空间向量对立体几何教与学的影响

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空间向量在立体几何中的作用

空间向量在立体几何中的作用摘要：在数学教学内容中，有一个数学知识点，叫空间向量知识，此知识内容具备数形结合特点，多将其运用在立体几何题目当中，可算作一个较为有力的工具。

目前，高考数学中对空间向量几何图形应用题目考察力度在不断增加，此相关数学题目在高考中所占比重也较高。

在新课改制度下，空间向量知识已经成为理科学生所必需学习的内容，这也体现空间向量知识的作用性。

基于此，本文对空间向量法在立体几何中的作用以及应用进行以下分析，从而为高中空间向量立体几何有效教学奠定理论基础。

关键词：空间向量；立体几何；作用前言：关于空间向量方法在立体几何中的运用，是在一系列的理论知识推理当中转换成一种代数运算形式，构建“图形—数理—图形”的新方法，并在数理推算以及几何证明过程当中，可建立空间直角坐标系，再把几何图形当中相关的点以坐标轴的形式表现，相关的线段用空间向量进行表示。

其中，立体几何空间向量构建形式是与平面向量相同，只不过是将平面向量在立体几何当中体现出来，学生更能够直观地在题目中进行有效应用。

一、空间向量法在立体几何中的重要作用空间向量方法，是一种数学应用方法，可将其运用在几何图形当中，从中解答相关题目。

向量这一概念，体现在近代数学教学中，与数学中几何知识、数理知识以及三角知识都有所融合，而且空间向量可以当作一种数学工具，能够处理几何知识问题。

关于空间向量法在立体几何中的重要作用：立体几何中应用空间向量方法，能够对几何问题进行处理，并在某种层面上提供了新的视角；立体几何当中引入空间向量方法，为解决三维空间中的图形位置关系与度量问题提供了有利条件；空间向量方法一般都是以立体几何图形为载体的，并能够落实在几何应用当中，从而有利于判定空间几何图形之间的位置关系，也有利于度量几何空间角度。

空间向量法应用在立体几何图形当中，能够促使学生更加清晰的分析图形问题，有利于学生快速解决一些数学问题，从而提高学生做题效率。

另外，空间向量法与几何图形相联系，属于两种知识点的融合，这在一定程度上有利于学生数学转换思维能力提升，促使学生能够深入掌握数学学习方法，从而也能够提高学生综合数学应用能力。

空间向量在立体几何中的应用

空间向量在立体几何中的应用教学目标1、知识与技能(1) 进一步理解向量垂直的充要条件；(2)利用向量法证明线线、线面垂直；(3)利用向量解决立体几何问题,培养学生数形结合的思想方法；2、过程与方法通过学生对空间几何图形的认识，建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的坐标将几何问题代数化，提高学生应用知识的能力。

3、情感态度与价值观通过空间向量在立体几何中的应用，让学生感受数学、体会数学的美感，从而激发学数学、用数学的热情。

教学重点建立恰当的空间直角坐标系,用向量法证明线线、线面垂直。

教学难点、关键建立恰当的空间直角坐标系,直线的方向向量; 正确写出空间向量的坐标。

教学方法启发式教学、讲练结合教学媒体ppt课件学法指导交流指导，渗透指导.课型新授课教学过程一、知识的复习与引人自主学习1.若=x i+y j+z k，那么（x，y，z）叫做向量的坐标，也叫点P的坐标.2. 如图，已知长方体的边长为AB=2,AD=2,1AA '=．以这个长方体的顶点为坐标原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系，试求长方体各个顶点及A C '中点G 的坐标．3.设a =（x 1，y 1，z 1），b =（x 2，y 2，z 2），那么±=（x 1±x 2，y 1±y 2，）， ⊥⇔ b a ∙=x 1x 2+y 1y 2+ =0.4.设M 1（x 1，y 1，z 1），M 2（x 2，y 2，z 2），则 12M M =（2121,x x y y --，） [探究]1．直线的方向向量：直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有个． 2．空间位置关系的向量表示[合作探究]二、新授课：利用空间向量证明线线垂直、线面垂直例1、如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为BC 的中点，N 为AB 的中点，P 为BB 1的中点．(Ⅰ)求证：BD 1⊥B 1C ；(Ⅱ)求证：BD 1⊥平面MNP ．设计意图：使学生明确空间向量在证明线线垂直、线面垂直中的作用。

空间向量在立体几何中应用的教学价值

高等教育研究166科技资讯 SCIENCE & TECHNOLOGY INFORMATIONDOI：10.16661/ki.1672-3791.2007-5042-5049空间向量在立体几何中应用的教学价值①袁铭芳(吉林师范大学吉林长春 130012)摘要：随着新课程改革工作的逐步深入，空间向量在立体几何之中得到了广泛应用，而且也展示出较强的施工优势，为此，相关教育工作者应提升对空间向量应用的重视程度。

该文根据以往工作经验，对向量在立体几何中的作用进行总结，并从理解好新课标对空间向量的应用教学要求、强化学生空间想象能力、传递良好的几何图形思维方式3个方面，论述了空间向量在立体几何中应用的教学价值。

关键词：空间向量立体几何教学价值图形思维中图分类号：G633.6 文献标识码：A文章编号：1672-3791(2020)12(c)-0166-03Teaching Value of Space Vector in Solid GeometryyuAn Mingfang(Jilin normal university, Changchun, Jilin Province, 130012 China)Abstract : With the deepening of the new curriculum reform, space vector has been widely used in solid geometry, and it also shows a strong construction advantage. Therefore, relevant educators should pay more attention to the application of space vector. Based on the previous work experience, this paper summarizes the function of vector in solid geometry, and discusses the teaching value of space vector application in solid geometry from three aspects: understanding the teaching requirements of space vector application in the new curriculum standard, strengthening students' spatial imagination ability and transmitting good geometric thinking mode.Key Words : Space vector; Solid geometry; Teaching value; Graphic thinking①作者简介：袁铭芳（1988—），女，汉族，黑龙江哈尔滨人，硕士，初级教师，研究方向为课程与教学论。

空间向量在立体几何中的应用

第七节空间向量在立体几何中的应用[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解直线的方向向量与平面的法向量．2.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、平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理)．4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 1.高考中很少考查直线的方向向量，而平面法向量则多渗透在解答题中考查．2.利用向量法证明有关线、面位置关系，在高考有所体现，如2012年陕西T18，可用向量法证明．3.高考对空间向量及应用的考查，多以解答题形式考查，并且作为解答题的第二种方法考查，如2012年北京T16，天津T17等.[归纳·知识整合]1．两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．[探究] 1.在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量，但只有两个方程，如何求法向量？提示：给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2向量分别为n1，n2.l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔m·n＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm 平面α、β的法向量分别为n，m.α∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝03.两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b| (其中φ为异面直线a，b所成的角)．4．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.5．求二面角的大小(1)如图①，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈ABu u u r，CDu u u r〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．[探究] 2.两向量的夹角的范围是什么？两异面直线所成角呢？直线与平面所成角呢？二面角呢？提示：两向量的夹角范围是[0，π]；两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2；直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；二面角的范围是[0，π]，注意以上各角取值范围的区别．6．点到平面的距离的向量求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB u u u r·n ||n |.[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)两条不重合的直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1，－1,2)，v 2＝(0,2,1)，则l 1与l 2的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定解析：选C ∵v 1·v 2＝1×0＋(－1)×2＋2×1＝0， ∴v 1⊥v 2，从而l 1⊥l 2.2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4) ∴n ＝－2a ，即a ∥n . ∴l ⊥α.3．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直．4．(教材习题改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°. ∴两平面所成的二面角为45°或135°. 答案：45°或135°5．若平面α的一个法向量为n ＝(2,1,2)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－1,1,1)，则l 与α所成的角的正弦值为________．解析：设直线l 与平面α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n |·|a |＝|－1×2＋1×1＋1×2|－12＋12＋12·22＋12＋22＝39.答案：39用向量法证明平行、垂直[例1] 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．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .[自主解析] 以D 为原点，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. (1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵11C E u u u u r ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，0，1FC u u uu r ＝(－1,0,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·11C E u u u u r＝0，n ·1FC u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.取n ＝(1,2,1)．∵CE u u u r ＝(1，－1,1)，n ·CE u u u r＝1－2＋1＝0， ∴CE u u u r⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，由EF u u u r＝(0,1,0)，FC u u u r ＝(－1,0，－1)，∴⎩⎨⎧m ·EF u u u r＝0，m ·FC u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0. 取m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .保持例题条件不变，求证：CF ⊥平面C 1EF .证明：由例题可知，E (1,0,1)，F (1,1,1)，C (0,1,0)，C 1(0,1,2)，∴CF u u u r ＝(1,0,1)，1C F u u u u r ＝(1,0，－1)，EF u u u r ＝(0,1,0)．∴CF u u u r ·1C F u u u ur ＝1×1＋0×0＋1×(－1)＝0， CF u u u r ·EF u u u r＝1×0＋0×1＋1×0＝0.∴CF u u u r ⊥1C F u u u u r ，CF u u u r ⊥EF u u u r.∴CF ⊥C 1F ，CF ⊥EF . ∵C 1F ∩EF ＝F ， ∴CF ⊥平面C 1EF . ———————————————————1.向量法证明空间平行或垂直的关键点利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上.2.向量法证明线面平行的注意点用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向量是共线平行向量，也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直，在具体问题中可选择较简单的解法.1．(2013·安徽师大附中模拟)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .解：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )． ∵F 为CD 的中点， ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE u u u r＝(a ，3a ，a )，BC u u u r ＝(2a,0，－a )，∵AF u u u r ＝12(BE u u u r ＋BC u u ur )，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD u u u r ＝(－a ，3a,0)，ED u u u r＝(0,0，－2a )，∴AF u u u r ·CD u u u r ＝0，AF u u u r ·ED u u u r＝0，∴AF u u u r ⊥CD u u u r ，AF u u u r ⊥ED u u u r.又CD ∩DE ＝D ， ∴AF u u u r⊥平面CDE ，即AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCD ⊥平面CDE .利用空间向量求空间角[例2] 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.(1)求二面角C －DE －C 1的正切值； (2)求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值．[自主解析] (1)以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u r分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0,3,0)、D 1(0,3,2)、E (3,0,0)、F (4,1,0)、C 1(4,3,2)，于是DE u u u r＝(3，－3,0)，EC 1＝(1,3,2)，FD 1＝(－4,2,2)．设n ＝(x ，y,2)为平面C 1DE 的法向量，则有⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥DE u u u r n ⊥1EC u u u u r ⇒⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2×2＝0⇒x ＝y ＝－1， ∴n ＝(－1，－1,2)，∵向量1AA u u u r＝(0,0,2)与平面CDE 垂直，∴n 与AA 1所成的角θ为二面角C －DE －C 1的平面角或其补角．∵cos θ＝n ·1AA u u u r |n ||1AA u u u r |＝－1×0－1×0＋2×21＋1＋4×0＋0＋4＝63，由图知二面角C －DE －C 1的平面角为锐角，∴tan θ＝22. (2)设EC 1与FD 1所成的角为β，则cos β＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1EC u u u u r ·1FD u u u u r |1EC u u uu r ||1FD u u u u r | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114. ———————————————————求平面的法向量的步骤(1)设出法向量的坐标，一般设为n ＝(x ，y ，z )；(2)建立方程组，即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直，建立关于x ，y ，z 的方程组．(3)消元，通过加减消元，用一个未知数表示另两个未知数． (4)赋值确定平面的一个法向量．2．(2012·新课标全国卷)如图所示，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 1BD C 1的大小．解：(1)证明：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 u r 的方向为x 轴的正方向，|CA u 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 u r ＝(0,0，－1)，BD u u u r＝(1，－1,1)，1DC u 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 u u u r ＝0，n ·1A D u 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 u u u r＝0，m ·1DC u 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°.利用向量法求空间距离[例3] 在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示，求点B 到平面CMN 的距离．[自主解答] 取AC 的中点O ，连接OS 、OB . ∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，又∵BO ⊂平面ABC ，∴SO ⊥BO . 如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴CM u u u u r ＝(3，3，0)，MN u u u u r＝(－1,0，2)， MB u u u r＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧CM u u u u r·n ＝3x ＋3y ＝0，MN u u u u r·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)． ∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB u u u r||n |＝423.——————————————————— 求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n ；(2)在平面α内取一点A ，确定向量PA u u u r的坐标；(3)代入公式d ＝|n ·PA u u u r ||n |求解．3．已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为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O －xyz .由题意知B (4,0,0)，E (4,2,0)，F (2,4,0)，G (0,0,2)，BE u u u r ＝(0,2,0)，GE u u u r ＝(4,2，－2)，EF u u u r＝(－2,2,0)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·GE u u u r＝0，n ·EF u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －z ＝0，－x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝3， ∴n ＝(1,1,3)．点B 到平面GEF 的距离为d ＝|||BE u u u r |·cos〈BE u u u r，n 〉＝|BE u u u r·n ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0，2，0·1，1，311＝21111.2种方法——用向量证平行与垂直的方法(1)用向量证平行的方法①线线平行：证明两直线的方向向量共线．②线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； b ．证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．③面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b．转化为线面平行、线线平行问题．(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．3种角——利用向量法求三种角的问题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角．(1)求两异面直线a、b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|.(2)求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.(3)求二面角αlβ的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．1个易错点——利用平面法向量求二面角的易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点.答题模板——空间向量在立体几何中的应用[典例] (2012·安徽高考·满分12分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A BC A 1的余弦值．[快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件：四边形BB 1C 1C 是矩形，面ABC ⊥面BB 1C 1C ，面A 1B 1C 1⊥面BB 1C 1C ――――――――――――――→取BC ，B 1C 1的中点D ，D 1连接DD 1DD 1，B 1D 1，A 1D 1两两垂直． 2．审结论，明确解题方向观察结论：(1)证明：AA 1⊥BC ，(2)求AA 1的长，(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值――――――――――――→需建立空间直角坐标系正确写出相关点的坐标转化为向量运算解决． 3．建联系，找解题突破口D 1D ，D 1B 1，D 1A 1两两垂直，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5―――――――――――――→以D 1D ，D 1B 1，D 1A 1所在直线分别为z 轴，x 轴，y 轴建立空间直角坐标系―――――→及相关向量 (1)证明1A A u u u r ·BC u u u r ＝0，(2)计算AA 1＝|1AA u u u r|，(3)求平面法向量的夹角―→得相应结论．[准确规范答题](1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1. 因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.⇨(1分) 又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.⇨(2分)故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz .⇨(3分) 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1.⇨(4分)所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0，4)，故1AA u u u r ＝(0,3，－4)，BC u u u r ＝(－2,0,0)，1AA u u u r ·BC u u u r＝0，⇨(5分)因此1AA u u u r ⊥BC u u u r，即AA 1⊥BC .⇨(6分)坐标系建立不当，不能准确地推证AD ∥A 1D 1，导致点A 的坐标求错.(2)因为1AA u u u r＝(0,3，－4)，所以|1AA u u u r|＝5，即AA 1＝5.⇨(8分)(3)设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，又因为1AC u u u r ＝(－1，－2,4)，1A B u u u r ＝(1，－2,4)，⇨(9分)所以⎩⎪⎨⎪⎧1AC u u u r·n 1＝0， 1A B u u u r·n 1＝0，⇨(10分)即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝2z 1.令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)．又因为平面ABC ⊥z 轴，所以取平面ABC 的法向量为n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15＝55，⇨(11分)所以二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.⇨(12分) [答题模板速成]利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：⇒⇒⇒⇒⇒量运算向量的夹角问题去论证，求解的范围) 所求角的范围而写错结论一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD 折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求AEu u u r与DBu u u r夹角的余弦值．解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DBu u u r，DCu u u r，DAu u u r的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，3)，E⎝⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴AEu u u r＝⎝⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DBu u u r＝(1,0,0)，∴AEu u u r与DBu u u r夹角的余弦值为cos〈AEu u u r，DBu u u r〉＝AEu u u r·DBu u u r| AEu u u r|·|DBu u u r|＝121×224＝2222.2．(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA ⊥EF ；(2)求二面角D －FG －E 的余弦值．解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0，1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)∵PA u u u r ＝(0,2，－2)，EF u u u r＝(1,0,0)， ∴PA u u u r ·EF u u u r＝0，∴PA ⊥EF .(2)易知DF u u u r＝(0,0,1)，FG u u u r ＝(－2,1，－1)．设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·DF u u u r＝0，m ·FG u u u r＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量．同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25×2＝105，由图可知二面角D －FG －E 为钝角， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105. 3.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点，点E 在A 1C 1上且DE ⊥AE .(1)证明：平面ADE ⊥平面ACC 1A 1；(2)求直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值．解：(1)证明：由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1，又DE ⊂平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1. (2)如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.易知AB u u u r＝(3，1,0)，1AC u u u u r ＝(0,2，2)，AD u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC u u u ur ＝2y ＋2z ＝0.解得x ＝－33y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)．所以，cos 〈n ，AD u u u r 〉＝n ·AD u u u r|n |·|AD u u u r |＝2310×3＝105.由此即知，直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值为105. 4．(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；(2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1. 因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE u u u r ＝151AA u u u r 得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB u u u r＝0，n ·1ACu u u r ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE u u u r，n 〉＝OE u u u r ·n | OE u u u r |·|n |＝3010，即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010. 5．如图所示，在多面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，上，下两个底面A 1B 1C 1D 1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面ABCD ，AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a .(1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值； (2)已知F 是AD 的中点，求证：FB 1⊥平面BCC 1B 1；(3)在(2)的条件下，求二面角F －CC 1－B 的余弦值．解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB u u u r ＝(－a ，a ，a )，1DD u u u u r＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB u u u r ，1DD u u u u r〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB u u u r ·1DD u u u u r | 1AB u u u r|·|1DD u u u u r ＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)∵1BB u u u r ＝(－a ，－a ，a )，BC u u u r＝(－2a,0,0)，1FB u u u r ＝(0，a ，a )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB u u u r ·1BB u u u r ＝0， 1FB u u u r ·BC u u u r ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B .(3)由(2)知，1FB u u u r为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量，∵1CC u u u u r ＝(0，－a ，a )，FC u u u r＝(－a,2a,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·1CC u u u u r ＝0，n ·FC u u u r＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)，∴cos 〈1FB u u u r ，n 〉＝1FB u u u r·n | 1FB u u u r |·|n|＝33，即二面角F －CC 1－B 的余弦值为33.6．(2013·聊城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：PA ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．解：(1)连接BD ，四边形ABCD 菱形， ∵∠BAD ＝60°， ∴△ABD 为正三角形，又Q 为AD 中点， ∴AD ⊥BQ .∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，AD ⊥PQ ，又BQ ∩PQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面PAD . ∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)连接AC 交BQ 于点N ，如图(1)：由AQ ∥BC 可得， △ANQ ∽△CNB ，∴AQ BC ＝AN NC ＝12. 又PM MC ＝12， ∴PM MC ＝AN NC ＝12. ∴PA ∥MN .∵MN ⊂平面MQB ，PA ⊄平面MQB ，图(1) ∴PA ∥平面MQB .(3)由PA ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，则PQ ⊥AD . 又平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为坐标原点，分别以QA 、QB 、QP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A (1,0,0)，B (0，3，0)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)．设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y,1)，可得图(2)⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB u u u r ＝0，n ·MN u u u u r ＝0.∵PA ∥MN ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB u u u r ＝0，n ·PA u u u r ＝0.解得n ＝(3，0,1)．取平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)．cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.故二面角M －BQ －C 的大小为60°.7．(2012·福建高考)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为原点，AB u u u r ，AD u u u r ，1AA u u u r的方向分别为x轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0,1)，故1AD u u u u r ＝(0,1,1)，1B E u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，1AB u u u r ＝(a,0,1)，AE u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵1AD u u u u r ·1B E u u u r ＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP u u u r＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥1AB u u u r ，n ⊥AE u u u r ，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP u u u r ，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴1AD u u u u r 是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时1AD u u u u r＝(0,1,1)．设1AD u u u u r与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·1AD u u u u r|n ||1AD u u u u r |＝－a 2－a 2· 1＋a 24＋a2 .∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a 24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2.1．直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．解：(1)设CA u u u r ＝a ，CB u u u r ＝b ，CC 'u u u u r＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE u u u r ＝b ＋12c ，A D 'u u u u r ＝－c ＋12b －12a .∴CE u u u r ·A D 'u u u u r ＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE u u u r ⊥A D 'u u u u r，即CE ⊥A ′D .(2)AC 'u u u u r ＝－a ＋c ，CE u u u r ＝b ＋12c ，∴|AC 'u u u u r |＝2|a |，|CE u u u r |＝52|a |.AC 'u u u u r ·CE u u u r ＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC 'u u u u r ，CE u u u r〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 2．如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD .(1)证明：PA ⊥BD ；(2)设PD ＝AD ，求二面角A －PB －C 的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，由余弦定理得BD ＝3AD . 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD . 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD . 所以BD ⊥平面PAD .故PA ⊥BD .(2)如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)．AB u u u r ＝(－1，3，0)，PB u u u r＝(0，3，－1)，BC u u u r ＝(－1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB u u u r＝0，n ·PB u u u r＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0，因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·PB u u u r＝0，m ·BC u u u r＝0，∴⎩⎨⎧3y 1－z 1＝0，－x 1＝0，可取m ＝(0，－1，－3)，cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A －PB －C 的余弦值为－277.3．(2013·武汉模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D 是BB 1的中点，DC 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sin θ的最大值．解：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设AA 1＝h (h >0)，则有B (1,0,0)，B 1(1,0，h )，C 1(0,1，h )，A 1(0,0，h )，11B C u u u u r ＝(－1,1,0)，11AC u u u u r ＝(0,1,0)，1A B u u u r ＝(1,0，－h )．(1)因为异面直线A 1B 与B 1C 1所成的角为60°，所以cos 60°＝|11B C u u u u r ·1A B u u u r ||11B C u u u u r |·|1A B u u u r |，即12·h 2＋1＝12，得1＋h 2＝2，解得h ＝1. (2)由D 是BB 1的中点，得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，h 2，于是1DC u u u u r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，h 2. 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，于是由n ⊥1A B u u u r ，n ⊥11AC u u u u r 可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·1A B u u u r ＝0，n ·11AC u u u u r ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －hz ＝0，y ＝0，可取n ＝(h,0,1)，故sin θ＝|cos 〈1DC u u u u r ，n 〉|，而|cos 〈1DC u u u u r ，n 〉|＝|1DC u u u u r ·n ||1DC u u u u r |·|n |＝|－h ＋h 2|14h 2＋2·h 2＋1＝h h 4＋9h 2＋8. 令f (h )＝h h 4＋9h 2＋8＝1h 2＋8h 2＋9，因为h 2＋8h 2＋9≥28＋9，当且仅当h 2＝8h 2，即h ＝48时，等号成立．所以f (h )≤19＋28＝18＋1＝22－17，故当h ＝48时，sin θ的最大值为22－17. 4．如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC ＝60°，平面AA 1C 1C ⊥面ABCD ，∠A 1AC ＝60°.(1)证明：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的平面角的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1G ？若存在，求出P 的位置，若不存在，说明理由．解：连接BD 交AC 于O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2A 1A ·AO cos 60°＝3.∴AO 2＋A 1O 2＝A 1A 2，∴AO ⊥A 1O ，由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .∴以OB ，OC ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)．(1)由BD u u u r ＝(－23，0,0)，1AA u u u r ＝(0,1，3)，则1AA u u u r ·BD u u u r ＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD ⊥AA 1，(2)由OB ⊥面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的法向量n 1＝(1,0,0)，设n 2⊥面AA 1D ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥1AA u u u r ，n 2⊥AD u u u r ，设n 2＝(x ，y ，z )，得到⎩⎨⎧ y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝55. ∴二面角D －A 1A －C 的平面角的余弦值是55. (3)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥面DA 1C 1，设CP u u u r ＝λ1CC u u u u r ，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．得P (0,1＋λ，3λ)，BP u u u r ＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3⊥面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 3⊥11AC u u u u r ，n 3⊥1DA u u u u r ，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，得到⎩⎨⎧ 2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，∴不妨取n 3＝(1,0，－1)．又∵BP u u u r ∥面DA 1C 1，∴n 3·BP u u u r ＝0， ∴－3－3λ＝0， ∴λ＝－1. ∴点P 在C 1C 的延长线上且使C 1C ＝CP .。

浅谈空间向量方法在立体几何中的应用

浅谈空间向量方法在立体几何中的应用发布时间：2022-06-01T03:40:21.850Z 来源：《比较教育研究》2022年3月作者：张乐刚[导读] 立体几何在进行讲解时往往是立体抽象的，很多学生并不能很好的理解立体几何，需要借助身边的一些物体才能进行简单立体几何的学习，对于不规则、不常规的立体几何学生往往没有办法理解，因此就需要引进空间向量的方法从而帮助学生对立体几何的理解并应用空间向量解决立体几何的问题。

利用空间向量方法可以很好的帮助学生解决立体几何中的线与线、线与面、面与面等问题，本文将对立体几何中空间向量的应用进行简要探讨。

张乐刚山东省寿光市第一中学 262700【摘要】立体几何在进行讲解时往往是立体抽象的，很多学生并不能很好的理解立体几何，需要借助身边的一些物体才能进行简单立体几何的学习，对于不规则、不常规的立体几何学生往往没有办法理解，因此就需要引进空间向量的方法从而帮助学生对立体几何的理解并应用空间向量解决立体几何的问题。

利用空间向量方法可以很好的帮助学生解决立体几何中的线与线、线与面、面与面等问题，本文将对立体几何中空间向量的应用进行简要探讨。

【关键词】立体几何、空间向量、应用中图分类号：G652.2 文献标识码：A 文章编号：ISSN1003-7668（2022）3-061-01一、引言立体几何在高考全国卷中一般是22分，也就是两道选择题再加一道大题[1]。

立体几何出题的类型较多六种证明、两种求解，将这些类型的立体几何联系起来解题方法中空间向量法是行之有效的。

空间向量是一种利用空间坐标系对立体图形上各点进行确认进而解题的解题方法，空间向量在立体几何中有哪些应用、如何在立体几何中有效地利用空间向量进行解题是本文的主要内容。

二、空间向量在立体几何中的应用空间向量主要是解决立体几何中距离、角度、平行于垂直证明等问题[2]。

空间向量指的是在三维空间中既具有大小又具有方向的向量，空间向量的平移不变性是空间向量在立体几何中应用的主要特性之一。

空间向量在立体几何中的应用

空间向量在立体几何中的应用
空间向量在立体几何的应用
立体几何是解决空间问题的精英学科，结合了微积分、几何、代数三者之间的
有机联系，具有重要的实际意义。

它是数学的基础理论，也是应用于多向系统、工程计算、科学研究、航空航天、船舶制造等各种领域的一种重要工具。

空间向量是立体几何和向量代数交叉应用最多的分支。

空间向量具有方向和大小等三个特性，结合它们之间的线性变换，所形成的多
种变换方程和推理公式，使空间向量的应用更加简单。

另外，由于空间向量具有方向性、概括性，在机器人学和运筹学等方面具有独特的效用。

空间向量在立体几何中的应用尤以运动问题为典型，空间上的运动可以分解成
由一系列空间向量组成的连续移动序列，可以分别用空间向量进行计算。

此外，应用于立体几何中的空间向量还可以帮助我们理解几何中的前趋量及拉格朗日原理，以及如何根据旋转角度、平移距离等信息求解物体的运动轨迹的空间变换函数。

空间向量的应用不仅仅局限于立体几何，还在工程计算、航空航天研发等诸多
领域下都有着广泛的应用。

它可以用来计算和描述各种形状的多边形和曲面，以及向量结构、平面和三维体结构之间的关系，是现代科学技术发展的重要推手。

通过本文介绍，我们可以看到，空间向量在立体几何中的应用十分广泛，被广
泛用于计算、分析、操纵等几何学问题，对研究几何原理和设计工程图形有着不可磨灭的重要作用，使立体几何在实践中的运用变得更加简单，不但能满足实用需要，还拓展了几何研究的范畴，从而及臻科学繁荣。

空间向量”引入高中立体几何数学教学的意义和影

“空间向量”引入高中立体几何数学教学的意义和影响(2009-06-03 13:24:19)转载▼标签：教育杂谈通过对国内外立体几何空间向量教学的研究充分说明将空间向量做为一种基础理论和基本方法要求学生掌握而引入高中立体几何教材的现实意义和深远影响。

这是由于空间向量知识具有以下几大特点和需要。

首先，利用空间向量解决一些立体几何问题，将大大简化原本利用其他数学工具解题的步骤，使学生多掌握一种行之有效的数学工具。

如新教材第九章“空间线面关系的判定”、“空间角的计算”的推导能够较好地说明这个观点。

在这里新教材中采用了空间向量推导，可以看出：空间向量解法在解题难度和解题步骤上较之非向量解题方法都有很大的简化，计算量也大大减少。

而象这样的具体实例在整套新教材中不胜枚举。

在教学过程教学过程中，认真仔细地讲解好这样的每个实例，是使学生体会到向量工具的强大功能，坚定其学习好、掌握好、运用好向量理论这一数学工具的最有说服力的证据。

而这一目标的达成也是新教学大纲的基本要求之一。

其次，空间向量的引入将使高中立体几何中“数形结合”的思想得到新的解析，为在高中数学贯彻“数形结合”的教学理念提供一种崭新的方法。

空间向量具有很好的“数形结合”特性。

一是“数”的形式，即利用一对实数对既可表示空间向量大小，又可以表示空间向量的方向；二是“形”的形式，即利用一条有向线段来表示一个空间向量。

而且这两种形式又是密切联系的，它们之间可以利用简单的运算进行相互转化。

可以说向量是联系代数关系与几何图形的最佳纽带。

它可以使图形量化，使图形间关系代数化，使我们从复杂的图形分析中解脱出来，只需要研究这些图形间存在的向量关系，就可以得出精确的最终结论。

使分析思路和解题步骤变得简洁流畅，又不失严密。

通过空间向量可以轻而易举地在“数”与“形”之间建立桥梁，通过空间向量将“形”转换成“数”来研究“形”，反之亦然。

而这对于研究“形”的“解析几何”和“立体几何”可想而知会极具现实意义和产生革命性影响。

新课标下核心素养的空间向量在立体几何中的应用

新课标下核心素养的空间向量在立体几何中的应用摘要：本文探究了新课标下核心素养的空间向量在立体几何中的应用，比较全面地进行总结，结合实例，在教学中提供参考与借鉴。

关键词：核心素养；空间向量；立体几何数学核心素养是指众多的数学素养内那些关键的，处于重要位置上，使用频度较高的素养，是适应个人终身发展和社会发展需要的，具有数学基本特征的思维品格和关键能力，包括数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、直观想象、数据分析等六个方面。

数学核心素养是学习者学习数学、运用数学解决学习、生活中的实际问题时所应当具备的一种综合性能力和数学品格，是学生在长期的学习过程中形成的，运用所学空间向量知识与方法解决立体几何中的问题充分反映出这一本质属性与思想，空间向量在立体几何中有着广泛的应用，能解决空间几何中的很多问题，下面谈一下新课标下核心素养的空间向量在立体几何中的具体应用.一、用空间向量证明立何几何中的平行与垂直1.证明线面平行方法一：证明直线的方向向量与平面内某一直线的方向向量共线，然后得出线线平行，再利用线面平行的判定定理证明；方法二：先求出平面的法向量，再求出直线的方向向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；方法三：证明直线的方向向量与平面内某一任意二个不共线向量共面，即可说明直线与这二个不共线的向量确定的平面平行。

2.证明面面平行方法一：利用线面平行的证明，再用面面平行的判定定理进行证明；方法二：求出二个平面的法向量，再证明二个法向量共线从而得到面面平行；方法三：先求出一个平面的法向量，再证出此法向量与另一平面垂直。

3.证明线面平垂直方法一：求出直线所在的一个方向向量和平面内二条相交直线所在的二个方向向量，然后证明它们的数量积为0.方法二：算出平面的法向量和直线所在的方向向量，然后证明直线所在的向量和法向量共线即可。

4.证明面面垂直方法一：先用线面垂直方法证出线面垂直，再证到此直线与另一平面平行，从而证得面面垂直。

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一
、
空间向量的引入增加了立体几何教学的内容
要教师从学生的年龄特征和心理特点出发，筛选出与该模式相适
空间向量的引入丰富了立体几何教学的内容，这主要体现在应的教学内容。具体来说，在空间向量的学习中，可采取启发式和
课程理念变化以及课程内容改变两个方面。
空问向量作为一个独立的知识体系纳入教材当中，涵盖了空个平面，空间中两个不平行向量确定一个平面？再如这一例题，在间向量的定义和原理、线性运算、直角坐标运算、两个向量的数量直三棱柱ＡＢＣＢ。Ｃ，中， △ＡＢＣ是边长为４的等边三角形，Ｂ．Ｂ：积、空间向量在立体几何的应用等方面，这丰富了立体几何的教学２，求异面直线ＢＣ和Ａ，Ｃ所成的角（图略）。教师可以帮助学生建
用性。同时，空间向量的引入，促进了学生数学应用意识的形成和可以设置以下问题：（１）空间两条直线的位置关系是：平行、相交、
发展，提高了学生的实践能力。
２．在教学内容方面
异面，空间两个向量的关系？（２）空间两条平行直线确定一个平面，空问中两个平行向量确定一个平面？（３）空间两条相交直线确定一
高教前沿
２０ｌ３ — ０４
空间向量对立体几何敏与学的髭响
文／杨国栋
摘要：在立体几何中引入空间向量这一内容是新课程改革的必然趋势。空问向量的出现为学生提供了解决问题的新途径，但是容易造成空间向量就是“万能” 的思想，很多学生完全放弃了传统的综合法，试图通过空间向量的方法来解决一切立体几何问题。关键词：空间向量；立体几何；教学影响
空间想象能力，就可以对问题进行实际的运算、证明以及演绎。另
一
２．在学习空间向量的同时不可忽视综合法虽然空间向量确实在解决立体几何问题时具有独特的优势，
方面，向量又是几何的，因此可以直接描述、想象、替代向量中但是综合法的运用也至关重要，综合法对于培养学生思考问题的
１．在课程理念方面
探究式。教师要充分发挥学生的主体作用，教师主要扮演引导者和促进者的角色，从而培养学生自主发现问题、自主解决问题、探索
新课程注重学习方式的改革，要求学生转变单一的被动接受式问题的能力。当然，对于一些较难的知识，教师要引导学生对原有学习，把学习过程中的发现、探究等认识活动凸显出来，在教师的知识的复习，提高知识的概括化水平，建立知识的网络化，促进学
内容。
立空间直角坐标系，教师可以引导学生作出ＢＣ和Ｂ．Ｃ。的中点和Ⅳ，然后利用底面三角形的高ＭＡ、侧棱ＭＮ以及底面三角形的
二、空间向量的引入降低了学生学习的难度
空间向量降低了学习的难度体现在向量的特征上。一方面，向边对ＭＣ这三条互相垂直的直线来建立空间直角坐标系，通过设置量是代数的，因此可以对它进行加、减、乘、除等运算，这就丰富了问题隋境，引导学生一步步地将空间向量运用于具体的数学习题中。运算形式，也使抽象的概念有了具体的形式。以运算为载体，发挥
的圆内接ＡＡＢＣ是直角三角形。（图略，也就是求证ＬＢＡＣ是直角）问题，培养一题多解的思维方式，举一反三，灵活多变。其次，教师分析：只需证明
ＯＡ．
・
要精心＝０．证明：设６３０半径为ｒ，连结半径在教学中要注意对空间向量法与综合法教学的平衡性，
点、线、面等对象，并可观察到各研究对象之间的基本关系。这就为习惯、提高空间想象力以及逻辑思维能力有很大的影响。因此，在
一
些计算能力比较强但空间想象能力较弱的学生解题提供了新的使用空间向量时，首先要注重一题多解。要教授学生不能一味地以
出路，降低了其学习的难度。例如，证明以００的直径ＡＢ为一边解决问题为目的，而要鼓励学生从多个角度，采用多种方式来解决
积极引导下实现学生自我的“ 再创造 ” 。在立体几何中引入空间向生学习的迁移。教师应该鼓励学生动手，调动学生的主动性和积量正是适应新课程理念的表现，空间向量的出现为学生提供了解极性，引导他们通过独立思考、积极探索，生动活泼的学习，自觉掌
决问题的新途径，融合了计算机技术与数学知识，直接利用向量的握科学知识，提高分析问题和解决问题的能力，鼓励学生将知识创
方式提出问题为学生解答立体几何题目提供了新的解题方法。这造性地运用于实际。如，在学习“ 空间向量” 这一概念时，教师可以就密切了数学知识与１３常生活实际的联系，加强了数学知识的实利用学生原有知识复习平面向量和立体几何的基础知识。如，教师
编制和选择恰当的例题和习题，特别是挑选一些利用综合法解答
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更为便利的立体几何习题，增强学生运用综合法思考问题的积极
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