【配套K12】高中数学第3章空间向量与立体几何 22《用向量方法求空间中的角课时作业新人教A版

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高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 空间向量在立体几何中的应用 3.2.13.2.2 课堂

3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程3.2.2 平面的法向量与平面的向量表示课堂探究探究一利用向量方法判定线、面的位置关系解答这类问题的关键：一是要清楚直线的方向向量，平面的法向量和直线、平面的位置关系之间的内在联系；二是熟练掌握判断向量共线、垂直的方法．【典型例题1】 (1)设a ，b 分别是两条不重合的直线l 1，l 2的方向向量，根据下列条件判断l 1，l 2的位置关系：①a ＝(2,3，－1)，b ＝(－6，－9,3)； ②a ＝(5,0,2)，b ＝(0,4,0)．(2)设u ，v 分别是两个不重合的平面α，β的法向量，判断α，β的位置关系： ①u ＝(1，－1,2)，v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，2，－12； ②u ＝(0,3,0)，v ＝(0，－5,0)．(3)设u 是α的法向量，a 是直线l 的方向向量，判断α，l 的位置关系： ①u ＝(2,2，－1)，a ＝(－3,4,2)； ②u ＝(0,2，－3)，a ＝(0，－8,12)．解：(1)①∵a ＝(2,3，－1)，b ＝(－6，－9,3)， ∴a ＝－13b ，∴a∥b ，∴l 1∥l 2.②∵a ＝(5,0,2)，b ＝(0,4,0)，∴a·b ＝0， ∴a⊥b ，∴l 1⊥l 2.(2)①∵u ＝(1，－1,2)，v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，2，－12， ∴u·v ＝0，∴u⊥v ，∴α⊥β. ②∵u ＝(0,3,0)，v ＝(0，－5,0)， ∴u ＝－35v ，∴u∥v ，∴α∥β.(3)①∵u ＝(2,2，－1)，a ＝(－3,4,2)， ∴u·a ＝0，∴u⊥a ，∴l ∥α或l ⊂α. ②∵u ＝(0,2，－3)，a ＝(0，－8,12)，∴u ＝－14a ，∴u∥a ，∴l ⊥α.探究二平面法向量的求法求平面的法向量，一般采用待定系数法求解，关键是在平面内找到两个不共线向量，列出方程组，取其中一个非零向量的解即可．【典型例题2】已知三点A (1,0,1)，B (0,1,1)，C (1,1,0)，求平面ABC 的一个法向量．思路分析：设平面ABC 的一个法向量为n ，则n 垂直于平面ABC 内的任意向量，不妨取AB →，BC →，然后将向量垂直转化为数量积为0，求得n .解：设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由题意得AB →＝(－1,1,0)，BC →＝(1,0，－1)．因为n ⊥AB →，n ⊥BC →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·A B →＝－x ＋y ＝0，n ·B C →＝x －z ＝0.令x ＝1，得y ＝z ＝1，所以平面ABC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)．归纳求法向量的步骤为： (1)设法向量n ＝(x ，y ，z )；(2)在已知平面内找两个不共线向量a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)；(3)建立方程组⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝a 1x ＋a 2y ＋a 3z ＝0，n ·b ＝b 1x ＋b 2y ＋b 3z ＝0；(4)解方程组：用一个未知量表示其他两个未知量，然后对用来表示两未知量的未知量赋以特殊值，从而得到平面的法向量．探究三利用向量法证明空间中的平行关系用向量方法证明直线与直线平行、直线与平面平行、平面与平面平行：(1)直线与直线平行、直线与平面平行的向量证法根据是空间向量共线、共面定理． (2)利用直线的方向向量证明直线与直线平行、直线与平面平行时，要注意向量所在的直线与所证直线或平面无公共点．(3)关于直线与平面平行、平面与平面平行的证明，还可以利用直线方向向量与平面法向量垂直来证明线面平行，用两平面的法向量平行来证明两平面平行．【典型例题3】如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .思路分析：证明线面平行有三种方法：一是线面平行的判定定理，二是直线的方向向量与平面的法向量垂直，三是共面向量定理．证法一：∵MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→， ∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD .证法二：如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则可求得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是M N →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. ∴n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n ， ∴MN ∥平面A 1BD .证法三：∵MN →＝C 1N →－C 1M →＝12D 1A 1→－12D 1D →＝12(DB →＋BA →)－12(D 1A 1→＋A 1D →) ＝12DB →＋12BA →－12D 1A 1→－12A 1D → ＝12DB →＋12DA 1→＋12(BA →－DA →) ＝12DB →＋12DA 1→＋12BD →＝12DA 1→＋0·D B →. 即MN →可以用DA 1→与DB →线性表示， ∴MN →与DA 1→，DB →是共面向量，∴MN →∥平面A 1BD ，即MN ∥平面A 1BD . 探究四向量法证明垂直关系证两直线垂直可转化为证两直线的方向向量垂直．(1)把两直线的方向向量用相同的几个向量表示出来，然后证明向量的数量积等于0即可，这是用向量证明线线垂直的基本方法．(2)可建立适当的坐标系，并正确求出各点及相关向量的坐标，再证明两个向量的数量积为0.向量法证明线面垂直，则是通过证明直线的方向向量与平面的法向量平行来证明．而证两平面垂直则是通过证明两平面的法向量垂直来完成．【典型例题4】如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．求证：(1)AE ⊥CD ； (2)PD ⊥平面ABE .思路分析：(1)建立空间直角坐标系→确定AE →，CD →的坐标→计算AE →·CD →→AE ⊥CD ； (2)求平面ABE 的法向量n →判断满足PD →＝k n (k ∈R )→PD ⊥平面ABE 或确定PD →，AB →，AE →的坐标→计算PD →·AB →，PD →·AE →→⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫PD →⊥AB →PD →⊥AE →→PD ⊥平面ABE .证明：(1)∵AB ，AD ，AP 两两垂直，∴建立如图所示的空间直角坐标系．设PA ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)． ∵∠ABC ＝60°， ∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD →＝0，即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0.又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34＝0，∴AE →⊥CD →，即AE ⊥CD .(2)证法一：∵AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，∴设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)． ∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n .∴PD →∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .证法二：∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1.又AE →·P D →＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .又∵AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB →＝0， ∴PD ⊥AB .又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面ABE .【典型例题5】在四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ＝CD ，∠BCD ＝90°，∠ADB ＝30°，E ，F 分别是AC ，AD 的中点，求证：平面BEF ⊥平面ABC .思路分析：本题首先可证出CD →为平面ABC 的一个法向量，然后再证明两平面的法向量垂直．证明：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝a ，则B (0,0,0)，D (0，3a,0)，A (0,0，a )，C ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34a ，34a ，a 2，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，a 2.∵∠BCD ＝90°，∴CD ⊥BC . 又AB ⊥平面BCD ，∴AB ⊥CD . 又AB ∩BC ＝B ， ∴CD ⊥平面ABC .∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，32a ，0为平面ABC 的一个法向量．设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ·EF →＝0，得x ＝y .由n ·BF →＝0得z ＝－3y ，取y ＝1，得n ＝(1,1，－3)．∵n ·CD →＝0，∴n ⊥CD →，∴平面BEF ⊥平面ABC .探究五三垂线定理及其逆定理1．三垂线定理及其逆定理常用于判定空间直线互相垂直，在引用时要清楚以下问题：(1)从条件上看，三垂线定理的条件是“和射影垂直”；其逆定理的条件是“和斜线垂直”．(2)从功能上看，三垂线定理用于解决已知共面垂直，证明异面垂直的问题；逆定理正好相反．2．三垂线定理及逆定理应用中的三个环节用三垂线定理及其逆定理证明线线垂直的关键在于构造三垂线定理的基本图形，创设应用定理的环境．构造三垂线定理基本图形时要抓住下面三个环节：(1)确定投影面；(2)作出垂线；(3)确定射影．【典型例题6】如图，空间四边形ABCD中，点A在平面BCD内的射影O1是△BCD的垂心，求证：B在平面ACD内的射影O2必是△ACD的垂心．思路分析：应用三垂线定理一定要分清斜线与射影，并注意第三条垂线要与射影在同一平面内．证明：连接DO1，BO1，AO2，CO2.∵O1是△BCD的垂心，∴DO1⊥BC.又AO1⊥平面BCD，∴BC⊥AD(三垂线定理)．∵BC是平面ACD的斜线，BO2⊥平面ACD，CO2是BC在平面ACD内的射影，∴CO2⊥AD(三垂线定理的逆定理)．同理，AO2⊥CD.∴O2是△ACD的垂心．。

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法(第3课时)空间向量与空间距离选学课件选修2_1

解：建系如图，则 A(2，0，0)，E(0，2，1)，F(1，0，2)， G(2，1，0)，所以A→G＝(0，1，0)，G→E＝(－2，1，1)， G→F＝(－1，－1，2)．设 n＝(x，y，z)是平面 EFG 的法向量，点 A 到平面 EFG 的距离为 d，
第三章空间向量与立体几何
第 3 课时空间向量与空间距离(选学)
第三章空间向量与立体几何
考点点到直线的距离点到平面的距离
学习目标
核心素养
了解点到直线的距离并会用直观想象、数学
向量方法求解
运算
了解点到平面的距离并会用直观想象、数学
向量方法求解
运算
空间距离的向量求法
分类
向量求法
两点间的距离
设平面 AB1D1 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD11＝＝00，，即xy－－hhzz＝＝00，，取 z＝1，得 n＝(h，h，1)，所
→ 以点 C 到平面 AB1D1 的距离为 d＝|n·|nA|C|＝
hh＋2＋hh＋2＋0 1＝43，
解得 h＝2.
故正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的高为 2.
设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)为空间中任意两点，
则 d＝|A→B|＝ A→B·A→B＝ ___（__x_2_－__x_1_）__2＋__（__y_2_－__y_1_）__2＋___（__z2_－__z_1_）__2 _____
点到平面的距离
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＝|B→A|n·| n|
d＝
|B→C|2－B→C→·A→′C2)＝
4－1164
|A′C|

高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 立体几何中

应用向量法证明面面垂直
如图 3-2-12 所示，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB⊥BC，AB＝
BC＝2，BB1＝1，E 为 BB1 的中点，证明：平面 AEC1⊥平面 AA1C1C．
[思路探究] 要证明两个平面垂直，由两个平面垂直的条件，可证明这两个平面的法向量垂直，转化为求两个平面的法向量 n1，n2，证明 n1·n2＝0.
(k∈R) 面面若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)， u⊥v ⇔ u·v ＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
思考：若一个平面内一条直线的方向向量与另一个平面的法向量共线，则这两个平面是否垂直？
[提示] 垂直
[基础自测] 1．思考辨析 (1)直线的方向向量与平面的法向量垂直，则直线与平面垂直．( ) (2)两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．( ) (3)若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量，则直线和平面垂直．( )
法二：证明A→B1与平面 A1BD 的法向量平行． [证明] 法一：如图所示，取 BC 的中点 O，连接 AO.因为△ABC 为正三
角形，所以 AO⊥BC．
因为在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中，平面 ABC⊥平面 BCC1B1，所以 AO⊥平面 BCC1B1.
取 B1C1 的中点 O1，以 O 为原点，以O→B，O→O1，O→A分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
l1⊥l2 [A→B＝(1，－1,1)，u1·A→B＝1×1－3×1＋2×1＝0，因此 l1⊥l2.] 4．已知两平面 α，β 的法向量分别为 u1＝(1,0,1)，u2＝(0,2,0)，则平面 α， β 的位置关系为________.
【导学号：46342167】 α⊥β [u1·u2＝0，则 α⊥β.]

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用8b21b高二21数学

n1 n2
n2 n1
第二十二页，共四十页。
角的分类
向量求法
范围
设二面角 α－l－β 的平面角为
二面角
θ，平面 α、β 的法向量为 n1，
n2，则|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉|
[0，π]
|n1·n2| ＝ |n1|·|n2|
第二十三页，共四十页。
第二十四页，共四十页。
• 例3：在四棱锥(léngzhuī)S-ABCD中 ∠DAB=∠ABC=90°，侧棱SA⊥底面AC， SA=AB=BC=1，AD=2，求二面角A-SD-C的大小.
立体几何中的向量方 (lìtǐjǐhé) 法
用向量法求空间角 (xiàngliàng)
第一页，共四十页。
空间的角 (kōngjiān)
异面直线所成的角直线线与与平平面面所所成成角 (z(zhhíxíxiàiànn)) 平角面与平面所成角
第二页，共四十页。
异面直线所成的角
第三页，共四十页。
5 A. 5
25 C. 5
5 B. 3
3 D.5
第三十三页，共四十页。
()
解析：设 CB＝1，则 A(2,0,0)，B1(0,2,1)，C1(0,2,0)，
B(0,0,1)， BC1 ＝(0,2，－1)， AB1 ＝(－2,
AB1
〉＝ |
BC1 ·AB1 BC1 || AB1
A (0,0,0), C (-1,1,0),D (0 ,1 , 0 ), S (0, 0,1)
易知面 S B A 的法向量 n 1 A 2D (0 ,1 ,0 )
SS
z
B
C
2
1
1
B
C

[配套K12]2018版高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法(3)向量法解决空间角和距

3.2 立体几何中的向量方法（3）向量法解决空间角和距离问题学习目标 1.理解直线与平面所成角、二面角的概念.2.掌握向量法解决空间角和距离问题. 3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲.知识点一利用空间向量求空间角思考1 空间角包括哪些角？答案线线角、线面角、二面角. 思考2 求解空间角常用的方法有哪些？答案传统方法和向量法.梳理空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解.(1)线线角：设两条直线的方向向量分别为a ，b ，且a 与b 的夹角为φ，两条直线所成角为θ，则cos θ＝|cos φ|＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设n 为平面α的一个法向量，a 为直线a 的方向向量，直线a 与平面α所成的角为θ，则θ＝⎩⎪⎨⎪⎧π2－〈a ，n 〉，〈a ，n 〉∈[0，π2]，〈a ，n 〉－π2，〈a ，n 〉∈(π2，π].(3)二面角：①转化为分别在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的方向向量的夹角(注意：要特别关注两个向量的方向).如图所示，二面角α－l －β的大小为θ，A ，B ∈l ，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l 于A ，BD ⊥l 与B ，则θ＝〈AC →，BD →〉＝〈CA →，DB →〉.②先求出二面角一个面内一点到另一面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角. 如图所示，已知二面角α－l －β，在α内取一点P ，过P 作PO ⊥β，PA ⊥l ，垂足分别为O ，A ，连接AO ，则AO ⊥l 成立，所以∠PAO 就是二面角的平面角.③先求出二面角的两个半平面的法向量的夹角，然后结合图形与题意判断求出的是二面角的大小，还是它的补角的大小，从而确定二面角的大小. 知识点二利用空间向量求距离思考1 求点到直线距离的常用方法有哪些？答案 (1)找垂线段，求其长度；(2)利用等面积法；(3)借助向量的模，利用数量积的几何意义求解.思考2 求点到平面的距离的常用方法有哪些？答案 (1)确定垂线段法；(2)等体积法；(3)空间向量法. 梳理 (1)点到直线的距离已知直线l 是由向量a 所确定的直线，P ∈l ，P 0∉l ，如图，PP 0→在l 上的射影长为|PP 0→|cos 〈PP 0→，a 〉＝|PP 0→·a ||a |，则点P 0到直线l 的距离d ＝|PP 0→|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫PP 0→·a |a |2＝1|a |(|PP 0→|·|a |)2－|PP 0→·a |2.(2)点到平面的距离用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下：先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长.如图，设n ＝(a ，b ，c )是平面α的一个法向量，P 0(x 0，y 0，z 0)为α外一点，P (x ，y ，z )是平面α内的任意一点，则点P 0到平面α的距离d ＝|PP 0→·n ||n |＝|a (x 0－x )＋b (y 0－y )＋c (z 0－z )|a 2＋b 2＋c 2.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离，因此，只要掌握点到平面距离的求法，就可解决其他的距离问题.类型一求两条异面直线所成的角例1 如图，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值的大小.解建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，O 1(0，1，3)，A (3，0，0)，A 1(3，1，3)，B (0，2，0)，∴A 1B →＝(－3，1，－3)，O 1A →＝(3，－1，－3).∴|cos〈A 1B →，O 1A →〉|＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →|·|O 1A →|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7·7＝17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.反思与感悟在解决立体几何中两异面直线所成角问题时，若能构建空间直角坐标系，则建立空间直角坐标系，利用向量法求解.但应用向量法时一定要注意向量所成角与异面直线所成角的区别.跟踪训练1 已知正方体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.解不妨设正方体棱长为2，分别取DA ，DC ，DD 1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 (2，0，0)，C (0，2，0)，E (1，0，2)，F (1，1，2)，则AE →＝(－1，0，2)，CF →＝(1，－1，2)，∴|AE →|＝5，|CF →|＝6，AE →·CF →＝－1＋0＋4＝3. 又AE →·CF →＝|AE →||CF →|cos 〈AE →，CF →〉＝30cos 〈AE →，CF →〉， ∴cos〈AE →，CF →〉＝3010，∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为3010. 类型二求直线和平面所成的角例2 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.解建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，2a )，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，方法一取A 1B 1的中点M ，则M (0，a2，2a )，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝(－32a ，0，0)，AB →＝(0，a ，0)，AA 1→＝(0，0，2a ).∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→，则MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝(0，a 2，2a )，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos〈AC 1→，AM →〉＝9a243a ×3a 2＝32. ∵〈AC 1→，AM →〉∈[0°，180°]，∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 AB →＝(0，a ，0)，AA 1→＝(0，0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a .设侧面ABB 1A 1的法向量为n ＝(λ，y ，z )， ∴n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0.∴ay ＝0且2az ＝0. ∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0，0). ∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，∴cos〈AC 1→，n 〉＝n ·AC 1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|， ∴|cos〈AC 1→，n 〉|＝12.又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.反思与感悟用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角.方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算.跟踪训练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的余弦值.解由题设条件知，以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示).设AB ＝1，则A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S (0，0，1). ∴AS →＝(0，0，1)，CS →＝(－1，－1，1).显然AS →是底面的法向量，它与已知向量CS →的夹角β＝90°－θ，故有sin θ＝cos β＝AS →·CS→|AS →||CS →|＝11×3＝33，∵θ∈[0°，90°]， ∴cos θ＝1－sin 2θ＝63. 类型三求二面角例3 在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 的夹角.解方法一如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设PA ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接BD 与AC 交于点O ，取AD 中点F ，则C (b ，0，0)，B (0，a ，0)，BA →＝CD →. ∴D (b ，－a ，0)，P (0，0，a )，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，－a 2，a 2，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2，AC →＝(b ，0，0). ∵OE →·AC →＝0，∴OE →⊥AC →，OF →＝12BA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，OF →·AC →＝0.∴OF →⊥AC →.∴∠EOF 等于平面EAC 与平面ABCD 的夹角(或补角). cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22.∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°. 方法二建系如方法一， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴AP →＝(0，0，a )为平面ABCD 的法向量， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b2，－a 2，a 2，AC →＝(b ，0，0).设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2x －a 2y ＋a 2z ＝0，bx ＝0.∴x ＝0，y ＝z .∴取m ＝(0，1，1)， cos 〈m ，AP →〉＝m ·AP →|m ||AP →|＝a 2·a ＝22.∴平面AEC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思与感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角.只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的.(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角.跟踪训练3 若PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求二面角A －PB －C 的余弦值. 解如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)，故AP →＝(0，0，1)，AB →＝(2，1，0)，CB →＝(2，0，0)，CP →＝(0，－1，1)，设平面PAB 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⇒⎩⎨⎧z ＝0，2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，故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⇒⎩⎨⎧2x ′＝0，－y ′＋z ′＝0.令y ′＝－1，则z ′＝－1，故n ＝(0，－1，－1)，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.又∵二面角A －PB －C 是钝二面角， ∴二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 类型四向量法解决距离问题命题角度1 点线距离例4 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是C 1C ，D 1A 1的中点，求点A 到直线EF 的距离. 解以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图.设DA ＝2，则A (2，0，0)，E (0，2，1)，F (1，0，2)，EF →＝(1，－2，1)，FA →＝(1，0，－2).∴|EF →|＝12＋(－2)2＋12＝6，FA →·EF →＝1×1＋0×(－2)＋(－2)×1＝－1， ∴FA →在EF →上的投影为|FA →·EF →||EF →|＝16.∴点A 到直线EF 的距离d ＝|FA |2－(16)2＝296＝1746. 反思与感悟用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求直线的方向向量.(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影. (4)利用勾股定理求点到直线的距离.另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.跟踪训练4 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，AB ＝1，BC ＝2，AA ′＝3，求点B 到直线A ′C 的距离.解 ∵AB ＝1，BC ＝2，AA ′＝3，∴A ′(0，0，3)，C (1，2，0)，B (1，0，0)， ∴A ′C ―→＝(1，2，－3). 又∵BC →＝(0，2，0)，∴BC →在A ′C ―→上的投影为|BC →·A ′C ―→||A ′C ―→|＝414.∴点B 到直线A ′C 的距离d ＝|BC →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC →·A ′C —→|A ′C —→|2＝4－1614＝2357. 命题角度2 点面距离例5 已知四边形ABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别是边AB ，AD 的中点，CG 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且CG ＝2，求点B 到平面EFG 的距离.解建立如图所示的空间直角坐标系，则G (0，0，2)，E (4，－2，0)，F (2，－4，0)，B (4，0，0)，GE →＝(4，－2，－2)，GF →＝(2，－4，－2)，BE →＝(0，－2，0).设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧GE →·n ＝0，GF →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －z ＝0，x －2y －z ＝0，∴x ＝－y ，z ＝－3y .取y ＝1，则n ＝(－1，1，－3).∴点B 到平面EFG 的距离d ＝|BE →·n ||n |＝211＝21111.反思与感悟利用向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求出该平面的一个法向量.(3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量.(4)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，即为点到平面的距离. 跟踪训练5 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1＝AB ＝2. (1)求证：A 1C ∥平面AB 1D ； (2)求点C 1到平面AB 1D 的距离.(1)证明如图，以D 为坐标原点，分别以DC ，DA 所在直线为x 轴，y 轴，过点D 且与AA 1平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，C (1，0，0)，B 1(－1，0，2)，A 1(0，3，2)，A (0，3，0)，C 1(1，0，2)，A 1C →＝(1，－3，－2)，AB 1→＝(－1，－3，2)，AD →＝(0，－3，0).设平面AB 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·n ＝0，AD →·n ＝0，即⎩⎨⎧－x －3y ＋2z ＝0，－3y ＝0.令z ＝1，则y ＝0，x ＝2.∴n ＝(2，0，1). ∵A 1C →·n ＝1×2＋(－3)×0＋(－2)×1＝0，∴A 1C →⊥n .∵A 1C ⊄平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D .(2)解由(1)知平面AB 1D 的一个法向量n ＝(2，0，1)，且C 1A →＝(－1，3，－2)， ∴点C 1到平面AB 1D 的距离d ＝|C 1A →·n ||n |＝45＝455.命题角度3 线面距离与面面距离例6 在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为直角梯形，AB ∥CD 且∠ADC ＝90°，AD ＝1，CD ＝3，BC ＝2，AA 1＝2，E 是CC 1的中点，求直线A 1B 1与平面ABE 的距离.解如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(1，0，2)，A (1，0，0)，E (0，3，1)，C (0，3，0).过点C 作AB 的垂线交AB 于点F ，易得BF ＝3，∴B (1，23，0)，∴AB →＝(0，23，0)，BE →＝(－1，－3，1). 设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BE →＝0，∴⎩⎨⎧23y ＝0，－x －3y ＋z ＝0，∴y ＝0，x ＝z ，不妨取n ＝(1，0，1). ∵AA 1→＝(0，0，2)，∴A 1B 1到平面ABE 的距离d ＝|AA 1→·n ||n |＝22＝ 2.反思与感悟 (1)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可.(2)将两个平行平面间的距离转化为点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可.跟踪训练6 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离. 解以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，A 1B →＝(0，1，－1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，A 1D 1—→＝(－1，0，0).设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1D →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，－x －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝－1，∴n ＝(－1，1，1). ∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|A 1D 1—→·n ||n |＝13＝33.∵平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离， ∴平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33.1.在一个二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为( ) A.156 B.－153 C.153 D.156或－156答案 D解析由(0，－1，3)·(2，2，4)1＋9×4＋4＋16＝－2＋1210×24＝156，知这个二面角的余弦值为156或－156，故选D.2.已知三棱锥O －ABC ，OA ⊥OB ，OB ⊥OC ，OC ⊥OA ，且OA ＝1，OB ＝2，OC ＝2，则点A 到直线BC 的距离为( )A. 2B. 3C. 5D.3 答案 B解析以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意可知A (1，0，0)，B (0，2，0)，C (0，0，2)， ∴AB →＝(－1，2，0)，BC →＝(0，－2，2)， |AB →|＝1＋4＋0＝5， |AB →·BC →||BC →|＝ 2. ∴点A 到直线BC 的距离d ＝5－2＝ 3.3.已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( ) A.23 B.33 C.23 D.13 答案 A解析以D 为原点，分别以DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AA 1＝2AB ＝2，则B (1，1，0)，C (0，1，0)，D (0，0，0)，C 1(0，1，2)，故DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)，DC →＝(0，1，0)，设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以n ＝(2，－2，1).设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n |·|DC →|＝23.4.设A (2，3，1)，B (4，1，2)，C (6，3，7)，D (－5，－4，8)，则点D 到平面ABC 的距离为 . 答案491717解析设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). ∵n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(2，－2，1)＝0，(x ，y ，z )·(4，0，6)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋z ＝0，4x ＋6z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32z ，y ＝－z .令z ＝－2，则n ＝(3，2，－2). 又∵AD →＝(－7，－7，7)，∴点D 到平面ABC 的距离为d ＝|AD →·n ||n |＝|3×(－7)＋2×(－7)－2×7|32＋22＋(－2)2＝4917＝491717. 5.在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是 . 答案 30°解析建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0，0，1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos 〈PC →，n 〉＝PC →·n |PC →|·|n |＝－12，又因为〈PC →，n 〉∈[0°，180°]，所以〈PC →，n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成角为60°，所以斜线PC 与平面ABCD 所成角为30°.1.向量法求角(1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.(3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角. 2.向量法求距离(1)求P ，Q 两点间的距离，可转化为求PQ →的模.(2)点到平面距离的求法：设n 是平面α的法向量，B 是平面α外一点，A 是平面α内一点，AB 是平面α的一条斜线，则点B 到平面α的距离为d ＝|AB →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离均可转化为点面距离，利用(2)中的方法求解.40分钟课时作业一、选择题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.以上均错答案 A解析异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以l 1与l 2这两条异面直线所成的角为180°－150°＝30°.2.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为( ) A.45° B.135° C.45°或135° D.90° 答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝2π3，则l 与α所成的角为( )A.2π3B.π3C.π6D.5π6 答案 C解析线面角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.∵〈a ，n 〉＝23π，∴l 与法向量所在直线所成角为π3，∴l 与α所成的角为π6.4.已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB 1与ED 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.105 C.－1010 D.－105答案 A解析 ∵A (2，2，0)，B 1(2，0，2)，E (0，1，0)，D 1(0，2，2)， ∴AB 1→＝(0，－2，2)，ED 1→＝(0，1，2)， ∴|AB 1→|＝22，|ED 1→|＝5，AB 1→·ED 1→＝0－2＋4＝2，∴cos〈AB 1→，ED 1→〉＝AB 1→·ED 1→|AB 1→||ED 1→|＝222×5＝1010，∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为1010. 5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C －BF －D 的正切值为( )A.36 B.34 C.33 D.233答案 D解析如图所示，连接BD ，AC ∩BD ＝O ，连接OF .以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝ 3. 所以B ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C (0，12，0)，D (－32，0，0).结合图形可知，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0且OC →为平面BOF 的一个法向量，由BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12，可求得面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3). 所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233.6.如图，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∶1B.2∶1C.2∶2D.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，a2，0)，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＋a 24·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).所以AB BC ＝ab ＝22. 二、填空题7.在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2，1).已知点P (－1，3，2)，则点P 到平面OAB 的距离d ＝ . 答案 2解析 d ＝|n ·OP →|n ＝|－2－6＋2|4＋4＋1＝2.8.若两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1，0，1)，v ＝(－1，1，0)，则这两个平面所成的锐二面角是 . 答案 60° 解析 cos 〈n ，v 〉＝－12·2＝－12且〈n ，v 〉∈[0°，180°]，∴〈n ，ν〉＝120°.故两平面所成的锐二面角为60°.9.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为 .答案36解析建立如图所示空间直角坐标系，则E (0，0，1)，F (1，2，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0).EF →＝(1，2，－1)，BD →＝(－2，2，0)，故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.10.在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为 . 答案 0解析 OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|·cos π3－|OA →|·|OB →|·cos π3＝12|OA →|(|OC →|－|OB →|)＝0.∴cos〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →|·|BC →|＝0.三、解答题11.二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，求该二面角的大小. 解由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →. ∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉＝(217)2. ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12，又〈CA →，BD →〉∈[0°，180°]， ∴〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°.12.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是CC 1，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Dxyz ，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 的一个法向量，则由n ⊥EF →，n ⊥EG →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，解得x ＝y ＝z .令x ＝1，得n ＝(1，1，1). ∵GA →在n 方向上的投影为|GA →·n ||n |＝|－1|3＝33，∴点A 到平面EFG 的距离为33. 13.如图，在直棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值.(1)证明连接AC 1，交A 1C 于点F ，连接DF ，则F 为AC 1的中点，因为D 为AB 的中点，所以DF ∥BC 1，又因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，教育配套资料K12教育配套资料K12 所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解由AA 1＝AC ＝CB ＝22AB ，可设AB ＝2a ，则AA 1＝AC ＝CB ＝2a ，所以AC ⊥BC ，又由直棱柱知CC 1⊥平面ABC ，所以以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图.则C (0，0，0)，A 1(2a ，0， 2a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 2a ，22a ， CA 1→＝( 2a ，0，2a )，CD →＝⎝⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0， CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 2a ，22a ，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2a ，2a ，－22a ，设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·CD →＝0且n ·CA 1→＝0，可解得y ＝－x ＝z ，令x ＝1，得平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)，同理可得平面A 1CE 的一个法向量为m ＝(2，1，－2)，则cos 〈n ，m 〉＝33，又因为〈n ，m 〉∈[0°，180°]，所以sin 〈n ，m 〉＝63，所以二面角D －A 1C －E 的正弦值为63.。

高中数学的解析如何运用向量进行空间几何的求解

高中数学的解析如何运用向量进行空间几何的求解空间几何是高中数学中的重要知识点之一，而向量是空间几何中常用的工具。

本文将介绍高中数学中，如何运用向量进行空间几何的求解。

首先，我们将从基本概念开始，逐步深入，帮助读者全面理解和掌握这一内容。

1.基本概念在空间几何中，向量是指有大小和方向的量。

向量通常用箭头或加粗字母来表示。

在直角坐标系中，向量可以表示为一个有序数对。

例如，向量AB可用表示为$\vec{AB}=(x_2-x_1, y_2-y_1, z_2-z_1)$，其中A(x1, y1, z1)和B(x2, y2, z2)是向量的起点和终点。

2.向量的运算在空间几何中，向量可以进行加法和数乘运算。

向量的加法可以用向量的起点和终点连接起来，得到一条新的向量。

向量的数乘运算是将向量的长度进行扩大或缩小。

通过向量的运算，我们可以得到一些性质和定理，例如向量的共线性、向量的线性组合等。

3.向量的点乘和叉乘在向量运算中，除了加法和数乘运算外，还有两个重要的运算：向量的点乘和向量的叉乘。

向量的点乘可以得到两个向量之间的夹角余弦值，从而判断它们的夹角大小和关系。

向量的叉乘可以得到一个新的向量，该向量与原来的两个向量垂直，并且符合右手法则。

4.向量在空间几何中的应用在空间几何中，向量可以用来求解空间中的点、线、面等问题。

通过将点的坐标表示为向量形式，可以方便地计算两点之间的距离、线段的中点坐标等。

通过将线段表示为向量差，可以方便地计算线段的长度、中点坐标等。

同样，通过将平面表示为向量共线组的形式，可以方便地计算平面的法向量、平面的方程等。

5.向量的运用举例举例来说，假设有一个三角形ABC，其中A(1, 2, 3)、B(4, 5, 6)、C(7, 8, 9)。

我们可以通过向量求解来计算三角形的周长、面积等问题。

首先，我们可以求出向量AB、BC、CA，并计算出三边的长度。

接着，通过向量的叉乘可以得到三角形的面积。

此外，我们还可以利用向量的点乘来判断三角形是否为直角三角形，以及计算其余弦值从而求出夹角大小。

高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 空间向量在立体几何中的应用 3.2.4 二面角及其度量

3.2.4 二面角及其度量
课前导引
问题导入
如下图，已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.
如何用空间向量求二面角A—PB—C的大小？
运用空间向量求二面角的大小，比用几何的方法求二面角的大小更容易入手.本节课我们就学习用空间向量解立体几何问题.
知识预览
1二面角的概念
（1）半平面——平面内的一条直线把这个平面分成两个部分，其中的每一个部分都叫做_________________;
(2)二面角——从一条直线出发的_________________所组成的图形叫二面角，这条直线叫做二面角的棱，这叫做二面角的面.
(3)二面角的符号表示——如果一个二面角的两个面记为α、β，棱记作AB，则这一个二面角可以表示为___________________.
答案：(1)半平面
(2)两个半平面每个半平面
(3)α-AB-β
2二面角的平面角
（1）二面角的平面角的概念——以二面角的棱上的任意一点为端点，在两个半平面内分别作___________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角；
（2）二面角的取值范围——二面角的大小可以用它的平面角来度量，规定取值范围是_____________；其中平面角是的______________二面角叫做直二面角.
答案：(1)垂直
(2)［0,π］90°
1。

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法1空间向量与平行关系课件新人教A版选修

思考
(2)若已知平面外一直线的方向向量和平面的法向量，则这两向量满足哪些条件可说明直线与平面平行？答案
可探究直线的方向向量与平面的法向量是否垂直，进而确定线面是否平行. (3)用向量法处理空间中两平面平行的关键是什么？答案关键是找到两个平面的法向量，利用法向量平行来说明两平面平行.
梳理
引申探究若本例条件不变，试求直线PC的一个方向向量和平面PCD的一个法向量.
解答
利用待定系数法求平面法向量的步骤
(1)设向量：设平面的法向量为n＝(x，y，z). (2)选向量：在平面内选取两个不共线向量A→B，A→C.
n·A→B＝0，
(3)列方程组：由n·A→C＝0
列出方程组.
n·A→B＝0， (4)解方程组ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱn·A→C＝0.
§3.2 立体几何中的向量方法(一) 空间向量与平行关系
学习目标
1.掌握空间点、线、面的向量表示. 2.理解直线的方向向量与平面的法向量的意义；会用待定系数法求平面的法向量. 3.能用向量法证明直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行问题.
内容索引
问题导学题型探究当堂训练
问题导学
知识点一直线的方向向量与平面的法向量
跟踪训练2 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面
所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA
＝1 2
BC＝ AD＝1，问在棱PD上是否存在一点E，解使答CE∥平面PAB？若存在，
求出E点的位置；若不存在，请说明理由.
当堂训练
1.若A(－1，0，1)，B(1，4，7)在直线l上，则直线l的一个方向向量为
思考
怎样用向量来表示点、直线、平面在空间中的位置？答案

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法(第2课时)空间向量与空间角课件人教A版选修2_1

若直线 l1 的方向向量与 l2 的方向向量的夹角是 150°，则
l1 与 l2 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
答案：A
已知向量 m 是直线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量，
若 cos〈m，n〉＝－12，则直线 l 与平面 α 所成的角为(
于是|cos〈n，A→N〉|＝|n·A→→N|＝8255， |n||AN|
则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8255.
求二面角如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的所有棱长都相等， AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形 ACC1A1 和四边形 BDD1B1 均为矩形．
问题导学预习教材 P105～P110，并思考下列问题： 1．如何利用空间向量求两异面直线所成的角？ 2．如何利用空间向量求直线与平面所成的角？ 3．如何利用空间向量求二面角的平面角？
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 ______0__，__π2_______
如图，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 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0，0，1)，A(2 2，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2 2， 0)，

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向

2．已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线 BC1 和平
面 DBB1D1 所成角的正弦值为
(C )
A．
3 2
B．
5 2
C．
10 5
D．
10 10
[解析] 解法一：连接 A1C1 交 B1D1 于 O 点，由已知条件得 C1O⊥B1D1，且平
面 BDD1B1⊥平面 A1B1C1D1，所以 C1O⊥平面 BDD1B1，连接 BO，则 BO 为 BC1 在
1异．面异直面线直所线成所的成角角取值范围是___(_0_，__π2_]______，两向量夹角的取值范围是 _所__成[_0_的，__角π_]_为__θ，__由_，向设量l1夹与角l2是的两定异义面及直求线法，知a〈、ab，分b别〉为与lθ1、__l_2的_相_方_等_向_或向_量__，__l_1_、_，l2
新课标导学
数学
选修2-1 ·人教A版
第三章
空间向量与立体几何 3．2 立体几何中的向量方法
第3课时空间向量与空间角、距离
1
自主预习学案
2
互动探究学案
3
课时作业学案
自主预习学案
同学们可能经常谈论**同学是白羊座的，**同学是双子座的．可是你知道十二星座的由来吗？
我们知道，地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”．黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为 23°27′，它与天球相交的大圆为“黄道”．黄道及其附近的南北宽 8°以内的区域称为黄道带．黄道带内有十二个星座，称为“黄道十二宫”．从春分(节气)点起，每 30°便是一宫，并冠以星座名，如白羊座、金牛座、双子座等等，这便是星座的由来．今天我们研究的问题之一就是二面角的平面角问题．

高中数学第3章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法第二课时用空间向量解决垂直关系a21

12/12/2021
第十九页，共四十九页。
[名师点拨] 利用空间向量证明线面垂直的方法有两种：一种是利用判定定理，即通过证明向量数量积为零来验证直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量垂直；另一种是利用法向量即验证直线的方向向量与平面的法向量平行.
12/12/2021
第二十页，共四十九页。
第十页，共四十九页。
【思路探索】欲证 BD⊥PC，可建立空间直角坐标系，只需证出B→D·P→C＝0 即可．
12/12/2021
第十一页，共四十九页。
【证明】以 A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A－xyz，
设 PA＝h，AB＝a，则 B(a,0,0)，D(0，a,0)，C(a，a,0)，P(0,0， h)，∴B→D＝(－a，a,0)，P→C＝(a，a，－h)，又B→D·P→C＝－a2＋a2＋0＝0， ∴B→D⊥P→C，即 BD⊥PC.
第三十五页，共四十九页。
12/12/2021
课堂(kètáng)基础达标
即学即练稳操胜券(wén cāo shèng quàn)
第三十六页，共四十九页。
1．已知点 A(0,1,0)，B(－1,0，－1)，C(2,1,1)，P(x,0，z)，
若 PA⊥平面 ABC，则点 P 的坐标为( )
A．(1,0，－2)
12/12/2021
第八页，共四十九页。
12/12/2021
课堂(kètáng)互动探究
归纳(guīnà)透析触类旁通
第九页，共四十九页。
题型一利用空间向量证明线线垂直如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为
正方形，PA⊥平面 ABCD，求证：BD⊥PC.

高中数学第3章空间向量与立体几何3.2空间向量的应用3.2.3空间的角的计算121数学

选修2-1 第三章空间向量与立体几 (xiàngliàng) 何 3.2.3 空间的角的计算 (kōngjiān)
第一页，共六十三页。
学习目标：1.理解空间三种角的概念，能用向量方法求线线、线面、面面的夹角．(重点、难点)2.二面角的求法．(难点)3.空间三种角的范围．(易错点)
第二页，共六十三页。
第二十七页，共六十三页。
栏目导航
(2)由(1)知，A→D1＝(0,3,3)，A→C＝( 3，1,0)，B→1C1＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则nn··AA→→CD＝1＝00，，即3y3＋x＋3zy＝＝00.，令x＝1，则n＝(1，－ 3， 3)．
第二十八页，共六十三页。
第十二页，共六十三页。
栏目导航
(2)在三棱锥 D-ABC 中，DA⊥平面 ABC，DA＝4，AB＝AC＝2， AB⊥AC，E 为 BC 中点，F 为 CD 中点，则异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为________．
[思路探究] (1)法一：以C→1A1，C→1B1，C→1C为基向量，表示A→M， A→1N，求 cos〈A→M，A→1N〉的余弦值；法二：以C→1A1，C→1B1，C→1C分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，利用坐标求 cos〈A→M，A→1N〉．(2)题思路如(1)题．
∴cos〈A→E，B→F〉＝|AA→→EE|·|BB→→FF|＝3－12＝－
2 6.
所以异面直线AE与BF所成角的余弦值为
2 6.
[答案]
2 (1)90° (2) 6
第十九页，共六十三页。
栏目导航
[规律方法] 1．利用数量积或坐标方法将异面直线所成的角转化为两直线的方向向量所成的角，若求出的两向量的夹角为钝角，则异面直线所成的角应

高中数学《第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法习题3.2...》125PPT课件

设直线 l, m 的方向向量分别为 a, b ，平面 , 的法
rr
向量分别为 u, v ，则
rr
两直线 l,m 所成的角为 ( 0 ≤ ≤
), cos
ab rr
；
2
ab
rr
直线 l 与平面
所成的角为 ( 0 ≤ ≤
), sin
au rr
2
au
rr uv
二面角 -l - 的大小为 ( 0≤ ≤ ), cos r r .
A．30° B．45°
C．60° D．75°
3.（2014·南宁高二检测）如图所示，已知
点 P 为菱形 ABCD 外一点，且 PA⊥面 ABCD，PA
＝AD＝AC，点 F 为 PC 中点，则二面角 CBFD
的正切值为 ( D )
A.
3 6
C.
3 3
B.
3 4
D.23 3
利用向量求空间角
rr
rr
⑴范围: 0 ≤ a, b ≤ .
r a
rr rr
⑵ a, b＝b, a .
r b
rA a
O
r
B
b
夹角公式：cos a,b a • b
.
ab
两直线（异面直线）所成的角
若两直线
l,
m
所成的角为
(0
r
≤
r
2
)
,
则
设直线 l, m 的方向向量分别为 a, b
cos cos a, b
rr
= a, b
运算转化空间角
空间向量解决立体几何问题的三部曲：（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；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之

【配套K12】高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用3.2.1_3.2.2

3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程3.2.2 平面的法向量与平面的向量表示自我小测1．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝( )A ．2B ．－4C ．4D ．－22．若直线l 的方向向量为a ＝(－1,0，－2)，平面α的法向量为u ＝(4,0,8)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥αC ．l αD ．l 与α斜交3．已知向量a ＝(2,3,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的方向向量，若l 1∥l 2，则( ) A ．x ＝92，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝92，y ＝1524．若异面直线l 1，l 2的方向向量分别是a ＝(0，－2，－1)，b ＝(2,0,4)，则异面直线l 1与l 2的夹角的余弦值等于( )A ．－25 B.25 C ．－255 D.2555．已知平面α过点A (1，－1,2)，其法向量n ＝(2，－1,2)，则下列点在α内的是( ) A ．(2,3,3) B ．(3，－3,4)C ．(－1,1,0)D ．(－2,0,1)6．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，则( ) A ．平面AED ∥平面A 1FD 1 B ．平面AED ⊥平面A 1FD 1C ．平面AED 与平面A 1FD 相交但不垂直 D ．以上都不对7．已知A ，B ，P 三点共线，则对空间任一点O ，OP →＝αOA →＋βOB →，那么α＋β＝__________.8．已知直线l 的方向向量v ＝(2，－1,3)，且过A (0，y,3)和B (－1,2，z )两点，则y ＝__________，z ＝__________.9．已知如图所示的正四棱锥，在向量PA →－PB →＋PC →－PD →，PA →＋PC →，PB →＋PD →，PA →＋PB →＋PC →＋PD →中，不能作为底面ABCD 的法向量的向量是__________．10．已知三棱锥O ABC 中，OA ＝OB ＝1，OC ＝2，OA ，OB ，OC 两两垂直，试找出一点D ，使BD ∥AC ，DC ∥AB .11．如图，直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别为A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (2)求证：BN ⊥平面C 1MN .12．如图所示，ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ，M ，N ，Q 分别是PC ，AB ，CD 的中点，求证：(1)MN ∥平面PAD ； (2)平面QMN ∥平面PAD ； (3)MN ⊥平面PCD .参考答案1．解析：∵α∥β，∴1－2＝2－4＝－2k ，∴k ＝4. 答案：C2．解析：∵u ＝－4a ，∴u∥a ，∴a ⊥α，∴l ⊥α. 答案：B3．解析：∵l 1∥l 2，∴a∥b ，∴32＝x 3＝y5，∴x ＝92，y ＝152.答案：D4．解析：a·b ＝－4，|a |＝5，|b |＝25， cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a·b |a||b|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－410＝25.答案：B5．解析：设M (x ，y ，z )为平面内一点，则AM →·n ＝0，即2(x －1)－(y ＋1)＋2(z －2)＝0. 又因为A 项中坐标满足上式，故选A. 答案：A6．解析：以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设平面AED 的法向量为n 1，平面A 1FD 1的法向量为n 2.可得n 1·n 2＝0，∴n 1⊥n 2，∴平面AED ⊥平面A 1FD 1. 答案：B 7．答案：18．解析：因为AB →＝(－1,2－y ，z －3)，AB →∥v ，故－12＝2－y －1＝z －33，故y ＝32，z ＝32.答案：32 329．解析：因为PA →－PB →＋PC →－PD →＝BA →＋DC →＝0，不能作为这个平面的法向量，对其他三个化简后可知均与PO →共线．而PO ⊥平面ABCD ，它们可作为这个平面的法向量．答案：PA →－PB →＋PC →－PD →10．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,2)，设所求点D (x ，y ，z )．由BD ∥AC ，DC ∥AB ⇒BD →∥AC →，DC →∥AB →，因此⎩⎪⎨⎪⎧x ，y －1，z ＝k 1－1，0，2，－x ，－y ，2－z ＝k 2－1，1，0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1，z ＝2.即D 点的坐标为(－1,1,2)．11．解：以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立坐标系Oxyz .(1)依题意得A 1(1,0,2)，C (0,0,0)，B (0,1,0)，B 1(0,1,2)， ∴BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，∴BA 1→·CB 1→＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5， ∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→|·|CB 1→|＝3010.(2)证明：依题意得C 1(0,0,2)，N (1,0,1)，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2， ∴C 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C 1N →＝(1,0，－1)，BN →＝(1，－1,1)，∴C 1M →·BN →＝12×1＋12×(－1)＋1×0＝0，C 1N →·BN →＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0， ∴C 1M →⊥BN →，C 1N →⊥BN →， ∴BN ⊥C 1M ，BN ⊥C 1N ， ∴BN ⊥平面C 1MN .12．证明：(1)如图，以A 为原点，以AB ，AD ，AP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设B (b,0,0)，D (0，d,0)，P (0,0，d )，则C (b ，d,0)． ∵M ，N ，Q 分别是PC ，AB ，CD 的中点，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，d 2，d 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，d ，0， ∴MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－d 2，－d 2.∵平面PAD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴MN →·m ＝0，即MN →⊥m . 又∵MN 不在平面PAD 内， ∴MN ∥平面PAD .(2)QN →＝(0，－d,0)，QN →⊥m ，又QN 不在平面PAD 内，∴QN ∥平面PAD . 又∵MN ∩QN ＝N ， ∴平面MNQ ∥平面PAD .(3)PD →＝(0，d ，－d )，DC →＝(b,0,0)， ∴MN →·PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－d 2d ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－d 2(－d )＝0，MN →·DC →＝0，∴MN →⊥PD →，MN →⊥DC →， ∴MN ⊥PD ，MN ⊥DC . 又PD ∩DC ＝D ， ∴MN ⊥平面PCD .。

高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 空间向量在立体几何中的应用 3.2.2 平面的法向量与

1 3.2.
2 平面的法向量与平面的向量表示
课前导引
问题导入
在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，|AD|=3，|AB|=4，|AA 1|=2.点P 在棱AA 1上，且|AP|=2|A 1P|.点S 在棱CC 1上，|CS|=2
1|SC 1|，点Q 、R 分别为C 1D 1、AB 的中点，求证：直线PQ∥RS. 思路分析：要证PQ∥RS 只需证∥RS .即证可以表示成实数和RS 的乘积: =λRS .
在长方体中,边Q A 1,, 则=1+A 1,
=+. 因为1=
,A 1=, 所以=RS ,所以∥RS .
即PQ∥RS.
本题的分析体现了用向量解决直线的位置关系的基本方法,这就是本节要学习的内容. 知识预览
1.我们把____________________________的方向向量.
答案：把直线l 上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l
2.如果______________________________________则n 是平面α的法向量. 答案：向量n 的基线与平面α垂直
3.如果在平面内的一条直线与平面的一条斜线在_________________垂直,则它也和这条斜线垂直.
答案：这个平面内的射影。