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。

数学与应用数学专业毕业论文-向量在立体几何中的应用

向量在立体几何中的应用摘要作为现代数学的重要标志之一的向量已进入了中学数学教学，为用代数方法研究几何问题提供了强有力的工具，促进了高中几何的代数化.而在高中数学体系中，几何占有很重要的地位，有些几何问题用常规方法去解决往往比较复杂，运用向量作行与数的转化，则使过程得到大大的简化.向量法应用于平面几何中时，它能将平面几何许多问题代数化、程序化从而得到有效的解决，体现了数学中数与形的完美结合.立体几何常常涉及到的两大问题：证明与计算，用空间向量解决立体几何中的这些问题，其独到之处，在于用向量来处理空间问题，淡化了传统方法的有“形”到“形”的推理过程，使解题变得程序化.装关键词：向量；立体几何；证明；计算；运用订线ABSTRACTAs one of the important signs of modern mathematics the vector has entered middle school mathematics teaching, using algebraic method research geometry problems provides powerful tools, promoted the high school of the geometry of algebra. And in the high school mathematics system, geometric occupies a very important position, some geometry problems with conventional method to solve tend to be complex, using vector for the number of rows and transformation, makes the process is greatly simplified. Vector method was used the plane geometry, it will be when the plane geometry many problems algebra effectively, programmed to solve, reflected in mathematics, the perfect combination of Numbers and forms. Three-dimensional geometry often involved the two big problems: proof and calculation, with space vector solve three-dimensional geometry in these problems, its unique, is using vector to deal with the problem of space, fade the traditional methods are "form" to "form" reasoning process, causes the problem-solving become programmed.Keywords：Vector; solid geometry; proof; calculation; use目录摘要 (Ⅰ)ABSTRACT (Ⅰ)1 向量方法在研究几何问题中的作用 (1)2 向量方法解决证明问题的直接应用 (2)2.1平行问题 (2)2.1.1证明两直线平行 (2)2.1.2证明线面平行 (3)2.2垂直问题 (4)2.2.1证明两直线垂直 (4)2.2.2证明线面垂直 (4)2.2.3证明面面垂直 (5)2.3处理角的问题 (6)2.3.1求异面直线所成的角 (6)2.3.2求线面角 (7)2.3.3求二面角 (8)3 向量方法解决度量问题的直接应用 (10)3.1两点间的距离 (10)3.2点与直线距离 (10)3.3点到面的距离 (11)3.4求两异面直线的距离 (11)3.5求面积 (12)3.6求体积 (13)4 向量方法解决证明与计算问题有关的综合应用 (14)5 向量在立体几何中应用的教学反思 (21)5.1对比综合法与向量法的利弊 (21)5.2向量法解决立体几何问题的步骤 (22)5.3向量法能解决所有立体几何问题吗 (22)参考文献 (23)1 向量方法在研究几何问题中的作用]1[向量是高中数学新增加的内容，在作用上它取代了以往复数在高中数学教材中的地位，但从目前的使用情况来看，向量的作用要远远大于复数.一个复数所对应的点只能在平面上，而向量却有平面向量和空间向量之分，这一点在与几何（尤其是立体几何）的联系上表现得更加突出.向量知识、向量观点在数学、物理等学科的很多分支上都有着广泛的应用，它具有代数形式和几何形式的“双重身份”，能融数形于一体，能与中学数学教学内容中的许多主干知识相结合，形成知识交汇点.向量进入高中数学教材，为用代数方法研究几何问题提供了强有力的工具，促进了高中几何的代数化.而在高中数学体系中，几何占有很重要的地位，有些几何问题用常规方法去解决往往比较繁杂，而运用向量作形与数的转化，则能使过程得到大大的简化.用向量法解决几何问题有着思路清晰、过程简洁的优点，往往会产生意想不到的神奇效果.著名教育家布鲁纳说过：“学习的最好刺激是对所学材料的兴趣，简单的重复将会引起学生大脑疲劳，学习兴趣衰退.”这充分揭示了方法求变的重要性，如果我们能重视向量的教学，重视学生在学习向量过程中产生的障碍并且提供相应的教学对策，必然能引导学生拓展思路，减轻他们的学习负担.向量方法在解决几何问题时充分体现了它的优越性，平面向量就具有较强的工具性作用，向量方法不仅可以用来解决不等式、三角、复数、物理、测量等某些问题，还可以简捷明快地解决平面几何许多常见证明（平行、垂直、共线、相切、角相等）与求值（距离、角、比值等）问题.不难看出向量法应用于平面几何中时，它能将平面几何许多问题代数化、程序化从而得到有效的解决，体现了数学中数与形的完美结合.向量法是将几何问题代数化，用代数方法研究几何问题.立体几何的证明与计算常常涉及到两大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直、线面垂直、线线平行、线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成的角，面面所成角等.用空间向量解决立体几何中的这些问题，其独到之处，在于用向量来处理空间问题，淡化了传统方法的有“形”到“形”的推理过程，使解题变得程序化.那么解立体几何题时就可以用向量方法，对某些传统性较大，随机性较强的立体几何问题，引入向量工具之后，可提供一些通法.2 向量方法解决证明问题的直接应用2.1平行问题]2[2.1.1证明两直线平行b a CD AB b D C a B A //,,;,⇒=∈∈λ. 知),(),,(2211y x CD y x AB ==，则有b a y x y x //1221⇒=. 例 1 已知直线OA ⊥平面α，直线BD ⊥平面α，O 、B 为垂足，求证：OA//BD.证明：如上图，以点O 为原点，以射线OA 为z 轴，建立空间直角坐标系xyz O -，k j i ,,为沿x 轴，y 轴，z 轴的坐标向量，且设),,(z y x BD =，∵α⊥BD ，∴j BD i BD ⊥⊥,∴0)0,0,1(),,(==⋅=⋅x z y x i BD ，0)0,1,0(),,(==⋅=⋅y z y x ，∴),0,0(z =∴k z BD =，又知O 、B 为两个不同的点，∴OA BD //.方法思路：在两条直线上分别取不同的两点得到两向量，转化为证明两向量平行.2.1.2证明线面平行1、线∉a 面α，a B A ∈,，面α的法向量为n ，α//0AB n AB n AB ⇔⊥⇔=⋅. 方法思路：求面的法向量，在直线找不同两点得一向量，证明这一向量与法向量垂直（即证明数量积为0），则可得线面平行.2、已知面α外的直线a 的方向向量为a ，21,e e 是平面α的一组基底（不共线的向量），若αλλ//2211a e e a ⇔+=.例2 如上图,正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面互相垂直,P 、Q 分别是对角线AC 、BF 上的一点,且AP = FQ,求证:PQ ∥平面BCE.证明：设λ=，∵AP = FQ, ∴λ=，∴FQ AF PA PQ ++==λλ++-=λλλλ+-+--=)1(λλ-+∴//PQ 平面BCE.方法思路：证明直线的方向向量可用平面的一组基底线性表示（即在平面内存在一向量与方向相等），则可得面内一直线与面外的线平行，从而证明线面平行.2.1.3面面平行1、不重合的两平面α与β的法向量分别是m 和n ，βαλ//⇔=.方法思路：求平面的法向量，转化为证明两法向量平行，则两平面平行.2、不重合的两平面α与β，面α的法向量为，若βαβ//⇔⊥.方法思路：求出其中一平面的法向量，再证该法向量与另一面的不共线的两向量数量积为0（即垂直），则可得两平面平行.2.2垂直问题]3[2.2.1证明两直线垂直不重合的直线a 和直线b 的方向向量分别为a 和b ，则有b a b a ⊥⇒=⋅0. 例3 如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形，AB //CD,AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 中点.证明：PE ⊥BC证明：以H 为原点，,,HA HB HP 分别为,,x y z 轴，线段HA 的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则(1,0,0),(0,1,0)A B设 (,0,0),(0,0,)(0,0)C m P n m n <>，则 )0,2,21(),0,,0(m E m D ，可得)0,1,(),,2,21(-=-=m n m ，因为0022m m PE BC ⋅=-+=，所以 PE BC ⊥.2.2.2证明线面垂直直线l 的方向向量为]4[，平面α的方向向量为，则有αλ⊥⇒⋅=l . 例4，如图，m, n 是平面α内的两条相交直线.如果n l m l ⊥⊥,，求证：α⊥l .证明：在α内作任一直线g ，分别在g n m l ,,,上取非零向量g n m l ,,,. 因为m 与n 相交，所以向量n m ,不平行.由向量共面的充要条件知，存在唯一的有序实数对（x,y ）,使n y m x g +=将上式两边与向量l 作数量积，得n l y m l x g l ⋅+⋅=⋅，因为 0,0=⊥=⊥n l m l ，所以0=⋅g l ，所以g l ⊥即g l ⊥.这就证明了直线l 垂直于平面α内的任意一条直线，所以α⊥l .方法思路：找直线的方向向量（在两直线上取两点得一向量）及平面的法向量，只需证明两向量平行，则可证线面垂直. 2.2.3证明面面垂直1、不重合的平面α与β的法向量分别为m 和n ，则有βα⊥⇔=⋅0n m . 方法思路：找平面的法向量，只需证明两向量数量积为0，则可证明两平面垂直.2、平面β的法向量为n ，21,e e 是平面α的一组基底（不共线的向量），则有βαλλ⊥⇔+=2211e e n .例5 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1，CD 的中点（1）求证：AD ⊥D 1F ；(2)证明平面AED ⊥平面A 1FD 1分析：涉及正方体中一些特殊的点、线、面的问题，建立空间直角坐标系来解，不仅容易找到解题方向，而且坐标也简单，此时“垂直”问题转化为“两向量数量积为“0”的问题，当然也可用其它的证法.证明：建立空间直角坐标系如图，并设AB=2，则A(0,0,0), D(0,2,0), A 1(0,0,2)D 1(0,2,2)，E(2,0,1), F(1,2,0)(1)(0,2,0),AD = 1(1,0,2)D F =-m n gα l AB C DA 1B 1C 1D 1z y∴ 1AD D F ⋅=0×1+2×1+0×(-2)=0, ∴AD ⊥D 1F（2）AE =（2，0，1） 1D F =（1，0，-2），||5AE = ，|1|5D F = 设AE 与D 1F 的夹角为θ，则θcos =055)2(10012|F D ||AE |FD AE 11=-⨯+⨯+⨯=⋅所以D 1F ⊥AE ，由（1）知D 1F ⊥AD ，又AD ∩AE=A ，∴D 1F ⊥平面AED ，∵D 1F ⊂平面A 1FD 1M∴平面AED ⊥平面A 1FD 1方法思路：找其中以平面的法向量，证明法向量与另一平面平行，即法向量可以用另一平面的一组基底（不共线的向量）线性表示.2.3处理角的问题]5[2.3.1求异面直线所成的角a,b 是两异面直线，b D C a B A ∈∈,,,，a ，b 所成的角为θ，则有CD AB CDAB CD AB ⋅⋅=〉〈=,cos cos θ.例6 如图所示,三棱锥A-BCD,AB ,,CD BD BCD ⊥⊥平面若AB=BC=2BD,求二面角B-AC-D 的大小.解: 如图建立空间直角坐标系O-xyz,∵AB=BC=2BD,设BD=1则AB=BC=2,DC=3A(1,0,2),B(1,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0))2,0,1(),0,3,0(),0,3,1(),2,0,0(==-=-=→→→→DA DCBC AB设平面ABC 的法向量为),,(1111z y x n =→, 则00.11=⇒=→→z n AB030.111=+-⇒=→→y x n BC取平面ABC 的法向量)0,1,3(1=→n 设平面ACD 的法向量为),,(2222z y x n =→则00.22=⇒=→→y n DC020.222=+⇒=→→z x n DA取法向量)1,0,2(-=→n cos<→→21,n n >=5151040131001)2(32221-=++⨯++⨯+⨯+-⨯=⋅→→→→n n n n 515arccos,21->=∴<→→πn n 互补平面角与二面角><--∴→→21,n n D AC B , 515arccos的大小的所求二面角D AC B --∴. 方法思路：找两异面直线的方向向量，转化为向量的夹角问题，套公式（但要理解异面直线所成的夹角与向量的夹角相等或互补）.2.3.2求线面角设平面α的斜线l 与面α所成的角为β，若,,l B A ∈m 是面α的法向量，则有〉〈=m AB ,cos sin β.例7如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90，侧棱AA 1＝2，D 、E分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.求A 1B 与平面ABD 所成角的大小（结果用余弦值表示）；D D A 1C 1B 1z E解析：如图所示，建立坐标系，坐标原点为C ，设a CA 2=，则)0,0,2(a A ，)0,2,0(a B ，)1,0,0(D ，)2,0,2(1a A ，)1,,(a a E ，)31,32,32(a a G ， ∵ ()2,,333a a GE =---，()0,2,1BD a =-，032322=-=⋅a ， ∴1=a ，()112,,333GE =---，()12,2,2A B =--∵ GE 为平面ABD的法向量，且32,cos 1==〉〈GE B A . ∴ A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是32. 方法思路：找直线的方向向量与平面的法向量，转化为向量的夹角问题，再套公式（注意线面角与两向量所在直线夹角互余）.2.3.3求二面角方法一：构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如右图所示），则 ① 若二面角βα--l 是“钝角型”的如图3甲所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角，即||||cos 2121n n ⋅=θ.② 若二面角βα--l 是“锐角型”的如右图所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角，即||||cos 2121n n ⋅=θ方法二：在二面角的棱l 上确定两个点B A 、，过B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、，则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角，即 ||||cos 2121n n ⋅=θ.例8 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=2，BC=4，AA 1=2,点Q 是BC 的中点，求此时二面角A —A 1D —Q 的大小．解如图所示，建立空间直角坐标系xyz O -，依题意：A 1（0，0，2），D （0，a ，0）. ∴Q （2，2，0），D （0，4，0）， ∴)20,2(),2,2,2(1-=-=A ，面AA 1D 的法向量)0,0,1(1=n ，设面A 1DQ 的法向量),,(3212a a a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=-+=⋅,022,022*********a a QD n a a a Q A n ⎩⎨⎧==⇒,2,1312a a a a ∴)2,,(1112a a a n =，令a 1=1，则)2,1,1(2=n ，∴66611,cos 21=⨯=>=<n n ，二面角的平面角为锐角，∴二面角A —A 1D —Q 的大小为66arccos. 此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若令11-=a ，则)2,1,1(2---=n ，∴66,cos 21->=<n n ，∴二面角A —A 1D —Q 的大小是><21,n n 66arccos-=π的补角66arccos .所以在计算之前不妨先依题意直观判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”.O （A 1z3 向量方法解决度量问题的直接应用3.1两点间的距离]6[两点间距离重在“转化”，即将空间两点间距离转化为向量的长度问题.利用向量的模，可以推导出空间两点的距离公式，即空间两点()()11112222,,,,,P x y z P x y z ，则()()()22212212121d PP x x y y z z ==-+-+-例1 在三棱锥S ABC -中，面SAC ⊥面ABC ，SA AC ⊥，BC AC ⊥6SA =,21,8AC BC ==，求SB 的长. 分析如图，本题可以用几何法求出SB ，但需要证明若用向量法，注意到SA ，AC ，BC 之间的关系.建立以A 点为原点的空间直角坐标系.则无须证明就有如下巧解.解如图，建立以A 为原点的空间直角坐标系，则()()()0,0,0,21,0,0,0,6A B S ，所以()()()222080216011SB SB ==-+-+-=.本题用向量法巧妙地把与SB 有关元素的位置关系转化为相应向量是SB 的数量关系，构造向量的空间距离模型，然后通过数值计算将问题加以解决.3.2点与直线距离]7[如图求得向量AP 在向量AB 的射影长为d , 则点P 到直线AB 22AP d -例2 设P 为矩形ABCD 所在平面外的一点，直线PA 垂直平面外的一点，直线PA 垂直平面ABCD ，AB =3，BC =4，PA =1 求点P 到直线BP 的距离. 解()()29BP BD BA AP BC BA AB ⋅=+⋅+==BD5所以BP 在BD 上的射影长为95，又10BP =，所以点P 到直线BD 的距离3.3点到面的距离任取一点α∈Q 得m PQ ,是平面α的法向量，则有：点P 到平面α的距离mm PQ d ⋅=（向量PQ 在法向量m 的投影的长度）.方法思路：求出平面的任一法向量m （方程组可求），在平面内任取一点Q 与点P 得一向量转化为PQ 在法向量的投影长度，套公式.3.4求两异面直线的距离知b a ,是两异面直线，b D C a B A ∈∈,,,，找一向量与两异面直线都垂直的向量m ，则两异面直线的距离mm AC d ⋅=例3如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形 B B A A ''是矩形，。

特征值与特征向量练习题

特征值与特征向量练习题特征值和特征向量是线性代数中重要的概念，它们在解决实际问题中有着广泛的应用。

下面是一些关于特征值和特征向量的练习题。

1、设矩阵A的元素如下：2 -3 41 -1 10 1 -2矩阵B为A的平方，求B的特征值和特征向量。

2、设矩阵A的元素如下：1 2 34 5 67 8 9矩阵B为A的平方，求B的特征值和特征向量。

3、设矩阵A的元素如下：2 1 00 2 10 0 2矩阵B为A的平方，求B的特征值和特征向量。

4、设矩阵A的元素如下：csharp1 0 00 2 -10 -1 2矩阵B为A的平方，求B的特征值和特征向量。

5、设矩阵A的元素如下：lua1 0 0 00 2 -1 -10 -1 2 -10 -1 -1 2矩阵B为A的平方，求B的特征值和特征向量。

特征值与特征向量特征值和特征向量是线性代数中两个非常重要的概念，它们在许多数学领域中都有广泛的应用，包括解决线性方程组、研究矩阵的性质、以及在机器学习和数据科学中等。

一、特征值特征值是矩阵的一个重要属性，它可以通过对矩阵进行特定的数学操作来得到。

对于一个给定的矩阵A，如果存在一个非零向量v，使得Av = λv对某个标量λ成立，那么我们就说λ是A的特征值，v是对应于特征值λ的特征向量。

特征值的性质可以通过矩阵的特征多项式来研究。

特征多项式f(x) = |xI - A|，其中I是单位矩阵，A是给定的矩阵。

特征多项式的根就是矩阵的特征值。

二、特征向量特征向量是矩阵对应于特征值的向量。

它与特征值有密切的关系，并且在解决线性代数问题中发挥着重要的作用。

设A是n阶方阵，如果存在非零向量v，使得Av = λv对某个标量λ成立，那么我们就说λ是A的特征值，v是对应于特征值λ的特征向量。

特别地，如果λ是矩阵A的特征值，那么对于任何使得|xI - A|= 0成立的x，我们都有(xI - A)v = xv - Av = (x - λ)v，这表明v 也是对应于x的特征向量。

空间向量在立体几何中的应用

1
1
BA (1,1,2),CB (0,1,2), BA CB 3,
1
1
1
1
BA 6, CB 5..
z C1
B1
1
1
BA CB 1
A1
M
cos BA CB 1 1 30.
1 1 BA CB 10
1
1
N
(3) 依题意得C (0,0,2), M(1 , 1 ,2),
练习：
B' C'
在三棱柱ABC A' B 'C '中，
A'
底面是正三角形，AA' 底面ABC，
A'C AB ',求证：BC ' AB '
0 A'C AB ' (c a) (b a)
C
B
2
cbcaaba
A
2
a

c
b

1
2
BC' AB' (c a b) (b a)
设底面边长为2,高为h, 坐标法
如图建立空间直角坐标系.
C
B
A
A( 3,0,0), B(0,1,0),C(0,1,0).
A'( 3,0, h), B'(0,1, h),C'(0,1, h).
AB ' ( 3,1, h), A'C ( 3, 1, h), BC ' (0, 2, h)
3
3
C
几何法呢？
2 DC 1 DE
3
3
所以MN、DC、DE共面

空间向量在立体几何的利弊

加简便的方法，同时也未学生树立数形结合的思想提供了方便之
门。在立体几何当中运用空问向量，是与世界教育潮流保持一致
的必要条件。
二、空间向量在立体几何中运用的不足虽然空间向量的理论已经得到了质的突破，而且作为一种世
算解决问题。当然，我并不反对学生在考试时为了拿高分能够利
一
、
空间向量在立体几何中运用的意义
当涉及到立体几何问题时，利用空间向量加以解决，可以大
大的简化学生解题的步骤，降低题目的难度，同时是学生掌握一种思维的方法。在教学的过程当中，教师应当认真地讲好每个实
得来的数据往下计算，而不再理会图形，这样，只是学生的运用
能力得到了加强，他们的空间想象能力根ห้องสมุดไป่ตู้没有得到锻炼，这就
立体几何当中得到ｌ更多的应用。越来越多的教育者也认识到，『＿空间向量具有的独特的特性，不仅为解决数学问题提供了一种更
本章教学的重点应当是把一些具体的立体几何中的问题作为向量学习的载体，把向量方法的学习作为教学的主要目标。向量思想应当是教学的重点内容，对立体几何的知识，在本章并不宜
作系统的安排，而只是利用几个立体几何的具体的问题来展示空
间向量在立体几何中的应用，对于解决立体几何的某些利用综合法加以解决时难度较大的问题提出了一种方法。应当让学生们加
强对立体几何当中向量工具的一般性的认识。在教学中，应当注意对学生空间想象能力的培养，避免学生在学习和解题当中，只是单纯的通过建立坐标系后，利用数字运
【关键词】空间向量；立体几何；利弊分析
向量在立体几何中的运用为立体几何的发展和革新带来了巨大的契机。作为一种工具在高中的立体几何中运用的向量，能够解决大量的立体几何的问题，而且还不用作辅助线，这样就可以降低学生解题的思维难度，在算题中学生只需要按照固定的算法运算就能够解决许多题目。但是这种方法也存在诸多弊端，譬如加大运算量等等。本文将就对空间向量在立体几何中的利弊做进

空间向量在立体几何中的应用(理)

空间向量在立体几何中的应用（理）张生（内蒙古师范大学附属中学）1考纲分析掌握空间向量的运算（加法、减法、数乘、数量积）及图形法则；掌握空间向量的坐标表示及运算；能用向量语言表述空间中的平行关系（直线与直线、直线与平面、平面与平面）与垂直关系（直线与直线、直线与平面、平面与平面）；会求平面的法向量；能用向量方法解决空间中的夹角（直线与直线、直线与平面、平面与平面）问题；理解空间向量的分解定理。

2考情分析多年来，高考对立体几何的考查方式保持稳定，难度和分值也没有大的波动。

题目数量上基本是二小一大或三小一大，小题主要以选择题、填空形式出现，考察立体几何的基本计算问题，大题位于解答题的第二或三个，以考察空间角的计算，空间线面的平行与垂直以及空间距离为主，属于中档题。

绝大部分题目可借助向量的坐标运算解题，但也兼顾传统几何证明的考察，另外，需要注意的是有些题目用非坐标向量法解题会更有优势。

所以，从备考角度来讲，不能单单只强调坐标法，也应强化非坐标向量法的训练。

3教材研读在本专题内容的教学设计之前，笔者全面细致地研读了教材（人教B版）内容和相应的例题，复习时应以教材为主线，例题为抓手，充分发挥例题的导向作用与推广探究价值。

具体内容编排如下：（1）在空间坐标系中表示点的坐标，教材中例题的应用转化价值在于学会用向量共线法求点的坐标，复习时应补充投影法求点的坐标；（2）用向量法证明空间的平行关系，关键理解好向量的共线定理和共面定理，注意向量结论向几何转化的等价性。

本节教材编写以向量的线性运算为主线，复习时应强调坐标运算；（3）用向量方法解决空间的直线与平面、直线与直线、平面与平面的夹角问题，教材中的例题既有借助坐标法解题的，也有利用线性运算（非坐标法）解题的，这提醒我们在复习时应该双法并举！（4）用向量法解决空间的距离问题（选学），教材中的例题具有很强的代表性，复习时不防回归教材。

4重点与难点重点：（1）利用坐标法求解空间角度、空间距离以及与垂直平行相关的证明问题。

利用空间向量解决立体几何问题

利用空间向量解决立体几何问题夏巨星(湖北省十堰市东风高级中学ꎬ湖北十堰４４２０００)摘㊀要:立体几何大题是高考的必考考点ꎬ通常需要借助于空间向量进行求解.本文给出了基本题型㊁最值问题和存在型问题三种题型的示例ꎬ展现了不同题型的问题形式㊁解答过程和所体现的不同数学思想.关键词:空间向量ꎻ立体几何ꎻ转化与化归思想ꎻ函数思想ꎻ方程思想中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１０－００４８－０３收稿日期:２０２３－０１－０５作者简介:夏巨星(１９８２.１１－)ꎬ男ꎬ湖北省武穴人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀利用空间向量解决立体几何问题是历年高考的热点ꎬ主要考查空间直角坐标系的建立㊁空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力.立体几何问题可以分为三种题型:基本题型㊁最值问题㊁存在型问题.我们采用三种数学思想转化思想函数思想和方程思想去求解对应的三种题型.１基本题型转化与化归思想问题形式㊀一般为证明点线面的空间位置关系㊁求空间角㊁求空间距离.求解思路㊀利用转化与化归思想ꎬ将空间点线面位置关系转化为空间两向量的数量关系(线性表示或数量积表示)ꎬ将空间角与空间距离的计算转化为空间两向量的运算.例１㊀(２０２１年天津卷１７)如图１ꎬ在棱长为２的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＥ为棱ＢＣ的中点ꎬＦ为棱ＣＤ的中点.(１)求证:Ｄ１Ｆʊ平面Ａ１ＥＣ１ꎻ(２)求直线ＡＣ１与平面Ａ１ＥＣ１所成角的正弦值.(３)求二面角Ａ－Ａ１Ｃ１－Ｅ的正弦值.转化与化归思想的应用(１)将线面平行问题转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直ꎬ利用向量的数量积运算即可得证ꎻ图１(２)将线面所成角的正弦值转化为直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值ꎬ利用向量的数量积运算即可得解ꎻ(３)将二面角的余弦值转化为两个平面法向量的夹角余弦值ꎬ再结合同角三角函数的平方关系即可解得二面角的正弦值.解析㊀(１)以Ａ为原点ꎬＡＢꎬＡＤꎬＡＡ１所在直线分别为ｘꎬｙꎬｚ轴ꎬ建立如图２所示空间直角坐标系ꎬ则Ａ０ꎬ０ꎬ０()ꎬＡ１０ꎬ０ꎬ２()ꎬＢ２ꎬ０ꎬ０()ꎬＣ２ꎬ２ꎬ０()ꎬＤ０ꎬ２ꎬ０()ꎬＣ１２ꎬ２ꎬ２()ꎬＤ１０ꎬ２ꎬ２().因为Ｅ为棱ＢＣ的中点ꎬＦ为棱ＣＤ的中点ꎬ所以Ｅ２ꎬ１ꎬ０()ꎬＦ１ꎬ２ꎬ０().所以Ｄ１Ｆң＝１ꎬ０ꎬ－２()ꎬＡ１Ｃ１ң＝２ꎬ２ꎬ０()ꎬＡ１Ｅң＝２ꎬ１ꎬ－２().设平面Ａ１ＥＣ１的一个法向量为ｍ＝ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１()ꎬ则ｍＡ１Ｃ１ң＝２ｘ１＋２ｙ１＝０ꎬｍＡ１Ｅң＝２ｘ１＋ｙ１－２ｚ１＝０.{８４令ｘ１＝２ꎬ则ｍ＝２ꎬ－２ꎬ１().因为Ｄ１Ｆңｍ＝２－２＝０ꎬ所以Ｄ１Ｆңʅｍ.因为Ｄ１Ｆ⊄平面Ａ１ＥＣ１ꎬ所以Ｄ１Ｆʊ平面Ａ１ＥＣ１.(２)由(１)得ꎬＡＣ１ң＝２ꎬ２ꎬ２().设直线ＡＣ１与平面Ａ１ＥＣ１所成角为θꎬ则ｓｉｎθ＝ｃｏｓ‹ｍꎬＡＣ１ң›＝ｍＡＣ１ңｍＡＣ１ң＝２３ˑ２３＝３９.(３)由正方体的特征可得ꎬ平面ＡＡ１Ｃ１的一个法向量为ＤＢң＝２ꎬ－２ꎬ０().则ｃｏｓ‹ＤＢңꎬｍ›＝ＤＢңｍＤＢң ｍ＝８３ˑ２２＝２２３.所以二面角Ａ－Ａ１Ｃ１－Ｅ的正弦值为１－ｃｏｓ２‹ＤＢңꎬｍ›＝１３.图２２最值问题函数思想问题形式㊀当动点(或线段)满足什么条件时ꎬ正弦值(或余弦值)取得最大值(或最小值).求解思路㊀根据问题构造函数ꎬ利用函数的思想求解最值.构造函数时要注意函数的定义域ꎬ应当在定义域的约束下求最值ꎬ利用基本不等式求最值时要注意满足等号成立的条件.例２㊀(２０２１年全国甲卷(理)１９)如图３ꎬ已知直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬ侧面ＡＡ１Ｂ１Ｂ为正方形ꎬＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬＥꎬＦ分别为ＡＣ和ＣＣ１的中点ꎬＤ为棱Ａ１Ｂ１上的点.(１)证明:ＢＦʅＤＥꎻ图３(２)当Ｂ１Ｄ为何值时ꎬ面ＢＢ１Ｃ１Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的正弦值最小?函数思想的应用㊀由面ＢＢ１Ｃ１Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的余弦值公式ꎬ得到关于变量Ｂ１Ｄ长度的函数ꎬ再结合二次函数和反比例函数性质ꎬ求解当Ｂ１Ｄ为何值时ꎬ余弦值取得最大ꎬ即正弦值最小.解析㊀(１)因为三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１是直三棱柱ꎬ所以ＢＢ１ʅ底面ＡＢＣ.所以ＢＢ１ʅＡＢ.因为Ａ１Ｂ１ʊＡＢꎬＢＦʅＡ１Ｂ１ꎬ所以ＢＦʅＡＢ.又因为ＢＢ１ɘＢＦ＝Ｂꎬ所以ＡＢʅ平面ＢＣＣ１Ｂ１.所以ＢＡꎬＢＣꎬＢＢ１两两垂直.以Ｂ为坐标原点ꎬ分别以ＢＡꎬＢＣꎬＢＢ１所在直线为ｘꎬｙꎬｚ轴建立空间直角坐标系ꎬ如图４.图４所以Ｂ０ꎬ０ꎬ０()ꎬＡ２ꎬ０ꎬ０()ꎬＣ０ꎬ２ꎬ０()ꎬＢ１０ꎬ０ꎬ２()ꎬＡ１２ꎬ０ꎬ２()ꎬＣ１０ꎬ２ꎬ２()ꎬＥ１ꎬ１ꎬ０()ꎬＦ０ꎬ２ꎬ１().由题设Ｄａꎬ０ꎬ２()(０ɤａɤ２).因为ＢＦң＝０ꎬ２ꎬ１()ꎬＤＥң＝１－ａꎬ１ꎬ－２()ꎬ所以ＢＦң ＤＥң＝０ˑ１－ａ()＋２ˑ１＋１ˑ－２()＝０ꎬ所以ＢＦʅＤＥ.(２)设平面ＤＦＥ的法向量为ｍ＝ｘꎬｙꎬｚ()ꎬ因为ＥＦң＝－１ꎬ１ꎬ１()ꎬＤＥң＝１－ａꎬ１ꎬ－２()ꎬ所以ｍＥＦң＝０ꎬｍＤＥң＝０.{即－ｘ＋ｙ＋ｚ＝０ꎬ１－ａ()ｘ＋ｙ－２ｚ＝０.{９４令ｚ＝２－ａꎬ则ｍ＝３ꎬ１＋ａꎬ２－ａ().因为平面ＢＣＣ１Ｂ１的法向量为ＢＡң＝２ꎬ０ꎬ０()ꎬ设平面ＢＣＣ１Ｂ１与平面ＤＥＦ的二面角的平面角为θꎬ则ｃｏｓθ＝ｍＢＡңｍＢＡң＝６２ˑ２ａ２－２ａ＋１４＝３２ａ２－２ａ＋１４.当ａ＝１２时ꎬ２ａ２－２ａ＋４取最小值为２７２ꎬ此时ｃｏｓθ取最大值为３２７２＝６３.故ｓｉｎθ()ｍｉｎ＝１－６３æèçöø÷２＝３３ꎬ此时Ｂ１Ｄ＝１２.３存在型问题方程思想问题形式㊀已知夹角(或正弦值㊁余弦值)ꎬ求线段长度(或动点位置).求解思路㊀根据已知条件利用空间向量关系建立方程(组)ꎬ求方程(组)的解ꎬ从而解决问题.例３㊀如图５ꎬ在多面体ＡＢＣＤＥＦ中ꎬＡＥʅ平面ＡＢＣＤꎬＡＥＦＣ是平行四边形ꎬ且ＡＤʊＢＣꎬＡＢʅＡＤꎬＡＤ＝ＡＥ＝２ꎬＡＢ＝ＢＣ＝１.图５(１)求证:ＣＤʅＥＦꎻ(２)求平面ＡＤＥ与平面ＤＥＢ夹角的余弦值ꎻ(３)若点Ｐ在棱ＣＦ上ꎬ直线ＰＢ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值为３３ꎬ求线段ＣＰ的长.方程思想的应用㊀由点Ｐ在棱ＣＦ上设置变量ꎬ根据直线ＰＢ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值为３３建立方程ꎬ通过解方程求解变量.解析㊀(１)因为ＡＥʅ平面ＡＢＣＤꎬＡＢʅＡＤꎬ以点Ａ为坐标原点ꎬＡＤꎬＡＢꎬＡＥ所在直线分别为ｘꎬｙꎬｚ轴建立如图６所示的空间直角坐标系ꎬ则Ｂ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬＣ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＤ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ(０ꎬ０ꎬ２)ꎬＦ(１ꎬ１ꎬ２).图６所以ＣＤң＝(１ꎬ－１ꎬ０)ꎬＥＦң＝(１ꎬ１ꎬ０).所以ＣＤң ＥＦң＝１－１＝０.所以ＣＤʅＥＦ.(２)设平面ＢＤＥ的法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ因为ＤＢң＝(－２ꎬ１ꎬ０)ꎬＤＥң＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ则ｎＤＢң＝－２ｘ＋ｙ＝０ꎬｎＤＥң＝－２ｘ＋２ｚ＝０.{取ｘ＝１ꎬ可得ｎ＝(１ꎬ２ꎬ１).易知平面ＡＤＥ的一个法向量为ｍ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ则ｃｏｓ‹ｍꎬｎ›＝ｍｎｍｎ＝２１ˑ６＝６３.故平面ＡＤＥ与平面ＤＥＢ夹角的余弦值为６３.(３)设点Ｐ(１ꎬ１ꎬｔ)ꎬ其中０ɤｔɤ２ꎬＢＰң＝(１ꎬ０ꎬｔ)ꎬ由题意可得ｃｏｓ‹ＢＰңꎬｎ›＝ＢＰң ｎＢＰңｎ＝ｔ＋１ｔ２＋１ˑ６＝３３.解得ｔ＝１ꎬ因此线段ＣＰ的长为１.在解决立体几何问题时ꎬ要善于借助空间向量这个工具ꎬ根据图形的几何特征建立合适的空间直角坐标系ꎬ将问题转化为空间向量的坐标运算.要求学生能够做到根据问题的形式ꎬ分析出为何种题型ꎬ选择恰当的解题思路ꎬ在解题的过程中不断积累和掌握数学思想方法ꎬ提高数学素养.参考文献:[１]徐涛. 空间向量与立体几何的若干教学建议[Ｊ].中学数学教学参考ꎬ２０２１(０６):６２－６４.[责任编辑:李㊀璟]０５。

浅谈空间向量在立体几何中的应用

浅谈空间向量在立体几何中的应用引言：在高中数学中，向量既有代数的抽象也有几何的直观，其中的“数”与“行”完美结合的特点使得我们可以运用向量解决立体几何中某些复杂的问题。

正因为有向量的知識，解决立体几何一类的问题的时候就可以弥补部分同学在空间想象能力不足的缺陷，这在一定程度上降低了立体几何的做题难度。

一、向量在立体几何中的作用空间向量是高中数学教材中后来添加的新内容，它的功效就在于能够取代之前在传统教材中的地位，从目前的效果可以看出，它的作用是多方面的，主要涉及到垂直问题，角度问题，以及法向量之间的计算应用问题等。

1.空间向量的作用（1）证明垂直，面对线面垂直以及面面垂直的问题的时候，在算出法向量的基础上，通过证明直线平行于法向量即可得出结论；还有想要证明面面垂直的结论，证明出两平面的法向量是垂直的，即可得出最终的结论。

（2）计算角度，求二面角的精髓就在于转换两个法向量之间的角度来计算；立体几何中的平行问题是通过向量的基本定理进行验证的。

2.平面法向量（1）法向量，指的是与已知平面垂直的向量值，这个是可以根据坐标位置的确定有多个的，就我们使用的经验来讲一般是选择最为方便的那个来操作的。

（2）法向量的计算，根据一般情况建立适当的平面直角坐标轴，假设所知平面的法向量为m（a，b，c），在所在平面内找到两个相交的直线S，T，同时运用法向量来定义他们。

因为法向量垂直于所在平面，所以必定也垂直S，T，利用垂直向量点乘为零列出方程组。

由于有三个未知数a，b，c，通常是假设其中一个是较特殊的值，再求出另外两个的值。

二、向量在立体几何中的实际运用空间向量作为新鲜血液，解决几何问题时更具优势，解题者思维能清晰明了。

这样的方法不仅节省时间还能够简单地解决问题。

1.立体几何的证明和计算问题主要分成二大板块：位置问题和度量问题。

位置问题就是线线，线面之间的关系等；度量关系就是线线之间，线面之间的角度问题。

（1）证明问题1）假设在一个空间里有任意的一点O点，以及和O点不共线的E，F，G三点，假如：（其中x+y+z=1），则四点M，E，F，G共面。

空间向量对立体几何教与学的影响

空间向量对立体几何教与学的影响随着科技的发展和社会的进步，空间向量在几何学中的应用越来越广泛，成为了立体几何教学中不可或缺的一部分。

空间向量的引入，不仅仅是为了简化计算，更重要的是可以使学生更加深入地理解立体几何的本质，超越以往空间几何中的经验性认识，从而提高学生的空间思维能力和创新思维能力。

本文就空间向量对立体几何教与学的影响进行探讨。

一、对立体几何教学的影响立体几何是几何学的重要分支，它主要研究三维空间中的点、线、面、体等几何图形之间的关系及其性质，其应用广泛，尤其在工程、建筑、机械等领域中具有重要的意义。

然而，立体几何的教学一直以来存在两个问题：一是过于抽象，缺乏具体的图像和实例来说明几何概念和性质；二是计算复杂，存在大量的繁琐计算，易于出错。

空间向量的引入可以有效地解决这两个问题。

首先，空间向量是具有方向和大小的有序三元组，对立体几何的构建和刻画具有重要作用。

通过向量，我们可以把立体几何中常见的点、线、平面等几何对象与数字一一对应，实现了对实体的数学化描述与处理，并且可以方便地建立坐标系，利用向量积、点积等运算符号进行计算。

这样，立体几何的构建就变得更加具体、直观、形象了。

其次，空间向量的引入还可以帮助学生更好地理解与运用几何概念。

立体几何是一种较为抽象的学科，难以从四至六维空间中的几何对象与数学公式中获得直观的引导。

通过向量，我们可以形成空间几何的直观形象，帮助学生理解参照系、向量运算等概念，从而更加深入地了解几何本质。

另外，空间向量还可以帮助学生更好地深入了解向量的几何意义，帮助学生更好地理解向量在空间中的运动和变化。

通过向量的概念，学生可以形成向量的平移、旋转等基本操作，并能够准确地描述三维空间中几何物体的运动趋势，从而使其在工程、建筑等领域中具有更为广泛的应用。

二、对立体几何学习的影响在立体几何的学习过程中，很多学生通常会感到困惑和难以理解。

空间向量的引入可以使学生更加深入地理解空间几何的本质，并且有效地解决学生学习立体几何的两个主要问题。

空间向量与立体几何的教学反思

空间向量与立体几何的教学反思遵义八中数学组胡宇 202X年1月20日本部分是高三理科数学複习的一个重要部分，是数学必修4“平面向量”在空间的推广，又是数学必修2“立体几何初步”的延续，努力使学生将运用空间向量解决有关直线、平面位置关係的问题，体会向量方法在研究几何图形中的作用，进一步发展空间想象能力和几何直观能力。

空间向量为处理立体几何问题提供了新的视角(“立体几何初步”侧重于定性研究，本章则侧重于定量研究)。

空间向量的引入，为解决三维空间中图形的位置关係与度量问题提供了一个十分有效的工具。

进一步体会向量方法在研究几何问题中的作用。

向量是一个重要的代数研究物件，引入向量运算，使数学的运算物件发生了一个重大跳跃：从数、字母与代数式到向量，运算也从一元到多元。

向量又是一个几何物件，本身既有方向，又有长度；是沟通代数与几何的一个桥樑，是一个重要的数学与物理模型，这些也为进一步学习向量和研究向量奠定了一定的基础。

利用向量来解决立体几何问题是学习这部分内容的重点，要让学生体会向量的思想方法，以及如何用向量来表示点、线、面及其位置关係一、现将原大纲目标与新课程目标进行简单的比较：《标準》中要求让学生经历向量及其运算由平面向空间推广的过程，目的是让学生体会数学的思想方法（类比与归纳），体验数学在结构上的和谐性与在推广过程中的问题，并尝试如何解决这些问题。

同时在这一过程中，也让学生见识一个数学概念的推广可能带来很多更好的性质。

掌握空间向量的基本概念及其性质是基本要求，是后续学习的前提。

新老课程相比，该部分减少了大量的综合证明的内容，重在对于图形的把握，发展空间概念，运用向量方法解决计算问题，这样的调整，将使得学生把精力更多地放在理解数学的细想方法和本质方面，更加注意数学与现实世界的联络和应用，重在发展学生的数学思维能力，发展学生的数学应用意识，提高学生自觉运用数学分析问题、解决问题的能力，为学生日后的进一步学习，或工作、生活中应用数学，打下更好的基础。