间向量在解析几何中的应用掌握空间向量方法在解决解析几何问题中的技巧提高运用空间向量方法解决实际问题的能力10.3 空间向量方法在实际应用问题中的应用训练通过对实际应用问题的分析和解决，巩固空间向量的应用掌握空间向量方法在不同领域中的应用技巧提高运用空间向量方法解决实际问题的能力重点和难点解析1. 向量的概念及其表示方法：向量是高中数学中的基础概念，理解向量的定义和表示方法是学习后续内容的前提。

教学设计1：3.2 立体几何中的向量方法（三）

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，BD〉|.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，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，DB〉．三.抽象概括1．空间角及向量求法2．空间距离的向量求法 BA ·n ||n |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 |.(2)若AB 是平面α的任一斜线段，则在Rt △BOA 中，|BO |＝|BA |cos ∠ABO ＝|BA ||BO |cos ∠ABO | BO |＝BA ·BO | BO |.如果平面α的法向量为n ，则|BO |＝|BA ·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 ，VD 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 ＝(－2,0,0)，VD ＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC ，VD 〉＝AC ·VD |AC ||VD |＝－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.53 C.255D.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 ＝(0,2，－1)，1AB ＝(－2,2,1)．cos 〈1BC ，1AB 〉＝1BC ·1AB |1BC ||1AB |＝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 ＝OB －1OA ＝(－3，1，－3)，1O A ＝OA －1OO ＝(3，－1，－3)．∴cos 〈1A B ，1O A 〉＝1A B ·1O A|1A B |·|1O A |＝－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 ＝(－32a,0,0)，AB ＝(0，a,0)，1AA ＝(0,0，2a )． ∴1MC ·AB ＝0，1MC ·1AA ＝0，∴1MC ⊥AB ，1MC ⊥1AA ，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 ＝(－32a ，a 2，2a )，AM ＝(0，a2，2a )， ∴1AC ·AM ＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|1AC |＝ 3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM |＝a 24＋2a 2＝32a ，∴cos 〈1AC ，AM 〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈1AC ，AM 〉＝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 ； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB ||n |·|AB |.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 ＝(－2,2,0)，AD ＝(0,2,0)，AN ＝(1,0,1)．设平面ADMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧n ·AD ＝0，n ·AN ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋z ＝0.取x ＝1，则z ＝－1，∴n ＝(1,0，－1)．∵cos 〈BD ，n 〉＝BD ·n| BD ||n |＝－28·2＝－12，∴sin θ＝|cos 〈BD ，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 与EF 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 ＝(－12，12，－1)，EF ＝(0,1，－1)，cos 〈EG ，EF 〉＝EG ·EF |EG |·|EF |＝32.∴〈EG ，EF 〉＝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 ＝(0,0,1)，AB ＝(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 ＝0，n 1·AB ＝0，得⎩⎨⎧z 1＝0，2x 1＋y 1＝0.令x 1＝1，则n 1＝(1，－2，0)．CP ＝(0，－1,1)，CB ＝(2，0,0)．设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧n 2·CP ＝0，n 2·CB ＝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 与CD 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 ＝(12，－14，－14)，GB ＝(－12，－14，－14)，∴cos 〈GA ，GB 〉＝GA ·GB|GA ||GB |＝－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 的方向为x 轴的正方向，|CA |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 ＝(0,0，－1)，BD ＝(1，－1,1)，1DC ＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·1A D ＝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 ＝0，m ·1DC ＝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 ＝(1，－2,1)，EG ＝(2，－1，－1)，GA ＝(0，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF ＝0，n ·EG ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)，∴d ＝|GA ·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 ＝CA ＋AB ＋BD ，∴CD 2＝CA 2＋AB 2＋BD 2＋2CA ·BD ＝3＋2·1·1·cos 120°＝2， ∴|CD |＝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 ＝(－1,0,2)，FB ＝(1,2,0)，DE ＝(0,1,1)， ∴DE ＝12 FP ＋12 FB ，∴DE ∥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 ＝0，n ·FP ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0.令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)，FD ＝(－1,0,0)，∴点D 到平面PFB 的距离d ＝|FD ·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.32 B.1010 C.35 D.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.33 D.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 .。

教学设计6：§3.2立体几何中的向量方法（二）

§3.2立体几何中的向量方法（二）教学目标1.知识与技能能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系，能用向量方法判断有关直线和平面垂直关系的立体几何问题．2．过程与方法通过本节教学使学生理解体会用向量方法解决立体几何问题的思想及过程．3．情感、态度与价值观引导学生用联系与转化的观点看问题，体验在探索问题的过程中的受挫感和成功感，培养合作意识和创新精神．教学重点：用向量方法判断有关直线和平面垂直关系的立体几何问题．教学难点：用向量语言证明立体几何中有关垂直关系的问题．本节课重点和难点在于用向量证明垂直关系，应利用探究式教学以及多媒体帮助分散难点，强化重点．线线垂直问题导思立体几何中怎样证明两条直线互相垂直？【答案】(1)证明两直线所成的角为90°.(2)证明两直线的方向向量垂直．(3)转化为先证直线与平面垂直，再用线面垂直的性质．设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l ⊥m⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.线面垂直问题导思1．如果已知直线的方向向量与平面的法向量，怎样证明直线与平面垂直？【答案】证明直线的方向向量与平面的法向量共线．2．除上述方法外，还有其他证明方法吗？【答案】可以证明直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量都垂直．设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a ∥u⇔a＝k u⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．面面垂直若平面α的法向量u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量v ＝(a 2，b 2，c 2)，则α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. 课堂探究利用向量证明线线垂直例1 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，M 是底面上BC 边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .图3－2－10解法一设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c ，则由已知条件和正三棱柱的性质，得 |a |＝|b |＝|c |＝1，a ·c ＝b ·c ＝0， AB 1→＝a ＋c ，AM →＝12(a ＋b )，AN →＝b ＋14c ，MN →＝AN →－AM →＝－12a ＋12b ＋14c ，∴AB 1→·MN →＝(a ＋c )·(－12a ＋12b ＋14c )＝－12＋12cos 60°＋0－0＋0＋14＝0.∴AB 1→⊥MN →， ∴AB 1⊥MN .法二设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得 A (－12，0,0)，B (12，0,0)，C (0，32，0)，N (0，32，14)，B 1(12，0,1)，∵M 为BC 中点， ∴M (14，34，0)．∴MN →＝(－14，34，14)，AB 1→＝(1,0,1)，∴MN →·AB 1→＝－14＋0＋14＝0.∴MN →⊥AB 1→， ∴AB 1⊥MN . 变式训练在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E . 利用向量证明线面垂直例2 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、D 1B 1的中点，求证：EF ⊥平面B 1AC .解法一设AB →＝a ，AD →＝c ，AA 1→＝b ，则EF →＝EB 1→＋B 1F →＝12(BB 1→＋B 1D 1→)＝12(AA 1→＋BD →)＝12(－a ＋b ＋c ) ∵AB 1→＝AB →＋AA 1→＝a ＋b ， ∴EF →·AB 1→＝12(－a ＋b ＋c )·(a ＋b )＝12(b 2－a 2＋c ·a ＋c ·b ) ＝12(|b |2－|a |2＋0＋0)＝0， ∴EF →⊥AB 1→，即EF ⊥AB 1，同理，EF ⊥B 1C . 又AB 1∩B 1C ＝B 1，∴EF ⊥平面B 1AC .法二设正方体的棱长为2，建系如图则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，E (2,2,1)，F (1,1,2)． ∴EF →＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)， AB 1→＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)， AC →＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)．而EF →·AB 1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2) ＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0，EF →·AC →＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝2－2＋0＝0， ∴EF ⊥AB 1，EF ⊥AC .又AB 1∩AC ＝A ， ∴EF ⊥平面B 1AC . 变式训练如图3－2－11，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P 为DD 1的中点，求证：直线PB 1⊥平面P AC .图3－2－11证明依题设，以D 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则C (1,0,0)，P (0,0,1)，A (0,1,0)，B 1(1,1,2)，于是CA →＝(－1,1,0)，CP →＝(－1,0,1)，PB 1→＝(1,1,1)， ∴CA →·PB 1→＝(－1,1,0)·(1,1,1)＝0， CP →·PB 1→＝(－1,0,1)·(1,1,1)＝0，故CP →⊥PB 1→，CA →⊥PB 1→，即PB 1⊥CP ，PB 1⊥CA ，又CP ∩CA ＝C ，且CP ⊂平面P AC ，CA ⊂平面P AC . 故直线PB 1⊥平面P AC .利用向量证明面面垂直例3 如图3－2－12，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，BB 1＝1，E 为BB 1的中点，求证：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .图3－2－12解由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BC ，BB 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，A 1(2,0,1)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，E (0,0，12)，则AA 1→＝(0,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，AC 1→＝(－2,2,1)，AE →＝(－2,0，12)．设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝0n 1·AC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0.令x ＝1，得y ＝1，∴n 1＝(1,1,0)．设平面AEC 1的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AC 1→＝0n 2·AE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＋z ＝0，－2x ＋12z ＝0. 令z ＝4，得x ＝1，y ＝－1.∴n 2＝(1，－1,4)．∵n 1·n 2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0， ∴n 1⊥n 2.∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .变式训练在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，证明：平面B 1ED ⊥平面B 1BD .证明以DA ，DC ，DD 1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D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，E (0,1，12)，DB 1→＝(1,1,1)，DE →＝(0,1，12)，设平面B 1DE的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则x ＋y ＋z ＝0且y ＋12z ＝0，令z ＝－2，∴n 1＝(1,1，－2)．同理求得平面B 1BD 的法向量为n 2＝(1，－1,0)，由n 1·n 2＝0，知n 1⊥n 2，∴平面B 1DE ⊥平面B 1BD . 课堂检测1．若直线l 的方向向量a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交【解析】 ∵n ＝(－2,0，－4)＝－2(1,0,2)＝－2a ， ∴n ∥a ，∴l ⊥α. 【答案】 B2．若平面α、β的法向量分别为a ＝(2，－1,0)，b ＝(－1，－2,0)，则α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定【解析】 a ·b ＝－2＋2＋0＝0，∴a ⊥b ，∴α⊥β. 【答案】 B3．设直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(1，－1，－3)，b ＝(2，－1，x )，若l 1⊥l 2，则x ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 ∵l 1⊥l 2，∴a ·b ＝2＋1－3x ＝0，∴x ＝1. 【答案】 A4．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在如图3－2－14所示的坐标系下求证：BD 1⊥平面ACB 1.图3－2－14证明如题图A (1,0,0)，C (0,1,0)，B 1(1,1,1)，D 1(0,0,1)，B (1,1,0) ∴BD 1→＝(－1，－1,1)，AC →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(0,1,1) 由BD 1→·AC →＝1－1＋0＝0，BD 1→·AB 1→＝0－1＋1＝0 ∴BD 1⊥AC ，BD 1⊥AB 1，又AC ∩AB 1＝A ∴BD 1⊥平面ACB 1. 课堂小结1．用空间向量解决立体几何中的垂直问题，主要运用直线的方向向量与平面的法向量，同时也需要借助空间中已有的位置关系及关于垂直的定理．2．应用向量证明垂直问题的基本步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系，选取适当的基底)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线和平面；(2)通过向量运算研究垂直问题；(3)根据运算结果解释相关问题．。

教学设计6：§3.2立体几何中的向量方法（三）

§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 ，a2)．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.。

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立体几何中的向量方法（第二课时）
备课人：授课时间：
【教学目标】
１、知识与技能：
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．能够利用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．能够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
4．能初步利用向量知识解决相关的实际问题及综合问题。

２、过程与方法：
1.让学生经历将点、线、面的位置关系转化为空间向量的关系的过程，体会转化、化归思想
2.让学生经历将直线、平面的夹角及距离问题转化为直线的方向向量与平面的法向量问题的过程，体会转化、化归思想
3.让学生经历利用向量的坐标将几何问题代数化的过程；３、情感、态度与价值观：
通过空间向量在立体几何中的的应用，感受数学的美感，从而激发学数学、用数学的热情。

【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、复习引入
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，首先简单回顾一下用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”
1）建立立体图形与空间向量的联系，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）。

二、新课讲解
1.空间两点之间的距离
教学过程：例1：如图1：一个结晶体的形状为四棱柱，其中，以顶点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？学情预设：请学生根据两向量数量积的性质和坐标运算，利用公式
2a a = 或 2
22z y x a ++= (其中 ()z y x a ,,= ）将两点距离问题转化为求向量模长问题，进而求解
思考：（1）本题中四棱柱的对角线BD1的长与棱长有什么关系？（2）如果一个四棱柱的各条棱长都相等，并且以某一顶点为端点的各棱间的夹角都等
于 , 那么由这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长吗?
A1 B1 D1 A B
C
D
图1
（3）本题的晶体中相对的两个平面之间的距离是多少？设AB=1 （提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求两点间的距离）
学情预设：（1）是与本题类似的问题，学生很容易给出答案，（2）是本例的逆向问题，学生可拓展本题的思路，给出答案，（3）是比本例更复杂的问题，给学生一定的思考时间，由教师适时点拨，引导学生将求两个平行平面的距离，归结为求两点间的距离 2.点面距【教学过程】P 是平面α外的一个点，PO ⊥平面α，垂足为O ，则点P 到平面α的距离就是线段PO 的长度。

探究一：如何求PO 的长度？
若A 是平面α上的任意一点，连接AP ，得到平面α的一条斜线段AP ，∠PAO 即线面所成角，记为θ，则θ=sin |AP ||PO |，
|
n ||AP ||n AP ||n ,AP cos |sin •=
><=θ，
|
n ||n AP ||
n ||AP ||n AP ||
AP ||PO |d •=
•==，其中n 为平面α的法向量。

【学情预设】学生小组讨论，教师适时点拨，引导学生联系线面所成角部分的知识，降低思维难度，再请一位学生回答如何求PO 的长度，教师板书过程，推导出点面距公式。

【教学过程】例2如图，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 的距离探究二：向量法求点到平面的距离
解：如图，建立空间直角坐标系C －xyz ．由题设C(0,0,0)，A(4,4,0)，B(0,4,0)， D(4,0,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)．
())2,4,2(,0,2,2--=-=G E F E
设平面EFG 的一个法向量为(,,)n x y z =
α
n
A
O
G E n F E n
⊥⊥,⎩⎨⎧=+--=-∴0242022z y x y x
)1,3
1
,31(=∴n )0,0,2(=E B
11
11
2=
•=∴n E B n d
答:点B 到平面EFG 的距离为
211
11
【学情预设】让学生尝试用几何法做，发现相当困难,但注意到坐标系建立后各点坐标容易得出,又因为求点到平面的距离可以用法向量来计算,而法向量总是可以快速算出，进而由老师引导学生利用向量法求点面距离. 练习1:
练习(用向量法求距离):
1.如图,ABCD 是矩形,PD ⊥平面ABCD ,PD DC a ==,2AD a =
,
、M N 分别是、AD PB 的中点,求点A 到平面MNC 的距离.
【学情预设】：巩固坐标法求点面距离
3.异面直线距
教学过程：已知a,b 是异面直线，n 为a 的法向量，CD 为a,b 的公垂线
A ，
B 分别在直线a,b 上，则n B
A n D C
•= 即 21,l l 间的距离可转化为向量 D C 在n
上的射影长
的距离。

到平面求，，，平面SCD A a AD a BC AB SA ABC DAB ABCD SA ,290====︒=∠=∠⊥ A
P
D C
B
M
N
1111014,,2,90,ABC A B C AA ABC AC BC BCA E AB CE AB -=∆==∠=例已知：直三棱柱的侧棱底面中为的中点。

求与的距离。

).
4,2,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,0,0(,1B A E C xyz C 则解：如图建立坐标系-
取x=1,则y=-1,z=1,所以)1,1,1(-=n
【学情预设】：由于异面直线之间的距离大纲已不做要求，因此通过一个启发练习让学生简单地对此块内容进行了解，教师逐步引导，使学生初步感受到异面直线间的距离也可以转化为点面距离，线面距离的求法留给有兴趣的学生进行课后探索。

三、小结
1、E 为平面α外一点,F 为α内任意一点, F 为平面α的法向量,则点E 到平面的距离为:
2、a,b 是异面直线,E,F 分别是直线a,b 上的点, n
是a,b 公垂线的方向向量, 则a,b 间距离为
四、作业布置
课本P121 第 2、6 题
课题例1 例3 问题例2
01=•=•B A n E C n
即 04220
=++-=+z y x y x
).0,0,1(,,=A C A C 在两直线上各取点.3
32||||1=•=∴n A C n d B A E C 的距离与|
|n EF n d =
|
|n EF n d =
则
的公垂线的方向向量为设).,,(,1z y x n B A E C =
),4,2,2(),0,1,1(1==∴B A E C。