山东省菏泽一中高中数学人教版选修21高二数学利用空间向量求空间角学案
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生理解空间向量的概念，掌握空间向量的基本运算。
2. 引导学生掌握利用向量法求空间角的方法，培养空间想象能力。
3. 通过对空间角的学习，提高学生解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 空间向量的概念及基本运算2. 空间向量夹角的定义及计算方法3. 空间向量垂直的判定与性质4. 利用向量法求空间角的大小5. 应用实例解析三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）空间向量的概念及基本运算（2）空间向量夹角的计算方法（3）利用向量法求空间角的大小2. 教学难点：（1）空间向量垂直的判定与性质（2）应用实例的解析四、教学方法1. 采用讲授法，系统地讲解空间向量及空间角的相关概念、性质和计算方法。
2. 利用多媒体课件，展示空间向量的几何形象，增强学生的空间想象力。
3. 结合具体实例，引导学生运用向量法求解空间角的大小，提高解决实际问题的能力。
4. 组织课堂讨论，鼓励学生提问、发表见解，提高学生的参与意识。
五、教学安排1. 第一课时：介绍空间向量的概念及基本运算2. 第二课时：讲解空间向量夹角的定义及计算方法3. 第三课时：讲解空间向量垂直的判定与性质4. 第四课时：讲解利用向量法求空间角的大小5. 第五课时：应用实例解析，巩固所学知识六、教学过程1. 导入：回顾上一节课的内容，通过提问方式检查学生对空间向量的理解和掌握情况。
2. 新课导入：介绍空间向量夹角的定义，解释其在几何中的意义。
3. 课堂讲解：详细讲解空间向量夹角的计算方法，包括夹角余弦值的求法。
4. 例题讲解：挑选典型例题，演示利用向量法求空间向量夹角的过程。
5. 课堂练习：学生独立完成练习题，巩固向量夹角的知识。
六、教学内容1. 空间向量夹角的定义2. 空间向量夹角的计算方法3. 空间向量夹角的应用实例七、教学重点与难点1. 教学重点：（1）空间向量夹角的定义及其计算方法（2）利用向量夹角解决实际问题2. 教学难点：（1）空间向量夹角的计算方法（2）空间向量夹角在实际问题中的应用八、教学方法1. 采用案例教学法，通过具体实例讲解空间向量夹角的含义和应用。
利用向量法求空间角》教案
利用向量法求空间角一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念和运算法则。
2. 培养学生利用向量法求空间角的能力。
3. 提高学生解决空间几何问题的综合素质。
二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。
2. 空间向量的线性运算：加法、减法、数乘、数量积（点积）、叉积。
3. 空间向量的坐标表示与运算。
4. 空间角的概念及求法。
5. 利用向量法求空间角的方法与步骤。
三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）空间向量的概念及其表示方法。
（2）空间向量的线性运算及坐标表示。
（3）空间角的概念及求法。
（4）利用向量法求空间角的方法与步骤。
2. 教学难点：（1）空间向量的坐标表示与运算。
（2）利用向量法求空间角的具体步骤。
四、教学方法与手段1. 采用讲授法、示范法、练习法、讨论法等教学方法。
2. 使用多媒体课件、黑板、教具等教学手段。
五、教学过程1. 导入新课：介绍空间向量的概念，引导学生回顾初中阶段所学的一维向量和二维向量，引出三维空间向量的概念。
2. 知识讲解：讲解空间向量的表示方法、线性运算（加法、减法、数乘）、数量积（点积）和叉积。
3. 实例演示：利用多媒体课件演示空间向量的坐标表示与运算，让学生直观地感受空间向量的运算过程。
4. 练习巩固：布置一些有关空间向量的练习题，让学生独立完成，检验学生对知识的理解和掌握程度。
5. 讲解空间角的概念及求法：讲解空间角的概念，引导学生理解空间角的大小与两个向量的夹角有关。
6. 方法讲解：讲解利用向量法求空间角的方法与步骤，让学生了解如何运用向量知识求解空间角。
7. 课堂小结：对本节课的主要内容进行总结，强调空间向量运算和空间角求解的方法。
8. 课后作业：布置一些有关利用向量法求空间角的练习题，让学生巩固所学知识。
六、教学拓展1. 引导学生思考空间向量在实际问题中的应用，例如物理学中的力、速度等问题。
2. 探讨空间向量与其他数学领域的联系，如代数、微积分等。
七、课堂练习1. 布置一些有关空间向量运算和空间角求解的练习题，让学生独立完成。
高中数学 《利用空间向量求空间角》导学案(课前部分)
§3.2.3《利用空间向量求空间角》导学案（课前部分）编制： 审核：高二数学组【学习目标】1、使学生学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法；2、使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题；3、使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高. 【重点、难点】1、 重点：求解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法。
2、 难点：二面角的大小与两平面法向量夹角的大小的关系。
一、【★ 旧知链接】向量的有关知识：（1）两向量数量积的定义：（2）两向量夹角公式：（3）平面的法向量：二、【★ 学习探究】知识点1、异面直线所成的角（范围： ）设两异面直线a 、b 的方向向量分别为m 和 n ，思考1 当m 与n 的夹角不大于90°时，异面直线a 、b 所成的角 与m 和n 的夹角的关系？θcos 与><n m ,cos 有什么关系？ （如图1）（1）（2）思考 2 当m 与n 的夹角大于90°时，异面直线a 、b 所成的角与m 和n 的夹角的关系？θcos 与><n m ,cos 有什么关系？（如图2）结论：设两异面直线a 、b 的方向向量分别为m 和n ，所以，异面直线a 、b 所成的角的余弦值为:=θcos典例1：正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是A 1D 1、A 1C 1的中点．求：异面直线AE 与CF 所成角的余弦值．'ab ´oθbβnαmbβnaαm'ab ´o θ•θθ知识点2、直线与平面所成的角（范围： ） （1） （2）思考1：如图（1） 的余角与><n AB ,的关系？ 与 的关系？思考2：如图（2） 的余角与><n AB ,的关系？ 与 的关系？结论：直线与平面所成的角的正弦值为=θsin典例2：如图所示，已知直角梯形ABCD ，其中AB ＝BC ＝2AD ，AS ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且AS ＝AB.求直线SC 与底面ABCD 的夹角θ的正弦．知识点3、二面角 （范围： ）θαβn 2θαβn 1n 2（1） （2）思考1：如图（1），θ与><21,n n 的关系？思考2：如图（2），θ与><21,n n 的关系？结论：二面角的余弦值θcos 与><21,cos n n 的关系？典例3：如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥底面ABCD ，CD ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝AD ＝PB ＝3.点E 在棱PA 上，且PE ＝2EA.求二面角A －BE －D 的余弦值．αBA θOnαθBAOn θ)2cos(θπ-n AB θ)2cos(θπ-nAB cos典例4：如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B处.从A，B到直线（库底与水坝的交线）的距离AC和BD分别为 a 和b ,CD的长为c , AB的长为d .求库底与水坝所成二面角的余弦值.A BCDαβ由此题你能总结求解二面角的另外一种方法吗？三、【★巩固练习】1.如图，已知：直角梯形OABC中，OA∥BC，∠AOC=90°，直线SO⊥平面OABC，且OS=OC=BC=1，OA=2.求：（1）异面直线SA和OB所成的角的余弦值；（2）直线OS与平面SAB所成角α的正弦值；（3）二面角B－AS－O的余弦值.OA B CS2.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2，E、F 分别是线段AB、BC上的点，且EB＝FB＝1，(1)求二面角C—DE—C1的余弦值；(2)求直线EC1与FD1所成角的余弦值．四、【★质疑汇总】1.我的疑惑？2.小组合作探究后的疑惑？五、【★自学总结】本节课我的收获：3．个人评价反思：§3.2.3《利用空间向量求空间角》导学案（课上部分）【★展示交流问题】1．课上要解决的问题：2．展示交流记录：§3.2.3《利用空间向量求空间角》导学案达标检测 （课上部分） （限时独立完成）1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．以上均错3．若两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1,0,1)，ν＝(－1,1,0)．则这两个平面所成的二面角的度数是________．4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22（ 4题图） （5题图）5.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，M ，N 分别是DD 1，B 1C 1的中点，P 是棱AB 上的动点，则A 1M 与PN 所成的角是________．ADCA 1D 1C 1BEB 1§3.2.3《利用空间向量求空间角》导学案（课后部分）【★课后作业：】教材112页6、8、111.已知正四棱锥S—ABCD 的侧棱长为2，底面的边长为3，E是SA的中点，求异面直线BE和SC所成的角．2．正三棱锥O—ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2.E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF的一个平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知OA1＝32.(1)求证：B1C1⊥平面OAH；(2)求二面角O—A1B1—C1的余弦值．。
高中数学_利用空间向量求空间角教学设计学情分析教材分析课后反思
利用空间向量求空间角一、高考考纲要求：能用向量方法解决异面直线夹角、线面角、面面角问题。
体会向量法在立体几何中的应用。
二、命题趋势：在高考中，本部分知识是考查的重点内容之一，主要考查异面直线所成角、线面角、面面角的计算，属中档题，综合性较强，与平行垂直联系较多。
三、教学目标知识与技能：能用向量法熟练解决异面直线的夹角、线面角、面面角的计算问题，了解向量法在研究立体几何问题中的应用；过程与方法：通过向量这个载体，实现“几何问题代数化”的思想，进一步发展学生的空间想象能力和几何直观能力；情感态度价值观：通过数形结合的思想和方法的应用，进一步让学生感受和体会空间直角坐标系，方向向量，法向量的魅力。
四、教学重难点重点：复习向量法求空间角的方法与步骤。
(重点)难点：强化向量法求空间角公式的理解。
(难点)五、教学过程板书设计：课题思维导图例题例题板演利用空间向量求空间角人教B版选修2-1学情分析学生虽已学完立体几何，也对立体几何有了一定认识，但由于空间角是一个难点，一般的方法是由“作，证，算”三部分组成，学生对做出空间角的方法即如何化空间角为平面角，并在可解三角形中求解有一定的困难，还不能熟练掌握，而空间向量的引入，使立体几何问题难度降低，相比较来说过关比较容易，因此有必要对此内容通过引入空间向量的方法进行专题训练，使学生更好的掌握。
学生已经分节对每一个空间角进行了学习，有些混淆，需要通过思维导图形成知识框架，讨论解决模糊知识，清除知识障碍，并准确迅速求空间角。
利用空间向量求空间角人教B版选修2-1效果分析新课程提倡自主、合作、探究的学习方式，课堂教学效率是学生学习成绩提高的关键。
教师应着力构建自主的课堂，让学生在生动、活泼的状态中高效率地学习。
如何才能提高课堂教学的有效性，我在本节课中的教学中主要运用了以下几种方法。
一、创设数学学习情境，激发学生的学习兴趣“兴趣是最好的老师,有兴趣不是负担”,这句话饱含深刻的道理。
高中数学《利用空间向量求空间角、空间距离问题》导学案
3.2.3利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cosθ＝□01|cos〈a，b〉|＝□02|a·b||a||b|□03⎝⎛⎦⎥⎤0，π2直线与平面所成的角设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝□04|cos〈a，n〉|＝□05|a·n||a||n|□06⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2二面角设二面角α－l－β的平面角为θ，平面α，β的法向量为n1，n2，则|cosθ|＝□07|cos〈n1，n2〉|＝□08|n1·n2||n1||n2|□09[0，π]2．空间距离的向量求法分类向量求法两点距设A，B为空间中任意两点，则d＝□10|AB→|点面距设平面α的法向量为n，B∉α，A∈α，则B点到平面α的距离d＝□11|BA→·n||n|1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．()(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．()(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．()答案(1)×(2)√(3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)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________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)， 则OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2.探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA ，DB ，QP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P (0,0,1)，A (22，0,0)，Q (0,0，－2)，B (0,22，0)，∴AQ →＝(－22，0，－2)，PB →＝(0,22，－1)． 于是cos 〈AQ →，PB →〉＝AQ →·PB →|AQ →||PB →|＝39，∴异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值为39. 拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |求向量a 、b 的夹角时，关键是求出a ·b 及|a |与|b |，一般是把a 、b 用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式； ③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角； ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练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．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，故有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. 探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下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 ，取A 1B 1的中点M ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→， 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． 由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ， ∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ，∴cos〈AC1→，AM→〉＝9a2 4 3a×3a2＝32.∴〈AC1→，AM→〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.[解法探究] 此题有没有其他解法？解与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB→＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a)，AC1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32a，a2，2a.设侧面ABB1A1的法向量n＝(λ，x，y)，∴n·AB→＝0且n·AA1→＝0.∴ax＝0且2ay＝0.∴x＝y＝0.故n＝(λ，0,0)．∵AC1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32a，a2，2a，∴cos〈AC1→，n〉＝n·AC1→|n||AC1→|＝－λ2|λ|.∴|cos〈AC1→，n〉|＝12.∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点”，求B1F与平面GEF所成角的正弦值．解建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，a，2a)，E⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，0，F⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22a，G⎝⎛⎭⎪⎫－34a，a4，2a，于是B1F→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a，－22a，EF→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a2，22a，EG→＝⎝⎛⎭⎪⎫－34a，－a4，2a.设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)， 所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33.所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33. 拓展提升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 →|.【跟踪训练2】 如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；(2)求二面角E －BC －A 的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，则EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则 cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E－BC－A的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱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)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系．②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2||n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若P A⊥平面ABC，AC⊥BC，P A＝AC＝1，BC＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解 解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝P A 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12， 又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1， AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC →， ∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)， 即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB 的中点，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12.∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－24，－34，DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12. ∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33. 解法三：如右图所示，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)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面P AB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP→＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎨⎧ (x ，y ，z )·(0，0，1)＝0，(x ，y ，z )·(2，1，0)＝0⇒⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎨⎧ (x ′，y ′，z ′)·(2，0，0)＝0，(x ′，y ′，z ′)·(0，－1，1)＝0⇒⎩⎨⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33. ∴二面角A －PB －C 的余弦值为33. 探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝x DE →＋y DF →＋z DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0. 同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0， 又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917. ∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ. ∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117. ∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717， 又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离 d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离． 又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0， ∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练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．解 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. 探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)． (1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)， BE →＝(0，b,0)， ∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0， 从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ， 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)， 且EF →·CE →＝0，|EF →|＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b (c －b )＝0，3＋(c －b )2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直， 则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(1，y ，z )·(0，3，－a )＝0，(1，y ，z )·(－3，1，0)＝0， 解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，33a . 又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )， ∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB ＝λ.(1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由． 解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AE EB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)， 所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D . (2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)， 则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·(0，－2，1)＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2.因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4， 所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.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，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量. (2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论. 在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤 (1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量.(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33 答案 B解析 设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋(－3)×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125 答案 B解析 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，0，95， 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP→|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．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.4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案 π3或2π3解析 设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×(－1)＋(－1)×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)，∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC →＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n |AF→||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.A 级：基础巩固练一、选择题1．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.55B.53C.255D.35 答案 A解析 不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)．∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→·AB1→|BC1→||AB1→|＝0＋4－15×3＝55，故选A.2. 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为()A.27 B.2357C.357D．1答案B解析过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，A1C→＝(1,2，－3)，A1E→＝(x，y，z－3)，BE→＝(x－1，y，z)．因为⎩⎨⎧A1E→∥A1C→，BE→·A1C→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x1＝y2＝z－3－3，x－1＋2y－3z＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x＝57，y＝107，z＝67，所以BE→＝⎝⎛⎭⎪⎫－27，107，67，所以点B到直线A1C的距离|BE→|＝2357，故选B.3．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1，3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为()A ．10B ．3 C.83 D.103 答案 D解析 点P 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |＝|－2－4－4|4＋4＋1＝103.4．如图，过边长为1的正方形ABCD 的顶点A 作线段EA ⊥平面ABCD ，若EA ＝1，则平面ADE 与平面BCE 所成的二面角的大小是( )A ．120°B ．45°C ．135°D ．60° 答案 B解析 以A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，EB →＝(1,0，－1)，EC →＝(1,1，－1)． 设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·EB →＝0，n ·EC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，可取n ＝(1,0,1)．又平面EAD 的法向量为AB →＝(1,0,0)， 所以cos 〈n ，AB →〉＝12×1＝22， 故平面ADE 与平面BCE 所成的二面角为45°.5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 答案 A解析 设AB ＝1，则AA 1＝2，以D 1为坐标原点，D 1A 1→，D 1C 1→，D 1D →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则D (0,0,2)，C 1(0,1,0)，B (1,1,2)，C (0,1,2)， ∴DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1，－2)，DC →＝(0,1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y －2z ＝0，取n ＝(－2,2,1)，设CD 与平面BDC 1所成角为θ，则sin θ＝|n ·DC →||n ||DC→|＝29×1＝23.6．已知矩形ABCD 与ABEF 全等，D －AB －E 为直二面角，M 为AB 中点，FM 与BD 所成角为θ，且cos θ＝39.则AB 与BC 的边长之比为( )A ．1∶1 B.2∶1 C.2∶2 D ．1∶2 答案 C解析 设AB ＝a ，BC ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则相关各点坐标为F (b,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，B (0，a,0)，D (0,0，b )． FM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ，a 2，0， BD →＝(0，－a ，b )， 所以|FM →|＝b 2＋a 24，|BD →|＝a 2＋b 2，FM →·BD →＝－a 22， |cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 22b 2＋a24·a 2＋b 2＝39， 整理得4×b 4a 4＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2－26＝0，解得b 2a 2＝2或b 2a 2＝－134(舍去)， 所以AB BC ＝a b ＝22. 二、填空题7．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 设BA →＝b ，BC →＝a ，BD →＝c .由条件知a ·b ＝12，a ·c ＝0，b ·c ＝0，又AD →＝BD →－BA →＝c －b ，平面AA 1C 1C 的法向量BM →＝12(a ＋b )．设直线AD 与平面AA 1C 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AD →，BM →〉|＝|AD →·BM →||AD →||BM →|.∴AD →·BM →＝(c －b )·12(a ＋b )＝12a ·c －12a ·b ＋12b ·c －12|b |2＝－34， |AD →|2＝(c －b )2＝|c |2＋|b |2－2b ·c ＝2.∴|AD →|＝2，又|BM →|2＝14(a ＋b )2＝14(|a |2＋|b |2＋2a ·b )＝34， ∴|BM →|＝32，∴sin θ＝64.8.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为________．答案 33a解析 由正方体的性质易得平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．显然A 1C ⊥平面AB 1D 1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(1，－1,1)．又A (a,0,0)，B (a ，a,0)，BA →＝(0，－a,0)，则两平面间的距离d ＝|BA →·n ||n |＝a 3＝33a .三、解答题9．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ＝2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．解 (1)证明：如图，取AB 的中点O ，连接CO ，A 1O ，A 1B . ∵CA ＝CB ，∴CO ⊥AB ， 又∵AA 1＝AB ，∠BAA 1＝60°，∴△BAA 1为正三角形， ∴AB ⊥A 1O ， 又A 1O ∩OC ＝O ，∴AB ⊥平面A 1OC . ∵A 1C ⊂平面A 1OC ， ∴AB ⊥A 1C .(2)以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OA 1所在直线为y 轴，OC 所在直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，B (－1,0,0)，C (0,0，3)，B 1(－2，3，0)，则BC →＝(1,0，3)，BB →1＝(－1，3，0)， A 1C →＝(0，－3，3)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BB 1C 1C 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BB →1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0，令z ＝－1，则x ＝3，y ＝1， 所以n ＝(3，1，－1)为平面BB 1C 1C 的一个法向量， 所以直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值 sin θ＝|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|A 1C →·n ||A 1C →||n |＝105.10．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C －EM －N 的正弦值；(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．解 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0，1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量， 则⎩⎨⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521.所以二面角C －EM －N 的正弦值为10521.(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.B 级：能力提升练1．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．(1)证明：AC ⊥SB ；(2)求二面角N －CM －B 的余弦值； (3)求点B 到平面CMN 的距离．解 (1)证明：取AC 的中点O ，连接OS ，OB . ∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO . 如图所示建立空间直角坐标系Oxyz .则点A (2,0,0)，B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0，22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴AC →＝(－4,0,0)，SB →＝(0,23，－22)． ∵AC →·SB →＝(－4,0,0)·(0,23，－22)＝0， ∴AC ⊥SB .(2)由(1)得CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， 则⎩⎨⎧CM→·n ＝3x ＋3y ＝0，MN→·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－ 6. ∴n ＝(2，－6，1)．又OS →＝(0,0,22)为平面ABC 的一个法向量， ∴cos 〈n ，OS →〉＝n ·OS →|n ||OS →|＝13.∴二面角N －CM －B 的余弦值为13.(3)由(1)(2)得MB →＝(－1，3，0)，n ＝(2，－6，1)为平面CMN 的一个法向量，∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB→||n |＝423.2．如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． 解 (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H . 由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz .则H (0,0,0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 y ⎩⎨⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.。
第三章 空间向量和空间角 教案-高中数学选修2-1
《空间向量和空间角（一）》教案设计教学目标：1 复习巩固建系，直线方向向量，平面的法向量等知识点；2掌握利用空间向量的方法解决线线角，线面角的计算问题；3 通过向量法求角，让学生体会将空间问题转化为平面问题的思维方法，培养学生直观想象和数学抽象的核心素养。
教学重点：用向量法求异面直线所成角，直线与平面所成角教学难点：灵活运用向量法和几何法求异面直线所成角，直线与平面所成角教学方法： 启发引导学习方法： 合作探究教学手段：多媒体教学教学过程：复习巩固：1. 数量积2.夹角公式 3空间向量的坐标表示新课讲授：一 异面直线所成角异面直线所成角的范围：θ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛20π， 思考：的关系？与的关系？与θθB A C D B A D C ,, 结论：B A D C COS COS ,=θ例题1 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．(教师引导，学生互动，几何法和向量法均可)课堂练习：（牛刀小试）在Rt ∆ABC 中，∠BCA=O 90现将∆ABC 沿着平面ABC 的法向量平移到 111C B A ∆位置，已知BC=CA=1CC ,取1111,C A B A 的中点,,11F D所成角的余弦值。
与求11AF BD规律方法：(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解． (2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角． 大显身手：中，在长方体1111D C B A ABCD -AB =5,AD=8,1AA =4,,2111=M B C B M 上的一点，且为 .11AN D A D A N ⊥上，在线段点(1);1AM D A ⊥求证：(2)所成角。
利用向量法求空间角》教案
利用向量法求空间角一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念和性质。
2. 让学生学会使用向量法求解空间角。
3. 培养学生解决实际问题的能力。
二、教学内容1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 向量法求解空间角的基本步骤。
3. 实际问题中的应用案例。
三、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念和性质。
2. 采用演示法，展示向量法求解空间角的步骤。
3. 采用案例教学法，分析实际问题中的应用。
四、教学步骤1. 引入空间向量的概念，讲解其基本性质。
2. 讲解向量法求解空间角的基本步骤。
3. 分析实际问题中的应用案例，引导学生运用向量法解决问题。
五、课后作业1. 复习本节课所学内容，整理笔记。
2. 完成课后练习题，巩固所学知识。
3. 选择一个实际问题，尝试运用向量法解决。
六、教学评价1. 课堂讲解：观察学生对空间向量概念和性质的理解程度。
2. 课后作业：检查学生对向量法求解空间角的掌握情况。
3. 实际问题解决：评估学生在实际问题中的应用能力。
七、教学资源1. 教案、PPT、教材等相关教学资料。
2. 计算机、投影仪等教学设备。
3. 实际问题案例库。
八、教学时间1课时（45分钟）九、教学重点与难点1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 向量法求解空间角的基本步骤。
3. 实际问题中的应用案例。
十、教学PPT内容1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 向量法求解空间角的基本步骤。
3. 实际问题中的应用案例。
十一、教学案例案例一：求解空间直角坐标系中两向量的夹角。
案例二：求解空间四边形的对角线夹角。
案例三：求解空间旋转体的主轴与旋转轴的夹角。
十二、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高学生对空间向量法的理解和应用能力。
十三、教学拓展1. 研究空间向量在几何中的应用。
2. 探索向量法在物理学、工程学等领域的应用。
十四、教学建议1. 注重学生空间想象能力的培养。
2. 鼓励学生积极参与课堂讨论，提高课堂氛围。
利用向量法求空间角教案
利用向量法求空间角-经典教案教案章节：一、向量法求空间角的概念教学目标：1. 了解向量法求空间角的概念。
2. 掌握向量法求空间角的基本方法。
教学内容：1. 向量法求空间角的概念介绍。
2. 向量法求空间角的计算方法。
教学步骤：1. 引入向量法求空间角的概念，解释空间角的概念。
2. 讲解向量法求空间角的计算方法，通过示例进行演示。
3. 进行练习，让学生巩固向量法求空间角的方法。
教学评估：1. 通过课堂提问，检查学生对向量法求空间角概念的理解。
2. 通过练习题，检查学生对向量法求空间角计算方法的掌握。
二、向量法求空间角的计算方法教学目标：1. 掌握向量法求空间角的计算方法。
2. 能够应用向量法求解空间角的问题。
教学内容：1. 向量法求空间角的计算方法介绍。
2. 向量法求空间角的计算实例。
教学步骤：1. 复习向量法求空间角的概念，引入计算方法。
2. 讲解向量法求空间角的计算步骤，通过示例进行演示。
3. 进行练习，让学生巩固向量法求空间角的计算方法。
教学评估：1. 通过课堂提问，检查学生对向量法求空间角计算方法的理解。
2. 通过练习题，检查学生对向量法求解空间角问题的能力。
三、向量法求空间角的练习题教学目标：1. 巩固向量法求空间角的计算方法。
2. 提高学生应用向量法求解空间角问题的能力。
教学内容：1. 向量法求空间角的练习题。
教学步骤：1. 给出向量法求空间角的练习题，让学生独立完成。
2. 对学生的答案进行讲解和指导，解决学生在解题过程中遇到的问题。
3. 进行练习，让学生进一步巩固向量法求空间角的计算方法。
教学评估：1. 通过练习题，检查学生对向量法求解空间角问题的能力。
2. 通过学生的解题过程，了解学生对向量法求空间角计算方法的掌握情况。
四、向量法求空间角的拓展与应用教学目标：1. 了解向量法求空间角的拓展与应用。
2. 能够应用向量法解决实际问题中的空间角问题。
教学内容：1. 向量法求空间角的拓展与应用介绍。
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念及其运算法则。
2. 培养学生利用向量法求空间角的能力。
3. 提高学生对空间几何图形直观感知和分析解决问题的能力。
二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。
2. 空间向量的运算法则。
3. 空间向量与空间角的关系。
4. 利用向量法求空间角的方法步骤。
5. 实际应用举例。
三、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的基本概念、运算法则、利用向量法求空间角的方法。
2. 教学难点：空间向量与空间角的关系，利用向量法求空间角的步骤。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念、运算法则和求空间角的方法。
2. 运用案例分析法，分析实际应用问题。
3. 引导学生运用小组合作、讨论交流等方式，提高分析解决问题的能力。
五、教学过程1. 导入新课：简要回顾二维向量的基本概念及其运算法则，引出空间向量的概念。
2. 讲解空间向量的基本概念及其表示方法，让学生掌握空间向量的定义和表示方法。
3. 讲解空间向量的运算法则，引导学生运用运算法则进行向量运算。
4. 讲解空间向量与空间角的关系，引导学生理解向量法求空间角的依据。
5. 讲解利用向量法求空间角的方法步骤，并通过示例演示求解过程。
6. 开展课堂练习，让学生运用向量法求解空间角的问题。
7. 分析实际应用举例，让学生体会向量法在解决空间几何问题中的应用价值。
9. 布置课后作业，巩固所学知识。
六、教学评价1. 课后作业：布置有关空间向量运算和空间角求解的习题，检验学生对课堂内容的掌握程度。
2. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答情况，了解学生的学习状态。
3. 小组讨论：评估学生在小组合作、讨论交流中的表现，检验学生对知识的理解和应用能力。
七、教学反思1. 教师应根据学生的实际水平，适当调整教学内容和难度，确保学生能够跟上教学进度。
2. 在教学过程中，注意引导学生运用数学符号和语言进行表达，培养学生的数学思维能力。
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标：1. 让学生掌握空间向量的基本概念和性质。
2. 培养学生利用向量法求空间角的能力。
3. 提高学生解决实际问题的能力。
二、教学内容：1. 空间向量的基本概念和性质。
2. 空间向量的加法、减法、数乘和数量积。
3. 空间向量的坐标表示和运算。
4. 利用向量法求空间角的方法和步骤。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：空间向量的基本概念和性质，向量的加法、减法、数乘和数量积，空间向量的坐标表示和运算，利用向量法求空间角的方法和步骤。
2. 教学难点：空间向量的坐标表示和运算，利用向量法求空间角的方法和步骤。
四、教学方法：1. 采用讲授法，讲解空间向量的基本概念和性质，向量的加法、减法、数乘和数量积，空间向量的坐标表示和运算，利用向量法求空间角的方法和步骤。
2. 采用案例分析法，分析实际问题，引导学生运用向量法求解空间角。
3. 采用互动教学法，鼓励学生提问、讨论，提高学生的参与度和积极性。
五、教学安排：1. 第一课时：讲解空间向量的基本概念和性质。
2. 第二课时：讲解向量的加法、减法、数乘和数量积。
3. 第三课时：讲解空间向量的坐标表示和运算。
4. 第四课时：讲解利用向量法求空间角的方法和步骤，案例分析。
5. 第五课时：课堂练习，巩固所学知识。
六、教学评价：1. 课后作业：布置有关空间向量运算和求空间角的练习题，检验学生对知识的掌握程度。
2. 课堂练习：在课堂上进行实时练习，及时发现并纠正学生的错误。
3. 小组讨论：组织学生进行小组讨论，促进学生之间的互动和学习。
4. 期末考试：设置有关空间向量和空间角的题目，全面评估学生对课程内容的掌握情况。
七、教学资源：1. 教材：选用权威、实用的教材，如《高等数学》、《线性代数》等。
2. 课件：制作精美、清晰的课件，辅助讲解和展示。
3. 教学视频：寻找相关的教学视频，为学生提供多角度、直观的学习资源。
4. 练习题库：整理和筛选一批空间向量和空间角的练习题，供学生课后练习使用。
《利用向量法求空间角》教案
《利用向量法求空间角》教案一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的概念及其表示方法。
2. 培养学生运用向量法求空间角的能力。
3. 引导学生运用数学知识解决实际问题，培养其空间想象能力。
二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。
2. 空间向量的坐标运算。
3. 向量法求空间角。
三、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的概念及其表示方法，空间向量的坐标运算，向量法求空间角。
2. 教学难点：空间向量的坐标运算，向量法求空间角。
四、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的概念、表示方法及坐标运算。
2. 采用案例分析法，分析并解决实际问题。
3. 采用互动教学法，引导学生积极参与讨论，提高其空间想象力。
五、教学过程1. 导入：通过简单的实例，引导学生思考空间向量的概念及其表示方法。
2. 新课：讲解空间向量的概念、表示方法及坐标运算。
3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用向量法求空间角。
4. 互动环节：引导学生积极参与讨论，解决实际问题。
5. 总结：回顾本节课所学内容，强调重点，解答学生疑问。
6. 作业布置：布置相关练习题，巩固所学知识。
六、教学目标1. 让学生掌握空间向量的数量积及其运算规则。
2. 培养学生运用数量积求空间角的方法。
3. 引导学生运用数学知识解决实际问题，培养其空间想象能力。
七、教学内容1. 空间向量的数量积及其运算规则。
2. 数量积在求空间角中的应用。
八、教学重点与难点1. 教学重点：空间向量的数量积及其运算规则，数量积在求空间角中的应用。
2. 教学难点：数量积的运算规则，运用数量积求空间角。
九、教学方法1. 采用讲授法，讲解空间向量的数量积及其运算规则。
2. 采用案例分析法，分析并解决实际问题。
3. 采用互动教学法，引导学生积极参与讨论，提高其空间想象力。
十、教学过程1. 导入：通过简单的实例，引导学生思考空间向量的数量积及其运算规则。
2. 新课：讲解空间向量的数量积及其运算规则。
3. 案例分析：分析实际问题，让学生运用数量积求空间角。
高中数学选修2-1精品学案：第3课时 空间向量与空间角
第3课时 空间向量与空间角学习目标 1.理解直线与平面所成角的概念.2.能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角问题.3.掌握用空间向量解决立体几何问题的基本步骤.知识点1 两条异面直线所成的角设两条异面直线a ，b 所成的角为θ，它们的方向向量分别为a ，b ，则cos θ＝|a·b ||a||b |，范围⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2. 【预习评价】设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ＝(－1，1，0)， b ＝(0，－1，1)，则a 与b 所成的角为________.[解析] 设直线a 与b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|－1|2·2＝12，又θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故θ＝π3. [答案] π3知识点2 直线和平面所成的角设直线和平面所成的角为θ，且直线的方向向量为a ，平面的法向量为b ，则 sin θ＝|a·b ||a ||b |，范围⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.【预习评价】设直线a 的方向向量为a ＝(－1，2，1)，平面α的法向量为b ＝(0，1，2)，则直线a 与平面α所成角的正弦值为________.[解析] 由题意设直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·b ||a ||b |＝46×5＝23015. [答案] 23015知识点3 二面角的平面角设二面角α－l －β的平面角大小为θ，且两个半平面的法向量分别为a ，b ，则 |cos θ|＝|a·b ||a||b |，范围(0，π]. 【预习评价】思考 若平面α，β的法向量分别是a ，b ，若a ·b ＜0，那么平面α与β所成的二面角一定是钝角吗？提示 不一定.平面α与β所成的二面角是锐角还是钝角要根据具体的图形判定.题型一 两条异面直线所成角的向量求法【例1】 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点.求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值.解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，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).所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.规律方法 建立空间直角坐标系要充分利用题目中的垂直关系；利用向量法求两异面直线所成角的计算思路简便，要注意角的范围.【训练1】 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 上的动点.若异面直线AD 1与EC 所成角为60°，试确定此时动点E 的位置.解 以DA 所在直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则A (1，0，0)，D (0，0，0)，D 1(0，0，1)，C (0，2，0)，设E (1，t ，0)(0≤t ≤2)，则D 1A →＝(1，0，－1)，CE →＝(1，t －2，0)， 根据数量积的定义及已知得：1＋0×(t －2)＋0＝2×1＋（t －2）2·cos 60°，所以t ＝1，所以点E 的位置是AB 的中点. 题型二 直线与平面所成角的向量求法【例2】 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，M 为A 1B 1的中点，求BC 1与平面AMC 1所成角的正弦值.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a2，2a ，B (0，a ，0)，故AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ， AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，BC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，2a . 设平面AMC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 则⎩⎨⎧AC 1→·n ＝0，AM →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－32ax ＋a 2y ＋2az ＝0，a 2y ＋2az ＝0，令y ＝2，则z ＝－22，x ＝0.∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2，－22. ∴cos 〈BC 1→，n 〉＝BC 1→·n |BC 1→||n |＝－a －a 3a ×92＝－269.设BC 1与平面AMC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝269.规律方法 借助于向量求线面角关键在于确定直线的方向向量和平面的法向量，一定要注意向量夹角与线面角的区别和联系.【训练2】 如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长.(1)证明在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)解因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，BC→＝(1，→＝(1，0，0)，AF→＝(0，1，1).1，0)，AB设平面ABF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1，1). 设直线BC 与平面ABF 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w ).因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的一个法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. 考查方向题型三 二面角的向量求法方向1 直接求二面角的余弦值【例3－1】 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1－OB 1－D 的余弦值.(1)证明 因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC .同理DD 1⊥BD .因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD .而AC ∩BD ＝O ，且AC ⊂底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题意知，O 1O ∥C 1C ，故O 1O ⊥底面ABCD . (2)解 因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直.如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .不妨设AB ＝2. 因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1.于是相关各点的坐标为O (0，0，0)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2). 易知，n 1＝(0，1，0)是平面BDD 1B 1的一个法向量. 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量， 则⎩⎨⎧n 2·OB 1→＝0，n 2·OC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23，所以n 2＝(2，23，－3).设二面角C 1－OB 1－D 的大小为θ，易知θ是锐角，于是cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719.故二面角C 1－OB 1－D 的余弦值为25719.方向2 二面角中的探究性问题【例3－2】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2，在线段AB 上是否存在一点E ，使二面角C －DE －C 1的余弦值为63？若存在，求出AE 的长；若不存在，说明理由.解 假设存在点E ，设AE ＝a .如图，以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz ，则有E (3，a ，0)，C 1(0，4，2)，D (0，0，0).设平面DEC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，DC 1→＝(0，4，2)，DE→＝(3，a ，0)， 故⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DC 1→，n ⊥DE→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，3x ＋ay ＝0.令y ＝1，得x ＝－a 3，z ＝－2，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，1，－2，又易知平面DEC 的法向量为m ＝(0，0，1)，∴cos 〈m ，n 〉＝－219a 2＋5，由题意知219a 2＋5＝63，解得a ＝3，所以在线段AB 上存在点E ，AE ＝3，使二面角C －DE －C 1的余弦值为63.规律方法 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.用坐标法的解题步骤如下：(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系.(2)求法向量：在建立的空间直角坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2. (3)计算：求n 1与n 2所成锐角θ，cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|.(4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【训练3】 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求二面角A －A 1D －B 的余弦值.解 如图所示，取BC 中点O ，连接AO .因为△ABC 是正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1中点为O 1，以O 为原点，OB →，OO 1→，OA →分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1AD 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).因为n ⊥AD →，n ⊥AA 1→，AD →＝(－1，1，－3)，AA 1→＝(0，2，0). 得⎩⎨⎧n ·AD →＝0，n ·AA 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －3z ＝0，2y ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＝－3z .令z ＝1，得n ＝(－3，0，1)为平面A 1AD 的一个法向量.又因为AB 1→＝(1，2，－3)，BD →＝(－2，1，0)，BA 1→＝(－1，2，3)， 所以AB 1→·BD →＝－2＋2＋0＝0， AB 1→·BA 1→＝－1＋4－3＝0，所以AB 1→⊥BD →，AB 1→⊥BA 1→，即AB 1⊥BD ，AB 1⊥BA 1， 又BD ∩BA 1＝B ，BD ⊂平面A 1BD ，BA 1⊂平面A 1BD ，所以AB 1⊥平面A 1BD ， 所以AB 1→是平面A 1BD 的一个法向量， 所以cos 〈n ，AB 1→〉＝n ·AB 1→|n ||AB 1→|＝－3－32·22＝－64，又因为二面角A －A 1D －B 为锐角， 所以二面角A －A 1D －B 的余弦值为64.课堂达标1.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则直线l 与平面α所成的角为( ) A.30°B.60°C.120°D.150°[解析] 由cos 〈m ，n 〉＝－12知， 直线l 与平面α所成的角为90°－60°＝30°. [答案] A2.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( ) A.45°B.135°C.45°或135°D.90°[解析] ∵cos 〈m ，n 〉＝12＝22， ∴二面角的大小为45°或135°.[答案] C3.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A.60° B.90° C.105° D.75°[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设BB 1＝1，则A (0，0，1)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，0，C 1(0，2，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，1.∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62，22，－1，C 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－24－1＝0，∴AB 1→⊥C 1B →，即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.[答案] B4.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为() A.23 B.33 C.23 D.63[解析] 设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系如图.则D (0，0，0)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1).平面ACD 1的一个法向量为DB 1→＝(1，1，1). 又BB 1→＝(0，0，1)， 则cos 〈DB 1→，BB 1→〉＝DB 1→·BB 1→|DB 1→||BB 1→|＝13×1＝33. 故BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332 ＝63.[答案] D5.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，则异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为________.[解析] 如图，建立空间直角坐标系.由已知得A 1(4，0，0)，B (4，4，3)，B 1(4，4，0)，C (0，4，3).∴A 1B →＝(0，4，3)，B 1C →＝(－4，0，3)，∴cos 〈A 1B →，B 1C →〉＝925. [答案] 925课堂小结利用空间向量求角的基本思路是把求空间角转化为求两个向量之间的夹角.首先要找出并利用空间直角坐标系或基向量(有明显的线面垂直关系时尽量建系)表示出向量；其次理清要求角和两个向量夹角之间的关系.。
山东省菏泽一中高中数学《利用空间向量求空间角》学案 新人教版选修2-1
高二二部数学学案NO.29立体几何中的向量方法——利用空间向量求空间角【课程标准】能用向量法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用【学习目标】1、使学生学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法；2、使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题；3、使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高. 【自主学习】1. 异面直线所成的角、线面角、二面角的范围分别是什么？2.两向量的夹角的范围是什么？3、向量的有关知识（1）两向量数量积的定义：（2）两向量夹角公式：（3）什么是直线的方向向量？什么是平面的法向量？【典型例题】例1.在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，现将△AOB 沿着平面AOB 的法向量方向平移到△A 1O 1B 1的位置，已知OA=OB=O O 1，取A 1B 1 、A 1O 1的中点D 1 、F 1，求异面直线BD 1与AF 1所成的角的余弦值。
例2．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 、F 分别为CD 、DD 1的中点，(1)求直线B 1C 1与平面AB 1C 所成的角的正弦值;ABOB 1O 1F 1A 1D 1(2)求二面角F-AE-D 的余弦值。
例3 如图，甲站在水库底面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B 处.从A ，B 到直线 （库底与水坝的交线）的距离AC 和BD 分别为 a 和b,CD 的长为c , AB 的长为d .求库底与水坝所成二面角的余弦值.巩固练习：如图，已知：直角梯形OABC 中，OA ∥BC ，∠AOC=90°，SO ⊥平面OABC ，且OS=OC=BC=1，OA=2.求⑴异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值；⑵OS 与平面SAB 所成角α的正弦值； ⑶二面角B －AS －O 的余弦值.αβACB DAA 1C 1B 1DCBD 1E F教学过程OABCSαβACB D一、复习引入1、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。
山东省菏泽一中高中数学人教版选修2-1高二数学《空间向量及其运算》学案
高二二部数学学案NO25(理)空间向量及其运算（一）设计人：田信娟审核人：张丽萍日期：2012.12.27 【课程标准】了解空间向量的定义、模；会用平行四边形法则和三角形法则做出空间向量的和和差；会判定空间向量的共面【学习目标】1．掌握空间向量相关的概念、几何表示、字母表示法．2．了解共线(平行)向量、共面向量的定义．3.掌握空间向量的加减、数乘运算及运算律，共线向量共面向量的表示法．4．理解共线、共面向量定理及其推论，并能利用它们证明空间向量的共线、共面问题．【自主学习】1.空间向量的定义、表示方法、模分别是什么？2.空间向量的加法法则和减法法则分别是什么？3.空间向量的数乘运算的定义是什么？4.什么是共面向量？怎样判定？【典型例题】DC B D AC -+11)4(例2.如图，已知平行四边形ABCD ，过平面AC 外一点O 作射线OA 、OB 、OC 、OD ， 在四条射线上分别取点E 、F 、G 、H ，并且使 求证：四点E 、F 、G 、H 共面；例3.已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1， 求满足下列各式的x 的值。
：并标出化简结果的向量，，化简下列向量表达式已知平行六面体例''''.1D C B A ABCD -⑴+；⑵AA ++．)'(31)3(AA AD AB ++,OE OF OG OH k OA OB OC OD====【拓展提高】对于平面 ABM 外的任一点 O ，确定在下列条件下点 P 是否与点 A ，B ，M 一定共面？【课堂练习】2：如图 3－1－3，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，下列x C D A AB =++1111 )1(111 )2(AC x =++-=+3)1(--=4)2(各式中运算的结果为向量 AC 1 的共有( )3.CD ＝7a －2b ，则一定共线的三点是( )A ．A ，B ，D B ．A ，B ，C C ．B ，C ，D D ．A ，C ，D4.空间四边形ABCD 中,E 、F 分别是BC 、CD 边的中点,化简：5.在正方体ABCD-A’B’C ’D ’中,点E 是面AC ’的中心,求下列各式中的x 、y 的值. ,)3(AA y AB x AD AF ++=)(21 )2()(21 )1(+-++(1)()AC x AB BC CC ''=++(2) AE AA x AB y AD'=++①(AB →＋BC →)＋CC 1→；②(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→； ③(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1→；④(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→.。
山东省菏泽一中高中数学人教版选修2-1高二数学《立体几何中的向量方法(一)》学案
高二、二部数学学案NO28（理）立体几何中的向量方法（一）设计人：郭保军审核人：李俊娟时间：2012-12-30【课标要求】（1）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（2）能用向量证明直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系【学习目标】（1）理解直线的方向向量和平面的法向量的概念，并能应用它们解决有关平行问题（2）能利用直线的方向向量，平面的法向量判定或证明空间线线、线面、面面垂直关系【自主学习】问题1：每一条直线的方向向量，每一个平面的法向量只有一个吗？问题2：利用空间向量证明线线平行、线面平行的方法是什么？问题3：利用向量法证明空间的线、面垂直的关键是什么？问题4：你能总结利用空间向量证明平行和垂直的一般步骤吗？【典型例题】=-αα已知向量n （2，3,1）是平面的一个法向量，则下列向量能作为平面法向量的是（ ）1(0,3,1)A n =-（） 2(2,0,1)B n =（）3(2,3,1)n =--（C ） 4(2,3,1)D n =--（）（2）已知AB =（2，2，1），AC =（4，5，3），求平面ABC的单位法向量.例2.如图所示，在四棱锥P ABCD PA ABCD -⊥中，平面，,,60,AB AD AC CD ABC PA AB BC E PC ⊥⊥∠===。
，是的中点。
求证：(2)CDPD ABE ⊥⊥（1）AE 平面例3.如图所示，已知正方体1111112,ABCD A B C D E F BB DD -的棱长为，，分别是的中点1111//ADE（1）AE//FC （2）FC 平面（3）平面ADE//平面B C F例4. 在四棱锥P ABCD ABCD PD ABCD -⊥中，底面为正方形，平面,=E F AD PB PD AD 分别为棱，的中点，且求证：CEF PBC ⊥平面平面【课堂检测】1.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是(),A.a＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0)B.a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)C.a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1)D.a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)2.已知AB＝(1，5，－2)，BC＝(3，1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为()A.337，－157，4 B.407，－157，4C. 407，－2，4 D.4，407，－153. 已知空间三点A（0,2,3），B（-2,1,6），C（1，-1,5a分别与,AB AC垂直，则向量a为()A.(1，1，1)B.(－1，－1，－1)C.(1，1，1)或(－1，－1，－1)D.(1，－1，1)或(－1，1，－1),4.若平面9,u=(2,-3,5),v=(-3,1,)5αβ的法向量分别为，则平面,αβ的位置关系为__________________________________我的总结：1.__________________________________________________________________________2.__________________________________________________________________________3.__________________________________________________________________________。
山东省菏泽一中高中数学人教版选修21高二数学空间向量的数量积运算学案
高二二部数学教学案NO.26（理）3.1.3 空间向量的数量积运算设计人：王彦 审核人：孙国林 时间：2012-12-28【课标要求】掌握空间向量的数量积，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直【学习目标】（1） 掌握空间向量数量积的定义；（2） 会应用向量解决立体几何中的长度、角度问题以及垂直的判定【自主学习】问题1：类比平面向量数量积的定义，你能说出空间向量数量积的定义吗？问题2：数量积b a∙.的几何意义是什么？问题3：类比此数的运算律，思考1：空间向量满足什么运算律？思考2：对于c a b a c b a∙=∙由,,.,能得出c b =吗？为什么？思考3：对于k b a c b a =∙由,,.,能得出ak b =吗？为什么？思考4：向量满足结合律吗？即)()(c b a c b a∙∙=∙∙？问题4：类比平面向量知识，利用空间向量能解决立体几何中的哪些问题？【典型例题】'求对角线的长度AC例2例3：已知PA l OA l l AO PO ⊥⊥⊂⊥，求证：且为射影，,,ααABCD A B C D CD DC O AO AO CD '''''''⊥如图，已知正方体-，和相交于点，连接，求证：435ABCD A B C D AB AD AA BAD BAA DAA ''''-='''==∠∠∠00例1、已知在平行六面体中，，，，=90,==60，【拓展提高】例 4.如图，在空间四边形ABCD 中，2AB =，3BC =，BD =，3CD =，30ABD ∠=，60ABC ∠=，求AB 与CD 的夹角的余弦值如图所示，在正方体 ABCD-A ’B ’C ’D ’中， O 为AC 和BD 的交点，G 为CC ’的中点，求证：A ’o ⊥平面GBD【课堂练习】【我的收获】1.222,,22a b a b ==⋅=-已知,则a b 与的夹角大小为_____.2.判断真假: 1)若0,a b ⋅=则0,0a b == ( )222222)()()()3)()()4)()a b c a b c p q p q p q p q p q⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅+⋅-=-1(2)(3)(4)⋅⋅ ⋅⋅间边条边对线长点别点计（）3.已知空四形的每和角都等于1，、分是、的中。
山东省菏泽一中高中数学《空间向量及其运算三.》学案 新人教版选修21
空间向量及其运算（三）【课程标准】掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。
【学习目标】1、 掌握空间向量的坐标运算的规律；2、 会根据向量的坐标，判断两个向量共线或垂直。
3、 掌握空间向量的长度、夹角、两点间距离公式、中点坐标公式，并会用这些公式解决有关问题。
【自主学习】1． 回顾共线向量定理、共面向量定理、平面向量基本定理2、由平面向量的正交分解及坐标表示，能否推出空间向量的正交分解及坐标表示？3、空间向量的基本定理是什么？4、什么是基向量、基底、单位正交基？5、你能由平面向量的坐标运算类比空间向量的坐标运算吗？6、平面向量的距离与夹角公式用坐标如何表示？你能类比得出空间向量的这些公式吗？【典型例题】例1、（1）已知ABCD ,顶点(1,0,0),(0,1,0)A B ,(0,0,2)C ,则顶点D 的坐标为______________;（2）Rt ABC △中,90BAC ∠=,(2,1,1),(1,1,2)A B ,(,0,1)C x ,则____;x =（3）已知(3,5,7)A -,(2,4,3)B -,则AB 在坐标平面yOz 上的射影的长度为_______.例2（1）已知A 0,2,3)B 2,1,6),(1,1,5)C --（、（, 则ABC △的面积S=_____. （2）(,2,1)a x =,2(3,,5)b x =--且a 与b 的夹角为钝角，则x 的取值范围为 . （3）已知()()2,1,3,4,2,a b x =-=-，且a b ⊥，则x ＝ .（4） 已知 ()()1,2,,,1,2a y b x =-=， 且(2)//(2)a b a b +-，则（ ）A. 1,13x y ==B. 1,42x y ==- C. 12,4x y ==- D. 1,1x y ==-例3、在正方体1111ABCD A B C D -中，点1E ，1F 分别是11A B ，11C D 的一个四等分点，求1BE 与1DF 所成角的余弦值。
人教版高中数学选修2-1立体几何中的向量方法-求角导学案
3.2.1 立体几何中的向量方法（ 1）____之求角【使用说明及学法指导】1．先自学课本，理解观点，达成导学纲要； 2．小组合作，着手实践。
【学习目标】1. 掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题；2. 掌握向量运算在几何中求两点间距离和求空间图形中的角度的计算方法 .【要点】 利用直线的方向向量及平面的法向量解决空间角的问题 . 【难点】 利用直线的方向向量及平面的法向量解决空间角的问题 . 一、自主学习1 预习教材 P 105~ P 107, 解决以下问题 复习 1：已知 ab 1 ， a 1, b 2 ，且 m 2a b ，求 m .复习 2:什么叫直线和平面所成角？它的范围是什么？复习 3：什么叫二面角？二面角的大小怎样胸怀？二面角的范围是什么？2.导学纲要1. 求出空间线段的长度：用空间向量表示空间线段，而后利用公式_____________.2. 空间的二面角或异面直线的夹角， 都能够转变为利用公式 ____________求解 .3.空间直线与平面所成角怎样转变？试推导出公式： ___________________.4.知识拓展解空间图形问题时 ,能够分为三步达成 :（ 1）成立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中波及的点、 直线、平面，把立体几何问题转变为向量问题(还常成立坐标系来协助 )； （ 2）经过向量运算，研究点、 直线、 平面之间的地点关系以及它们之间距离和夹角等问题；（ 3）把向量的运算结果 “翻译 ”成相应的几何意义 .二、典型例题例 1.1. 已知 A 1,02 , B1,1,3 ，则 AB.2. 已知 cos a,b1，则 a, b 的夹角为.2A'B'C ' D '的棱 A 'B ', BB ' 的中 3. 若 M 、N 分别是棱长为 1 的正方体 ABCD点 ,那么直线 AM , CN 所成的角的余弦为（ ）A.3B.10C. 3D.2210554. 将锐角为60 边长为a的菱形 ABCD 沿较短的对角线折成60 的二面角，则 AC , BD 间的距离是（）A.3B.3C.3D.3a a a a224415.正方体ABCD A' B' C' D'中棱长为a，AM AC ' , N是 BB'的中点，则MN 为（3）A.21B.6C.15D.15a a a a 6663例 2.如下图，在长方体ABCD A1 B1 C1D1中，AB=AD=1，AA 1=2 ， M 是棱 CC1的中点，（1）求异面直线 AB 与 A 1 M 的夹角（2）求直线 BM 与 AA 1M 所成的角（3）证明：平面 ABM 与平面 A 1B 1M 所成的角 (用向量方法 )变式训练：（ 2010 全国卷 1 理数）如图，四棱锥S-ABCD 中， SD底面AB//DC ，AD DC ，AB=AD=1 ，DC=SD=2ABCD ，，E 为棱SB 上的一点，平面EDC平面SBC .（Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小.例 3（ 2010 天津理数）如图，在长方体ABCD A1B1C1 D1中，E、F分别是棱BC, CC1上的点， CF AB2CE,AB: AD : AA11:2:4（ 1）求异面直线EF 与A1D所成角的余弦值；（2）证明AF平面A1ED（ 3）求二面角A1ED F 的正弦值。
高中数学 3.2.3用空间向量求空间角教学设计 新人教A版选修21
3.2.3立体几何中的向量方法——空间“角”问题（后附学案）一、教材分析：立体几何是高中数学教学中的一个重要内容，在整个高中数学学习中占有重要的地位，它不仅能培养学生的辩证唯物主义观点，还能培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力，是历年高考的重点考查内容之一。
用向量法处理几何问题，可使空间形式的研究从“定性”推理转化为“定量”计算.空间角又是立体几何中的重要知识点，学好了它对其他数学知识的学习及贯穿运用有很大的帮助，因此在首轮复习有必要再对其进行专题复习。
二、学情分析学生虽已学完了立体几何，也对立体几何有了一定的认识，但由于空间角是一个难点，一般的方法是由“作、证、算”三部分组成，学生对作出空间角的方法即如何化空间角为平面角并在可解三角形中来求解有一定的困难，还不能熟练掌握，而空间向量的引入，使立几问题演绎难度降低，相比较来说过关比较容易，因此有必要对此内容通过引入空间向量的方法进行专题训练，使学生能更好地掌握。
三、教学目标知识基础：空间向量的数量积公式、夹角公式，坐标表示。
认知目标：掌握利用空间向量求空间角（两条异面直线所成的角，直线和平面所成的角及二面角）的方法，并能熟练准确的求解结果及完整合理的表达。
能力目标：培养学生观察分析、类比转化的能力；体验从“定性”推理到“定量”计算的转化，提高分析问题、解决问题的能力. 使学生更好的掌握化归和转化的思想。
情感目标：激发学生的学习热情和求知欲，体现学生的主体地位；感受和体会数学美的魅力，激发“学数学用数学”的热情.教学重点：1）向量法求空间角的方法和公式；2）空间角与向量夹角的区别和联系。
教学难点：1)两条异面直线的夹角、二面角的平面角与两个空间向量的夹角之间的区别；2)构建恰当的空间直角坐标系，并正确求出点的坐标及向量的坐标.关键：建立恰当的空间直角坐标系，正确写出空间向量的坐标,将几何问题转化为代数问题.四、教学方法：启发式讲解 互动式讨论 研究式探索 反馈式评价 五、教学手段：借助多媒体辅助教学 六、教学过程：教师教学活动学生参与活动设计意图 教师提出问题：1、异面直线所成的角、线面角、二面角的范围分别是什么？2、两向量夹角的范围是什么？3、向量的有关知识（1）两向量数量积的定义 （2）两向量夹角公式（3）什么是直线的方向向量？什么是平面的法向量？（4）如何用直线的方向向量和平面的法向量证明线面间的平行与垂直？ 提问学生，学生一一作出回答。
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高二二部数学学案NO.29
立体几何中的向量方法——利用空间向量求空间角
设计人：李凤英审核人：苏瑞娟时间：12.31
【课程标准】
能用向量法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用
【学习目标】
1、使学生学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面
角的向量方法；
2、使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题；
3、使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高.
【自主学习】
1.异面直线所成的角、线面角、二面角的范围分别是什么？
2.两向量的夹角的范围是什么？
3、向量的有关知识
（1）两向量数量积的定义：
（2）两向量夹角公式：
（3）什么是直线的方向向量？什么是平面的法向量？
【典型例题】
例1.在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，现将△AOB 沿着平面AOB 的法向量方向平移到△A 1O 1B 1的位置，已知OA=OB=O O 1，取A 1B 1 、A 1O 1的中点D 1 、F 1，求异面直线BD 1与AF 1所成的角的余弦值。
例2．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 、F 分别为CD 、DD 1的中点，
(1)求直线B 1C 1与平面AB 1C 所成的角的正弦值;
(2)求二面角F-AE-D 的余弦值。
例3 如图，甲站在水库底面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B
A
B
O
B 1
O 1
F 1
A 1
D 1
A
A 1
C 1
B 1
D
C B
D 1
E F
处.从A ，B 到直线 （库底与水坝的交线）的距离AC 和BD 分别为 a 和b,CD 的长为c , AB 的长为d .求库底与水坝所成二面角的余弦值.
巩固练习：如图，已知：直角梯形OABC 中，OA ∥BC ，∠AOC=90°，SO
α
β
A
C
B D
⊥平面OABC，且OS=OC=BC=1，OA=2.求
⑴异面直线SA和OB所成的角的余弦值；
⑵OS与平面SAB所成角α的正弦值；
⑶二面角B－AS－O的余弦值.
O
A B C
S
教学过程 一、复习引入
1、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）
α
β
A
C
B D
（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、知识讲解与典例分析
知识点1、异面直线所成的角（范围：
）
（1）定义：过空间任意一点o 分别作异面直线a 与b 的平行线a´与b´，
那么直线a´与b´ 所成的不大于90°的角 ，叫做异面直线a 与b 所
成的角。
（2）用向量法求异面直线所成角 设两异面直线a 、b 的方向向量分别为m
和 n ， 问题1 当
m 与n 的夹角不大于90°
时，异面直线a 、b 所成的角 与m
和
n 的夹角的关系？ 相等
⎥⎦⎤
⎝⎛∈2,0πθθθa ´ b
´
•
o
θ
问题 2 当m 与n 的夹角大于90°时，异面直线a 、b 所成的角
与
m 和n 的夹角的关系？ 互补
所以，异面直线a 、b
典型例题1：在Rt △AOB 中，∠AOB=90°，现将△AOB 沿着平面AOB 的法向量方向平移到△A 1O 1B 1的位置，已知OA=OB=OO 1，取A 1B 1 、A 1O 1的中点D 1 、F 1，求异面直线BD 1与AF 1所成的角的余弦值。
解：以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系，并设OA=1,则A(1,0,0)
B(0,1,0) F 1
(21 ,0,1) D 1(21 ,
2
1
,1)
所以，异面直线BD 1与AF 1所成的角的余弦值为
=cos θ =
),1,0,21(1-=∴AF )
1,2
1
,21(1-=BD =
⋅=
BD =⋅++-2
3451041
⎥
⎦
⎤⎢⎣⎡∈2,0πθθ103010
30
知识点2、直线与平面所成的角（范围： ）
据图分析出直线与平面所成的角的正弦值为 = 典型例题2:正方体
分别为
CD 、DD 1的中点，
(1)求直线B 1C 1与平面所成的
角的正弦值;
(2)求二面
角F-AE-D 的余弦值。
θsin 1
解： (1)以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示，则： A(0,0,0) B 1(1,0,1) C(1,1,0) C 1(1,1,1)
3、二面角（范0
,01=⋅=⋅AC n AB n 则),0,1,0(11=∴C B B B 1
C
y
x
)
0,1,1(),1,0,1(1==AC AB 设平面AB 1C 的法向量为n =(x 1,y 1,z 1),
所以
X 1+z 1=0
X 1+y 1=0
取
x 1
=1,得y 1
=z 1
=-1
=
⋅=C B n B 1C 1与平面AB 1C 所成的角的正弦[]
πθ
,0∈=⨯+-3101033
-
围： ）
典型例题2 (2)点E 、F 分别为CD 、DD 1的中点，求二面角F-AE-D
n =
θ
cos =θ
cos -=θcos
解：(2)由题意知 )
0,1,2
1
(),21,1,0(F E 所以
取y 2=1,得x 2=z 2=-2
)
0,1,2
1
(),21,1,0(==∴设平面AEF 的法向量为m=(x 2
,y 2
,z 2
),
02
1
22=+
z y 02
1
22=+y x 故m=(-2, 1,-2)
又平面AED 的法向量为AA 1=(0,0,1)
观察图形知，二面角F-AE-D 为锐角，所以所求二面角F-AE-D 的余弦值为
3
20
,0=⋅=⋅
则3
2
132-=⨯
-=
=
∴的余弦值。
典型例
题3 如图，甲站在水库底面上的点A 处，乙站在水坝斜面上的点B 处.从A ，B 到直线 （库底与水坝的交线）的距离AC 和BD 分别为 a 和 b ,CD 的长为c , AB 的长为d .求库底与水坝所成二面角的余弦值.
解：如图. d AB c CD b BD a AC ====，，， 根据向量的加法法则, .DB CD AC AB
++=
22
2
)(DB CD AC AB d ++==
)
(22
2
2
DB CD DB AC CD AC BD CD AC ⋅+⋅+⋅+++=
DB AC b c a ⋅+++=2222
DB CA b c a ⋅-++=2222
于是，得2
2222d c b a DB CA -++=⋅
设向量CA 与DB 的夹角为θ，θ就是库与水坝所成的二面角.
因此
.cos 22222d c b a ab -++=θ 所以
.2cos 2222ab
d c b a -++=θ
库底与水坝所成二面角的余弦值是
.22
222ab
d c b a -++
三、巩固练习
如图，已知：直角梯形OABC 中，OA ∥BC ，∠AOC=90°，SO ⊥平面OABC ，且OS=OC=BC=1，OA=2.求
⑴异面直线SA 和OB 所成的角的余弦值；
⑵直线OS 与平面SAB 所成角α的正弦值；
⑶二面角B －AS －O 的余弦值.
四、课堂小结
1、异面直线所成的角
2、直线和平面所成的角
3、二面角
或 O
A
B
C
S
5
106
63
6
cos =θ=θcos
五、布置作业课本第112页A组第6题。