高中数学第二章空间向量与立体几何2.5夹角的计算课件北师大版选修2_1
高中数学 2.5夹角的计算 北师大版选修2-1
6．直线与平面的夹角的概念 平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与 此平面的夹角．夹角的范围是[0，π2]．
7．直线与平面夹角的求法
设平面 α 的法向量为 n，直线 l 的方向向量为 a，直线 l 与平
面 α 所成的角为 θ. 当 0≤〈n，a〉≤π2时，θ＝_π2_－__〈__n_，__a_〉__； 当π2<〈n，a〉≤π 时，θ＝_〈__n_，__a_〉__－__π2_. 即 sinθ＝__|c_o_s_〈__n_，__a_〉_.|
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1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于
120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．120°
B．60°
C．30°
D．以上均错
[答案] C
2．若直线 l 与平面 α 所成角为π3，直线 a 在平面 α 内，且与
直线 l 异面，则直线 l 与直线 a 所成角的取值范围是( )
cos∠BOD＝
232＋ 2×
232－
23×
3 2
262＝0，
∴∠BOD＝90°，即 AB1 与 BC1 所成的角为 90°.
[总结反思] (1)向量法求异面直线所成的角的特点是程序 化，即建坐标系，设点，求向量，考查数量积．
4．由于两条直线所成的角，线面角都是锐角或直角，因 此可直接通过绝对值来表达，故可直接求出，而二面角的范围 是[0，π]，有时比较难判断二面角是锐角还是钝角，因为不能 仅仅由法向量夹角余弦的正负来判断，故这是求二面角的难 点．
5．异面直线夹角与向量夹角的差异 根据异面直线所成角的定义得两条异面直线的夹角为锐角 或直角，而向量夹角的范围为[0，π]．所以从范围上讲，这两 个角并不一致，但却有着相等或互补的关系，所以它们的余弦 值相等或互为相反数(向量夹角为0和π时除外)．
【优教通,同步备课】高中数学(北师大版)选修2-1课件：第2章 空间向量与立体几何 复习课件
A1 A2 A2 A3 A3 A4 An A1 0
D1 A1 G D A B C B1
C1
M
始点相同的三个 不共面向量之和，等 于以这三个向量为棱 的平行六面体的以公 共始点为始点的对角 线所示向量
二.共线向量定理与共面向量定理
（一）、共线向量: 1.共线向量:空间两向量互相平行
向量a与b的夹角记作：<a,b>
a b
O
A
a
B
b
范围： 0 a, b 在这个规定下，两个向 量的夹角就
如果 a, b
被唯一确定了，并且 a, b＝b, a
2
, 则称 a与b互相垂直，并记作： ab
2）两个向量的数量积
a b a b cos a, b
（三）、有关结论 设直线l,m的方向向量分别为a,b，平面α，β 的法向量分别为u,v,则 线线平行：l∥m a ∥b a=kb; u=0; a⊥u a· 面面平行：α∥β u ∥v u=kv. 线线垂直：l ⊥ m a ⊥ b a· b=0; 线面垂直：l ⊥ α a ∥ u a=ku; 面面垂直：α ⊥ β u ⊥ v u· v=0. 线面平行：l ∥α
n1 FC1 ，又FC1
FC1 //
平面ADE，
平面ADE
（2） n1 // n2
∴平面ADE//平面B1C1F 2、已知向量 a 1,2,2 则 a 上的单位向量为：
2 2 2 1 1 2 , 或 , , , 3 3 3 3 3 3
sin cos AB,n
AB n AB n
题型三：二面角
二面角的范围：
(常考题)北师大版高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试(答案解析)(4)
一、选择题1．在正四棱锥P ABCD -中，1PA PB PC PD AB =====，点Q ，R 分别在棱AB ，PC 上运动，当||QR 达到最小值时，||||PQ CQ 的值为（ ） A ．7010B ．355 C ．3510D ．7052．如图，在几何体111ABC A B C -中，ABC ∆为正三角形，111////AA BB CC ，1AA ⊥平面ABC ，若E 是棱11B C 的中点，且1112AB AA CC BB ===，则异面直线1A E 与1AC 所成角的余弦值为（ ）A ．1313B ．21313C 26D 2263．在空间四边形OABC 中，OA OB OC ==，3AOB AOC π∠=∠=，则cos ,OA BC的值为（ ） A ．0B ．22C ．12-D ．124．若直线1l 、2l 的方向向量分别为(1,2,2)a =-，(2,3,2)b =-，则1l 与2l 的位置关系是（ ） A ．12l l ⊥B ．12l l C ．1l 、2l 相交不垂直 D ．不能确定5．在边长为2的菱形ABCD 中，23BD =ABCD 沿对角线AC 对折，使二面角B AC D --的余弦值为13，则所得三棱锥A BCD -的内切球的表面积为（ ） A ．43π B ．πC ．23π D ．2π 6．在直三棱柱111ABC A B C -中，1111122AA A B B C ==，且AB BC ⊥，点M 是11AC 的中点，则异面直线MB 与1AA 所成角的余弦值为( )A ．13B ．223C ．324D ．127．如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2，则异面直线1A B 与1BC 所成角的余弦值是( )A 3B ．12C ．14D ．08．已知正方体1111ABCD A BC D -,M 为11A B 的中点，则异面直线A M 与1BC 所成角的余弦值为（ ） A ．105B ．1010C ．32D ．629．已知()()()1,2,3,2,1,2,1,1,2,OA OB OC ===，点M 在直线OC 上运动.当MA MB ⋅取最小值时，点M 的坐标为（ ）A ．(2,2,4)B ．224(,,)333C ．5510(,,)333D ．448(,,)33310．已知平行六面体1111ABCD A BC D -中，11114AE AC =，若1BE xAB yAD zAA =++，则x 的值为（ ）A ．14B ．34-C ．1D ．1211．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）111ABC A B C -中，2AB =，E ，F 分别为11AC 和11A B 的中点，当AE 和BF 所成角的余弦值为710时，AE 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ） A 15B 15C 5 D 512．已知A 、B 、C 是不共线的三点，O 是平面ABC 外一点，则在下列条件中，能得到点M 与A 、B 、C 一定共面的条件是（ ）A ．111222OM OA OB OC =++ B ．OM OA OB OC =++ C ．1133OM OA OB OC =-+ D ．2OM OA OB OC =--二、填空题13．如图，正三棱柱111ABC A B C -的棱长均为2．点M 是侧棱1AA 的中点，点P 、Q 分别是侧面11BCC B ，底面ABC 的动点，且1A P 平面BCM ，PQ ⊥平面BCM ．则点Q的轨迹的长度为___________．14．ABC △中，90C ∠︒＝，60A ∠︒＝，2AB ＝，M 为AB 中点，将BMC △沿CM 折叠，当平面BMC ⊥平面AMC 时，A ，B 两点之间的距离为_____．15．如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点,E F ，且 22EF =，现有如下四个结论： ①AC BE ⊥；②//EF 平面ABCD ；③三棱锥A BEF -的体积为定值； ④异面直线,AE BF 所成的角为定值. 其中正确结论的序号是______．16．把地球看作是半径为R 的球，A 点位于北纬30°，东经20°，B 点位于北纬30°，东经80°，求A B 、两点间的球面距离______________．17．如图，空间四边形OABC 中，,M N 分别是对边,OA BC 的中点，点G 在线段MN 上，分MN 所成的定比为2，OG xOA yOB zOC =++，则,,x y z 的值分别为_____．18．正方体1111ABCD A BC D -的棱长为1,若动点P 在线段1BD 上运动, 则·DC AP 的取值范围 是 ．19．已知P 是正方体1111ABCD A BC D -的棱11A D 上的动点，设异面直线AB 与CP 所成的角为α，则cos α的最小值为__________． 20．已知平行六面体中，则____．三、解答题21．如图，在多面体ABCDEF 中，等腰梯形ABCD 所在平面垂直于正方形CDEF 所在平面，1,2DA AB BC CD ====．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面ADE ；（Ⅱ）求BF 与平面ADE 所成角的正弦值．22．如图，在四棱锥S ABCD -中，SA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，AD AB ⊥，4AB AS ==，3AD =，6BC =，E 为SB 的中点．（1）求证：//AE 平面SCD ． （2）求二面角B AE C --的余弦值．23．如图，四边形ABCD 与四边形BDEF 均为菱形，60DAB DBF ∠=∠=︒，且FA FC =（1）求证：平面ACF ⊥平面ABCD ； （2）求二面角A FC B --的余弦值.24．如图，在等腰直角三角形PAD 中，90A ∠=︒，8AD =，3AB =，B ，C 分别是PA ，PD 上的点，且//AD BC ，M ，N 分别为BP ，CD 的中点，现将BCP 沿BC折起，得到四棱锥P ABCD -，连结MN .（1）证明：//MN 平面PAD ；（2）在翻折的过程中，当4PA =时，求二面角B PC D --的余弦值.25．如图，在四棱锥S ABCD -中，侧面SCD 为钝角三角形且垂直于底面ABCD ，底面为直角梯形且90ABC ∠=︒，12AB AD BC ==，CD SD =，点M 是SA 的中点.（1）求证：BD ⊥平面SCD ；（2）若直线SD 与底面ABCD 所成的角为60︒，求SD 与平面MBD 所成角的正弦值. 26．如图，在三棱锥P ABC -中，PAC △为等腰直角三角形，90APC ∠=︒，ABC 为正三角形，D 为AC 的中点，2AC =.（1）证明：PB AC ⊥； （2）若三棱锥P ABC -3A PCB --的余弦值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】建立空间直角坐标系，利用三点共线的思想，分别求出点R ，Q ，利用两点距离公式求解，后利用导数求最值，进一步求出答案. 【详解】以P 在底面的投影O 为坐标原点，建立如图所示的坐标系，设1(,,0)2Q a ，(,,)R m n q 因为211(0(,0),22P C -，112(,22PC =-， 又因为R 在PC 上，PR PC λ= 所以2(,m m q =，112(,),22λλ-， 所以R 1122(,),2222λλ=--+， 所以222211122222QR a λλ⎛⎛⎫⎛⎫=--+-++ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭221324a a λλλ=+-++ 因为[]11,,0,122a λ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦设2213()24f a a a λλλ=+-++，2213()24g a a λλλλ=+-++ 对其求导()2f a a λ'=-，1()22g a λλ'=-+当二个导数同时为0时，取最小值，即20a λ-=，1202a λ-+= 所以11,36a λ==时取最小值， 所以1121,,,1,,02623PQ CQ ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以PQ CQ=10所以当||QR 达到最小值时，||||PQCQ 的值为10故选：A. 【点睛】空间直角坐标系距离公式的理解：（1）两点间的距离公式其形式与平面向量的长度公式一致，它的几何意义是表示长方体的对角线的长度．（2）两点间的距离公式与坐标原点的选取无关，经过适当转化也可以求异面直线间的距离，点到面以及平面与平面的距离等． 本题主要是R 的坐标利用三点共线的思想去求.2．C解析：C 【解析】 【分析】以C 为原点，在平面ABC 内过C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A 1E 与AC 1所成角的余弦值 【详解】以C 为原点，在平面ABC 内过C 作BC 的垂线为x 轴， CB 为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设AB ＝AA 1＝CC 1＝2BB 1＝2，则A 11，2），A 0，），C 1（0，0，2），B 1（0，2，1），E （0，1，32）， 1AE =（0，12-），1AC=（1，2）， 设异面直线A 1E 与AC 1所成角为θ，则cosθ11111313A E AC A E AC ⋅===⋅． ∴异面直线A 1E 与AC 1． 故选C ．【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．A解析：A 【分析】利用OB OC =，以及两个向量的数量积的定义可得cos ,OA BC <>的值，即可求解． 【详解】由题意，可知OB OC =，则()OA BC OA OC OB OA OC OA OB ⋅=⋅-=⋅-⋅coscos33OA OC OA OB ππ=⋅-⋅1()02OA OC OB =⋅-=， 所以OA BC ⊥，所以∴cos ,0OA BC <>=. 故选A ． 【点睛】本题主要考查了两个向量的数量积的定义，两个向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4．A解析：A 【分析】求出直线1l 、2l 的方向向量数量积为0，由此得到1l 与2l 的位置关系． 【详解】由题意，直线1l 、2l 的方向向量分别为(1,2,2)a =-，(2,3,2)b =-，2640a b ⋅=-+-=，∴1l 与2l 的位置关系是12l l ⊥．故选A ． 【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系的判断，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，着重考查运算求解能力，属于基础题．5．C解析：C 【分析】作出图形，利用菱形对角线相互垂直的性质得出DN ⊥AC ，BN ⊥AC ，可得出二面角B ﹣AC ﹣D 的平面角为∠BND ，再利用余弦定理求出BD ，可知三棱锥B ﹣ACD 为正四面体，可得出内切球的半径R ，再利用球体的表面积公式可得出答案． 【详解】 如下图所示，易知△ABC 和△ACD 都是等边三角形，取AC 的中点N ，则DN ⊥AC ，BN ⊥AC ． 所以，∠BND 是二面角B ﹣AC ﹣D 的平面角，过点B 作BO ⊥DN 交DN 于点O ，可得BO ⊥平面ACD ．因为在△BDN 中，3BN DN ==，所以，BD 2＝BN 2+DN 2﹣2BN •DN •cos ∠BND 1332343=+-⨯⨯=， 则BD ＝2．故三棱锥A ﹣BCD 为正四面体，则其内切球半径为正四面体高的14，又正四面体的高为棱6，故662R ==因此，三棱锥A ﹣BCD 的内切球的表面积为226244(63R πππ=⨯=． 故选C ． 【点睛】本题考查几何体的内切球问题，解决本题的关键在于计算几何体的棱长确定几何体的形状，考查了二面角的定义与余弦定理，考查计算能力，属于中等题．6．B解析：B 【分析】以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，求得11,1,22MB ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，()10,? 02AA =，，利用空间向量夹角余弦公式能求出异面直线MB 与1AA 所成角的余弦值．【详解】在直三棱柱111ABC A B C -中，1111122AA A B B C ==，且AB BC ⊥，点M 是11AC ， ∴以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设11111222AA A B B C ===， 则11,1,22M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,00B ，），(1,00A ，），1(1,02A ，）， 11,1,22MB ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，1(0,02AA ，）=， 设异面直线MB 与1AA 所成角为θ，则11cos 318MB AA MB AA θ⋅===⋅, ∴异面直线MB 与1AA 所成角的余弦值为3，故选B ． 【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题．求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7．C解析：C【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论求解异面直线所成角的余弦值即可.【详解】以AC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则：()10,1,2A -,)B ，)12B ，()0,1,0C ，向量()13,1,2A B =-,()12B C =--， 11cos ,A B BC <>1111AB BC A B B C ⋅=⨯=14=. 本题选择C 选项.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．A解析：A【分析】建立空间直角坐标系，求出向量AM与1BC的向量坐标，利用数量积求出异面直线A M B C所成角的余弦值.与1【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：设正方体的棱长为1，则(1,0,0)A ，1(1,0,1)A ，(1,1,0)B ，1(1,1,1)B ，(0,1,0)C ∵M 为11A B 的中点 ∴1(1,,1)2M ∴1(0,,1)2AM =，52AM =；1(1,0,1)B C =--，12B C =. ∴异面直线A M 与1B C所成角的余弦值为1111cos ,510AM B C AM B C AM B C⋅===⋅ 故选A.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的定义和求法，找出两异面直线所成的角∠AEM （或其补角），是解题的关键．如果异面直线所成的角不容易找，则可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量来求解． 9．D解析：D【分析】设OM OC λ=，故(),,2M λλλ，()()242633MA MB OA OM OB OM λ⎛⎫=--⋅=- ⎪⎝-⎭⋅，计算得到答案. 【详解】 设OM OC λ=，即(),,2OM OC λλλλ==，故(),,2M λλλ，()()()()1,2,322,1,22MA MB OA OM OB OM λλλλλλ⋅=-⋅-=---⋅--- 224261610633λλλ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭， 当43λ=时，向量数量积有最小值，此时448,,333M ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 故选：D.【点睛】本题考查了向量的数量积，二次函数求最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 10．B解析：B【分析】根据向量运算得到1113144BE BA AA A E AB AD AA =++=-++，得到答案. 【详解】()11111111131444BE BA AA A E AB AA A B A D AB AD AA =++=-+++=-++，故34x =-. 故选：B .【点睛】 本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11．B解析：B【分析】设1AA t =，以B 为原点，过B 作BC 的垂线为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，由AE 和BF 所成角的余弦值为710，求出12t AA ==．由此能求出AE 与平面11BCC B 所成角α的正弦值．【详解】设1AA t =，以B 为原点，过B 作BC 的垂线为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则31,,(0,0,0),,22A E t B F t ⎫⎫⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，(2AE =-，12，)t ，3(2BF =12，)t ， AE ∵和BF 所成角的余弦值为710， 2221||||72|cos ,|10||||11t AE BF AE BF AE BF t -∴<>===+，解得2t =．∴(2AE =-，12，2)， 平面11BCC B 的法向量(1,0,0)n =， AE ∴与平面11BCC B 所成角α的正弦值为：3||2sin ||||5AE n AE n α===． 故选：B ．【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12．C解析：C【分析】由共面向量定理可得：若定点M与点A、B、C一定共面，则存在实数x，y，使得AM xAB yAC=+，即(1)OM x y OA xOB yOC=--++，判断标准是验证OA，OB，OC三个向量的系数和是否为1，若为1则说明四点M，A，B，C一定共面，由此规则即可找出正确的条件．【详解】由题意,,A B C三点不共线，点O是平面ABC外一点，对于A由于向量的系数和是32，不是1，故此条件不能保证点M在面ABC上；对于B，等号右边三个向量的系数和为3，不满足四点共面的条件，故不能得到点M与,,A B C一定共面对于C，等号右边三个向量的系数和为1，满足四点共面的条件，故能得到点M与,,A B C一定共面对于D，等号右边三个向量的系数和为0，不满足四点共面的条件，故不能得到点M与,,A B C一定共面综上知，能得到点M与,,A B C一定共面的一个条件为C.故选：C．【点睛】本题考查平面向量的基本定理，利用向量判断四点共面的条件，解题的关键是熟练记忆四点共面的条件，利用它对四个条件进行判断得出正确答案，本题考查向量的基本概念，要熟练记忆．二、填空题13．【分析】根据已知可得点Q的轨迹是过△MBC的重心且与BC平行的线段进而根据正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2可得答案【详解】∵点P是侧面BCC1B1内的动点且A1P∥平面BCM则P点的轨迹是过解析：4 3【分析】根据已知可得点Q的轨迹是过△MBC的重心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2，可得答案．【详解】∵点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P∥平面BCM，则P点的轨迹是过A1点与平面MBC平行的平面与侧面BCC1B1的交线，则P点的轨迹是连接侧棱BB1，CC1中点的线段l，∵Q是底面ABC内的动点，且PQ⊥平面BCM，则点Q的轨迹是过l与平面MBC垂直的平面与平面ABC相交得到的的线段m，故线段m过△ABC的重心，且与BC平行，由正三棱柱ABC﹣A1B1C1中棱长均为2，故线段m的长为：23×2=43，故答案为4 3【点睛】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，难度中档．14．【解析】【分析】取MC中点O连结AOBO推导出AC＝BM＝AM＝CM＝1AO＝BO＝AO⊥MCAO⊥平面BMCAO⊥BO由此能求出AB两点之间的距离【详解】取MC中点O连结AOBO∵△ABC中∠C＝10【解析】【分析】取MC 中点O ，连结AO ，BO ，推导出AC ＝BM ＝AM ＝CM ＝1，AO ＝32，BO ＝72，AO ⊥MC ，AO ⊥平面BMC ，AO ⊥BO ，由此能求出A ，B 两点之间的距离．【详解】取MC 中点O ，连结AO ，BO ，∵△ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝60°，AB ＝2，M 为AB 中点， ∴AC ＝BM ＝AM ＝CM ＝1，∴AO 2131()2- BO 22011172cos120121422BM MO BM OM ⎛⎫+-⨯⨯⨯+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭ AO ⊥MC ，将△BMC 沿CM 折叠，当平面BMC ⊥平面AMC 时，AO ⊥平面BMC ，∴AO ⊥BO ，∴A ，B 两点之间的距离|AB |22371044BO AO +=+=, 10． 【点睛】 本题考查两点间距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．15．①②③【分析】根据平面可判断①；根据可判断②；利用体积公式判断③；设用向量法求出的夹角的范围判断④【详解】连接由可知平面而平面故①正确；由且平面平面可得平面故②正确；三棱锥的体积为定值故③正确；建立解析：①②③【分析】根据AC ⊥平面11BB D D 可判断①；根据11//B D BD 可判断②；利用体积公式判断③；设11D E a =，用向量法求出,AE BF 的夹角的范围判断④.【详解】连接BD ，由AC BD ⊥，1AC DD ⊥，可知AC ⊥平面11BB D D ，而BE ⊂平面11BB D D ，AC BE ∴⊥，故①正确；由//EF BD ，且EF ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，可得//EF 平面ABCD ，故②正确；1132A BEF BEF V S AC -=⋅ 112211232=⨯=， ∴三棱锥A BEF -的体积为定值，故③正确；建立坐标系如图所示;设11202D E a a ⎛=≤≤ ⎝⎭, 则()1,0,0A ，()1,1,0B ，22,1E ⎫⎪⎪⎝⎭， 2121,,12222F a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭， 221,,122AE a a ⎛⎫∴=- ⎪ ⎪⎝⎭，2121,,12222BF a a ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭, 设异面直线,AE BF 所成的角为θ， 则22322cos 22a a AE BF AE BF a a θ-+⋅==⋅-+ 212122a a =--+2232222a a a ⎛-+=-+ ⎝⎭∴当0a =时，cos θ取得最大值2， θ∴的最小值为30，即异面直线,AE BF 所成的角不为定值，故④错误； 故答案为：①②③【点睛】本题考查了线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积公式以及空间向量法求异面直线所成的角，综合性比较强，属于中档题.16．【分析】设球心为北纬纬线圈所在圆的圆心为半径为且是等边三角形即中由余弦定理得的值利用弧长公式求得两点间的球面距离【详解】设球心为北纬纬线圈所在圆的圆心为半径为则根据点位于北纬30°东经20°点位于北解析：5arccos 8R 【分析】设球心为O ，北纬30纬线圈所在圆的圆心为1O ，半径为r ，r =，且ABC 是等边三角形，即2AB R =，AOB 中，由余弦定理得AOB ∠的值，利用弧长公式求得,A B 两点间的球面距离.【详解】设球心为O ，北纬30纬线圈所在圆的圆心为1O ，半径为r ，130OAO ∠=， 则3cos302r R ==， 根据A 点位于北纬30°，东经20°，B 点位于北纬30°，东经80°，可得160AO B ∠=，1AO B ∴是等边三角形，即AB r R ==， ABC 中，由余弦定理可得2222232cos 4AB R R R R AOB ==+-⋅∠，求得5cos 8AOB ∠= ,5arccos 8AOB ∴∠=， ,A B ∴两点间的球面距离5arccos 8AB R AOB R =⋅∠=⋅.故答案为：5arccos 8R ⋅ 【点睛】 本题主要考查球面距离的求法，利用余弦定理解三角形，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型. 17．【解析】∵∴∴故答案为 解析：111,,633【解析】∵ O G OM MG =+，1 2OM OA =，2 ,3MG MN MN ON OM ==-，1 ()2ON OB OC =+，∴111 633OG OA OB OC =++，∴16x =，13y z ==，故答案为111,,63318．【详解】试题分析：以所在的直线为轴以所在的直线为轴以所在的直线为轴建立空间直角坐标系则∴∵点在线段上运动∴且∴∴故答案为考点：空间向量数量积的运算解析：[]0,1【详解】试题分析：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系．则、、、、．∴、．∵点在线段上运动，∴，且．∴AP AB BP DC BP =+=+(),1,λλλ=--，∴，故答案为[]0,1．考点：空间向量数量积的运算.19．【解析】试题分析：因为//所以即为异面直线与所成的角为因为是正方体所以因为所以所以当时考点：1异面直线所成的角；2线面垂直线线垂直 解析：33【解析】试题分析：因为AB //CD ，所以PCD ∠即为异面直线AB 与CP 所成的角为α．因为1111ABCD A BC D -是正方体，所以11CD ADD A ⊥面，因为11DP ADDA ⊂面，所以DC DP ⊥．所以cos CD CP α=，当1CP CA =时，min 13(cos )33CD CD CA CDα===． 考点：1、异面直线所成的角；2、线面垂直、线线垂直．20．【解析】试题分析：因为在平行六面体中所以则考点：本题考查的知识点是点线面间的距离计算考查空间两点之间的距离运算根据已知条件构造向量将空间两点之间的距离转化为向量模的运算是解答本题的关键 解析：【解析】试题分析：因为在平行六面体中，，所以,则．考点：本题考查的知识点是点、线、面间的距离计算，考查空间两点之间的距离运算，根据已知条件，构造向量，将空间两点之间的距离转化为向量模的运算，是解答本题的关键．三、解答题21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1510【分析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理得到DE ⊥平面ABCD ，从而得到DE AC ⊥，再由勾股定理的逆定理证明CA AD ⊥，即可得证；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值； 【详解】（Ⅰ）因为平面ABCD ⊥平面CDEF ，四边形CDEF 为矩形，所以CD DE ⊥，又平面ABCD 平面CDEF CD =，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ， 所以DE AC ⊥，在底面ABCD 中，过,A B 作,AN BM DC ⊥，交CD 于,N M ，因为1,2DA AB BC CD ====，所以12DN CM ==，所以2213122AN ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以2233322AC ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以222AD AC CD +=，所以CA AD ⊥，又AD DE D ⋂=，,AD DE ⊂面ADE ，所以AC ⊥面ADE ；（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，则31,02B ⎫-⎪⎪⎝⎭，)3,0,2F ，所以31,222BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭由（1）可知AC ⊥面ADE ，则面ADE 的法向量可以为()1,0,0n =，设BF 与平面ADE 所成角为θ，则2223152sin 1031222n BF n BFθ===⋅⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，BF 与平面ADE 所成角的正弦值为1510；【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 22．（1）证明见解析；（2）2211. 【分析】（1）取SC 的中点F ，连接,DF EF ，证明四边形ADFE 为平行四边形，可得//AE DF ，即可证//AE 平面SCD ；（2）建立如图所示空间直角坐标系，然后写出各点坐标，得平面ABE 的法向量为AD ，计算平面ACE 的法向量m ，利用数量积公式代入计算二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：取SC 的中点F ，连接,DF EF因为E 、F 为SB 、SC 的中点，所以//EF BC 且132EF BC ==，又因为//AD BC ，3AD =，6BC =，所以//EF AD 且EF AD =，所以四边形ADFE 为平行四边形，所以//AE DF ，又AE ⊄平面SCD ，DF ⊂平面SCD ，所以//AE 平面SCD ． （2）因为SA ⊥平面ABCD ，AD AB ⊥，所以建立如图所示空间直角坐标系， 则(0,0,0),(4,0,0),(4,6,0),(0,3,0),(2,0,2)A B C D E ，(2,0,2),(4,0,0),(4,6,0)AE AB AC ===，(0,3,0)AD =由题意可知AD ⊥平面ABE ，设平面ACE 的法向量(,,)m x y z =所以00AC m AE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则460220x y x z +=⎧⎨+=⎩，得(3,2,3)m =--设二面角B AE C --的平面角为θ，所以622cos cos ,11322AD m θAD m AD m⋅-====⨯，所以二面角B AE C --的余弦值为2211.【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化，通过中位线平行证明线线平行，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 23．（1）证明见解析；（215. 【分析】（1）AC 与BD 交于点O ，连接FO ､FD ，证明FO AC ⊥，FO BD ⊥，然后得到FO ⊥平面ABCD 即可；（2）以O 为原点，OA ､OB 、OF 分别为x ､y ､z 轴建立空间直角坐标系，然后求出平面BFC 和平面ACF 的法向量，然后可算出答案.【详解】（1）证明：AC 与BD 交于点O ，连接FO ､FD ，∵FA FC =，O 是AC 中点，且O 是BD 中点，∴FO AC ⊥， ∵四边形BDEF 为菱形，60DBF ∠=︒， ∴FD FB =，∴FO BD ⊥， 又ACBD O =，∴FO ⊥平面ABCD ，∵FO ⊂平面ACF ，∴平面ACF ⊥平面ABCD （2）易知OA ，OB ，OF 两两垂直以O 为原点，OA ､OB 、OF 分别为x ､y ､z 轴建立如图所示的空间直角坐标系设2AB =，∵四边形ABCD 为菱形，60DAB ∠=︒ 则2BD =，∴1OB =，3OA OF ==故(0,0,0)O ，(0,1,0)B ，()3,0,0C -，()3F ∴(3,0,3CF =，3,1,0CB，()0,1,0OB =设平面BFC 的一个法向量为(,,)n x y z =则33030n CF x z n CB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1x =，得()1,3,1n =-- 显然，()0,1,0OB =为平面ACF 的一个法向量 ∴15cos ,5OB n OB n OB n⋅<>==-⋅ 由图知，二面角A FC B --的平面角为锐角 ∴二面角A FC B --的余弦值为155【点睛】关键点睛：用向量法求解空间角的问题时，解题的关键是建立适当的空间直角坐标系，准确地写出点的坐标和算出直线的方向向量、平面的法向量.24．（1）证明见解析；（2）63-. 【分析】（1）取AB 的中点E ，连结EM ，EN ，根据线面平行的判定定理以及面面平行的判定定理，先证明平面//MNE 平面PAD ，进而可证//MN 平面PAD ；（2）根据题中条件，以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果. 【详解】（1）证明：在四棱锥P ABCD -中，取AB 的中点E ，连结EM ，EN . 因为M ，N 分别为BP ，CD 的中点，//AD BC . 所以//ME PA ，//EN AD .因为PA ⊂平面PAD ，ME ⊄平面PAD ， 所以//ME 平面PAD ， 同理，//EN 平面PAD .又因为ME NE E ⋂=，ME 、NE ⊂平面MNE ， 所以平面//MNE 平面PAD . 因为MN ⊂平面MNE ， 所以//MN 平面PAD ；（2）因为在等腰直角三角形PAD 中，90A ∠=︒，//AD BC ， 所以BC PA ⊥，即在四棱锥P ABCD -中，BC PB ⊥，BC AB ⊥. 因为//AD BC ，所以AD PB ⊥，AD AB ⊥， 因为PB AB B ⋂=，PB 、AB平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，所以PA AD ⊥.又因为8AD =，3AB =，4PA =，所以5PB =. 所以222AB PA PB +=，所以PA AB ⊥.以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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，则()3,0,0B ，()0,0,4P ，()0,8,0D ，()3,5,0C ， 所以(3,0,4)PB =-，(3,5,4)PC =-，(0,4)8,PD =-.设()1111,,x n y z =为平面PBC 的一个法向量，则1100n PB n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111113403540x z x y z -=⎧⎨+-=⎩， 令14x =，得1(4,0,3)n =；设()2222,,n x y z =为平面PCD 的一个法向量，则2200n PD n PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222228403540y z x y z -=⎧⎨+-=⎩， 令21y =，得2(1,1,2)n =.所以1212212cos ,34n n n n n n⋅<>===. 因为二面角B PC D --是钝角， 所以二面角B PC D --的余弦值是 【点睛】 方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 25．（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）根据已知条件证明BD CD ⊥，根据线面垂直的判定定理即可得到BD ⊥平面SCD ；（2）根据已知条件建立合适的空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值求解出SD 与平面MBD 所成角的正弦值. 【详解】解：（1）证明：取BC 的中点E ，连接DE ，设==AB AD a ，2BC a =，依题意，四边形ABED 为正方形， 且有BE DE CE a ===，BD CD ==， ∴222BD CD BC +=，则BD CD ⊥. 又平面SCD ⊥底面ABCD ，平面SCD底面ABCD CD =，∴BD ⊥平面SCD（2）过点S 作CD 的垂线，交CD 延长线于点H ，连接AH ， ∵平面SCD ⊥底面ABCD ，平面SCD底面ABCD CD =，SH CD ⊥，SH ⊂平面SCD ，SH ⊥底面ABCD ，故DH 为斜线SD 在底面ABCD 内的射影，SDH ∠为斜线SD 与底面ABCD 所成的角，即60SDH ∠=︒. 由（1）得，2SD a =，∴在Rt SHD 中，2SD a =，62SH a =， 在ADH 中，45ADH ∠=︒，AD a =，22DH a =，由余弦定理得222222cos 45222AH a a a a a ⎛⎫=+-⋅⋅⋅︒= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴222AH DH AD +=，从而90AHD ∠=︒，过点D 作//DF SH ，∴DF ⊥底面ABCD ，∴DB 、DC 、DF 两两垂直，如图，以点D 为坐标原点，DB 为x 轴正方向，DC 为y 轴正方向，DF 为z 轴正方向建立空间直角坐标系，则)2,0,0Ba ，()2,0C a ，260,2S ⎛⎫- ⎪⎝⎭，22,,022A a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，226,,424M a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MBD 的法向量(),,n x y z =，由202022n DB ax n DM ax ⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1z =，得30,,12n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，又0,,2SD a ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，∴sin cos ,n SD θ=<>==， ∴SD 与平面MBD所成角的正弦值为14. 【点睛】方法点睛：求解线面角的正弦值的两种方法：（1）几何法：通过线面垂直的证明，找到线面角，通过长度的比值即可计算线面角的正弦值；（2）向量法：求解出直线的方向向量和平面的法向量，根据直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值求解出结果. 26．（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据PAC △为等腰直角三角形，D 为中点，得到PDAC ⊥，再根据ABC 为正三角形，D 为中点，得到BD AC ⊥.然后利用线面垂直的判定定理证明.（2）设三棱锥P ABC -的高为h ，由 1132P ABC V AC BD h -=⨯⨯⨯⨯==， 求得h ，由以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设为平面PBC 的一个法向量(),,n x y z =，又DB 是平面PAC 的一个法向量，然后由cos ,DB n DB n DB n⋅=求解..【详解】（1）∵PAC △为等腰直角三角形，D 为中点，. ∴PD AC ⊥，又ABC 为正三角形，D 为中点， ∴BD AC ⊥.又PD BD D ⋂=，PD ，BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD . 又PB ⊂平面PBD ， ∴PB AC ⊥.（2）设三棱锥P ABC -的高为h ，sin60BD BC =︒=∴11333233P ABC V AC BD h h -=⨯⨯⨯⨯==， ∴1h =. 又112PD AC ==， ∴PD ⊥平面ABC .如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A ，()3,0B，()1,0,0C -，()0,0,1P∴()0,3,0=DB ，()1,0,1CP =，()1,3,0CB =. 设(),,n x y z =为平面PBC 的一个法向量，则00CP n CB n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即030x z x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令1x =，得31y z ⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴31,1n ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭.又DB 是平面PAC 的一个法向量， ∴7cos ,7DB n DB n DB n⋅==-∴二面角A PC B --7【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．。
2-5-1~2夹角的计算课件(北师大版选修2-1)
按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量 的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角 的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指 向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如 图所示．
题型一 利用空间向量求异面直线所成的角 【例 1】 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E1，F1 分别在 A1B1， 1 1 C1D1 上，且 E1B1＝4A1B1，D1F1＝4D1C1，求 BE1 与 DF1 所成的 夹角的余弦值． [思路探索] 几何法，平移直线构造在同一个三角形中，通过解 三角形求解；向量法，可以用基底，也可以建立坐标系，利用 方向向量的夹角求解．
→ |n· | 1 BM ∵cos θ ＝|cos φ |＝ ＝ ， → 2 |n||BM| π 解得 θ＝ ， 3 π ∴二面角 B1A1CC1 的大小为 3 .
题型三 综合问题 【例 3】 (12 分)如下图，在长方体 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.
题型二
利用空间向量求二面角
【例 2】已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中平面 AB1D1 与平面 A1BD 所成的夹角为 θ，求 cos θ 的值．
求点坐标及相 [思路探索] 建立坐标系 → → 关向量的坐标 A1BD 及平面 AB1D1 的法向量 n1， 2→ n
求平面
求|cos 1， 2〉 cos θ 〈n n |→
→ ∵向量AA1＝(0，0，2)与平面 CDE 垂直， 设二面角 CDEC1 的平面角大小为 θ. 由图知所求二面角为锐二面角，(6 分) → n· 1 AA → ∴cos θ ＝cos〈n，AA1〉＝ → |n|· 1| |AA －1×0－1×0＋2×2 6 ＝ ＝3， 1＋1＋4× 0＋0＋4 2 ∴tan θ ＝ .(8 分) 2
2020北师大版高中数学选修2-1 教师课件：第二章 空间向量运算的坐标表示
[解析] 由已知可得：A→B＝(4,5，－1)－(2，－1,2)＝(2,6，－3)，A→C＝(－2,2,3) －(2，－1,2)＝(－4,3,1)． (1)O→P＝12(A→B－A→C)＝12[(2,6，－3)－(－4,3,1)]＝(3，32，－2)，所以 P 点的坐标 为(3，32，－2)．
(2)设 P(x，y，z)，则A→P＝(x－2，y＋1，z－2)． 因为12(A→B－A→C)＝(3，32，－2)， 所以A→P＝(x－2，y＋1，z－2)＝(3，32，－2)， 解得：x＝5，y＝12，z＝0，则 P 点的坐标为(5，12，0)．
[解析] (1)∵c∥B→C， ∴c＝mB→C＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)(m∈R)， ∴|c|＝ －2m2＋－m2＋2m2＝3|m|＝3， ∴m＝±1， ∴c＝(－2，－1,2)或 c＝(2,1，－2)． (2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)， ∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1. 又|a|＝ 12＋12＋0＝ 2，|b|＝ －12＋0＋22＝ 5， ∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，得 k＝2 或 k＝－52.
3＋y－2z＝0
z＝1
∴向量 a＝(－1,1,2)，b＝(1，－1，－2)，c＝(3,1,1)． (2)∵a＋c＝(2,2,3)，b＋c＝(4,0，－1)， ∴(a＋c)·(b＋c)＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5， |a＋c|＝ 22＋22＋32＝ 17，|b＋c|＝ 42＋02＋－12＝ 17， ∴a＋c 与 b＋c 所成角的余弦值为a|a＋＋cc|·|bb＋＋cc|＝157.
解析：(1)以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知，得 C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C1(0，0,2)，P12，12，2， Q(1,0,1)，B1(0,1,2)，A1(1,0,2)． ∴B→Q＝(1，－1,1)，C→B1＝(0,1,2)，B→A1＝(1，－1,2)，A→B1＝(－ 1,1,2)，C→1P＝12，12，0， ∴|B→Q|＝ 12＋－12＋12＝ 3.
2-1从平面向量到空间向量 课件(北师大版选修2-1)
课前探究学习
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(3)空间中，若一个向量所在直线 平行于 一个平面，则称这个 向量平行于该平面． (4)把平行于同一平面的一组向量称作共面向量，
不平行于同一个平面 的一组向量称为不共面向量．
(5)平行于一个平面的向量 垂直 该平面的法向量．
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：空间两个向量能否异面？空间两个向量是否确定唯一 的平面？ 提示 空间两个向量不能异面，是因为空间任意两个向量都可 转化为共面向量；空间两个向量不能确定唯一的平面，因为同 向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量． 因此，空间两向量可以平移到以空间任意点 O 为起点的同一个 平面内，所以空间两向量确定的平面不是一个，而是一组互相 平行的平面的集合．但在研究解决具体问题时，一般只要在其 中一个平面内考虑即可．
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解 (1)假命题，有向线段只是空间向量的一种表示形式，但不 能把二者完全等同起来．(2)假命题，不相等的两个空间向量的 模也可以相等，只要它们的方向不相同即可．(3)假命题，当两 个向量的起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等，但两 → → 个向量相等却不一定有相同的起点和终点． (4)真命题， 与AB BA 仅是方向相反，它们的长度是相等的．
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(4)与平面向量一样，空间向量的大小也叫作向量的长度或模， → 用 |AB| 或 |a| 表示． (5)向量夹角的定义：如图所示，两非零向量 a，b， → → 在空间中任取点 O，作OA＝a，OB＝b，则 ∠AOB 叫作向量 a，b 的夹角，记作〈a，b〉 ． (6)向量夹角的范围：规定 0≤〈a，b〉≤π ． π (7)特殊角： 〈a， ＝ 2 时， 当 b〉 向量 a 与 b 垂直 ， 记作 a⊥b ； 当〈a，b〉＝0 或π 时，向量 a 与 b 平行 ，记作 a∥b ．
数学 第二章 空间向量与立体几何 2.1 从平面向量到空间向量教案 北师大版选修2 1 教案
从平面向量到空间向量一、设计思路本节是北师大版高中数学选修2-1第二章第一节内容，学生已经学习了平面向量和空间几何体及其点线面位置关系，本章是平面向量的推广和延伸，是解决空间问题的有力工具.学生是学习的主体，本节课注重给学生提供各种参与机会：通过自学，小组讨论，多媒体展示，最大程度地激发学生参与教学的过程.结合教材以及本班学生情况，本节教学内容设计为两个部分，第一部分是向量的概念，着重学生自学与合作后的展示.通过与平面向量的类比，引入空间向量的相应概念：空间向量、向量的表示、自由向量、向量的模、向量，的夹角等.第二部分是向量、直线、平面，主要由教师引导完成教学内容.通过分析向量与直线，向量与平面的位置关系，引入直线l的方向向量，平面 的法向量等概念.通过这两部分的设计，降低学生的理解难度，突出了类比的数学思想方法.二、教学目标1. 知识与技能：(1)了解空间向量的有关概念；(2)掌握两个空间向量的夹角、方向向量和平面的法向量的概念.2. 过程与方法：经历向量从平面到空间推广的过程，分析向量与直线、平面的位置关系，让学生学会类比的数学思想方法.3. 情感与态度：尝试解决问题过程中，让学生树立类比分析、循序渐进解决数学问题的能力；借助直观模型，让学生感受从感性到理性，从具体到抽象的研究问题的方法.三、教学重点及处理设想理解向量的夹角、直线的方向向量、平面的法向量等概念.借助平面向量以及空间平行概念的基础，对向量的概念从维度(二维平面到三维空间)进行推广，可让学生从周围的几何体(长方体模型，教室等)培养学生的空间想象能力. 四、教学难点及处理设想理解共面向量的概念.对于空间两个向量都是共面向量的认同，处理设想为可以借助空间异面直线的概念提出空间两向量是否可能异面的问题，继而结合自由向量和相等向量的概念来解决.五、教学方法导学法，讨论法.六、教学准备学生学案，多媒体课件.七、教学流程设计2.学案导学（学案详见附1）知识要点：(1)空间向量的有关概念空间向量的概念及表示自由向量向量的模(或长度)④向量a,b的夹角、X围及垂直与平行(共线)⑤单位向量⑥零向量⑦相等向量⑧相反向量⑨共面向量(2)向量、直线、平面激励主动学习，培养自主探究能力.(1)对于让学生感受到维度改变(平面到空间)对概念产生的影响，培养类比的意识；对于④⑤⑥⑦⑧让学生感受直接由平面向量类比得到空间向量的相关概念所得到的成就感；对于⑦结合数量适时引出“向量不能比较大小”的结论；对于④直线l的方向向量平面α的法向量适时回顾区分向量与异面直线的夹角概念的区别,对于⑦引出“空间任何两个向量都共面”的结论.(2)对于直线的方向向量与平面的法向量主要由教师随后引导完成概念教学.5.教师引导性讲解向量、直线、平面直线l的方向向量平面 的法向量借助多媒体向同学引入直线的方向向量和平面的法向量的概念，并且完成问题(7)(8).八、教学反思1.《新课程标准》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.空间向量为处理立体几何问题提供了新的视角，空间向量的基本概念是后续学习的前提，空间向量是平面向量的推广，空间向量及其运算所涉及的内容与平面向量及其运算相似，所以，空间向量的教学要注重知识间的联系，温故而知新，运用类比的方法认识新问题，经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.教师的教学实际上就是保证和促进学生学习的主动性和知识体系的建构.本节课尝试让学生自主学习，主要过程包括:(1)预习交流——学生按照“学案”进行课前预习或当堂预习交流；(2)小组讨论——根据自学任务小组进行讨论交流，完成预期任务；(3)展示交流——各组根据组内讨论情况，对本组的学习任务进行讲解展示；(4)穿插巩固——在展示过程中，对未能展现的学习任务进行巩固练习.(5)学后反思——对学习过程中的感受进行总结.。
高二数学选修2-1 空间向量的运算及空间向量的基本定理(精品)知识精讲
高二数学选修2－1 空间向量的运算及空间向量的基本定理 北师大版（理） 【本讲教育信息】 一、教学内容：选修2－1 空间向量的运算及空间向量的基本定理二、教学目标：1. 理解并掌握空间两个向量的夹角、直线的方向向量、平面的法向量、共面向量等基本概念。
2. 熟练地掌握空间向量的加减运算、数乘运算、空间向量坐标运算的运算法则、运算律及空间向量的数量积的几何意义及性质。
3. 熟练地掌握共线向量定理、空间向量的基本定理，并能利用它们讨论证明空间的线面关系。
4. 体会用类比的数学思想、方程的数学思想、等价转化的数学思想解决问题。
三、知识要点分析：（一）平面向量与空间向量的相同点：1. 向量夹角：过空间一点O 作AOB ,OB b ,OA a ∠==则是向量a 与向量b 的夹角。
X 围：[0，]π2. 加减运算：加减运算法则：向量的平行四边形法则（三角形法则） 运算律：结合律：)()(c b a c b a ++=++，交换律：a b b a +=+3. 数乘运算法则：向量a 与实数λ的乘积是一个向量，记作：a λ，满足（i ）||||λλ=a ||a ，（ii ）当0>λ时，a λ与a 方向相同，反之，相反。
0a 0=λ=λ时，。
运算律：（i ）).(,R a a ∈=λλλ（ii ）)R ,(,a a a )(,b a )b a (∈μλμ+λ=μ+λλ+λ=+λ.（iii ）),(),()(R a a ∈=μλμλλμ4. 空间向量的数量积：θ⋅=⋅cos |b ||a |b a 。
θ>=<b a ,。
运算律：交换律：a b b a ⋅=⋅分配律：c a b a )c b (a ⋅+⋅=+⋅，(λ)b a ⋅=b )a (⋅λ)b (a λ⋅=性质：（1）a a |a |⋅，（2）0b a b a =⋅⇔⊥，（3）|b ||a ||b a |⋅≤⋅注：向量的数量积运算不满足乘法的结合律。
北师大版高中数学选修2-1教案：2.5.3直线与平面的夹角
重难点：直线与平面的夹角 的概念与向量算法
提炼的课题
直线与平面的夹角的概念与向 量算法
教学手段运用
教学资源选择
Ppt课件
教 学过程
环节
学生要解决的问题或任务
教师教与 学生 学
设计意图
一线面角的定义：
二线面角的取值范围：
三线面角的向量算法：
例3已知E,F分别是正方体 的棱（3）情感态度与价值观：体会把立方体几何几何转化为向量 问题优势，培养探索精神。
学情分析
教学对象是高二的学生，学生已经具备空间向量与立方 体几何的相关知识,上次课已经学习了直线的方向向 量和平面的法向量，所以本节课是通过举例来求空间的距离和角。我们可以将空间中的有关距离和角的问 题，转化为空间向量的数量积来解决。
单元（章节）课题
北师大版选修2- 1第二章空间向量与立体几何
本节课题
§5.3直线与平面的夹角
课标要求
能用向量方法解决线线、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。
三维目标
（1）知识与技能：能用向量方法解决线线、线面与 面面的夹角的计算问题.
（2）过程 与方法：在解 决问题中，通过数形结合的思想方法，加深对相关知识的理解。
（1）A1D与EF所成角的大小；
（2）A1F与平面B1EB所成角的大小；
（3）二面角 的大小。
解：设正方体棱长为1，以 为单位正交基底，建立如图所示坐标系D-xyz
（1）
A1D与EF所成角是
（2） ,
（3） , ，
二面角 的正弦值为
课堂检测内容
课本46页练习
课后作业布置
课本47页习题2-5 3, 4
2-5-3直线与平面的夹角课件(北师大版选修2-1)(2)
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π (4)直线与平面夹角的范围：0， 2
． ．
π (5)斜线与平面所成夹角的范围：0， 2
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名师点睛 1．线面角与斜线的方向向量与平面法向量夹角之间的关系 设平面 α 的斜线 l 的方向向量为 a，平面的法向量为 n. (1)当 a，n 与 α，l 的关系如图所示时，
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解 如图所示，建立空间直角坐标系，设 BC＝1，CC1＝a， 则 A(2，0，0)，A1(2，0，a)，B(0，1，0)，B1(0，1，a)． → ∴A1B＝(－2，1，－a)， → B1C＝(0，－1，－a)， → → AB＝(－2，1，0)，AA1＝(0，0，a)． → → ∵A1B⊥B1C，∴A1B·B1C＝0， → ∴a＝1，B1C＝(0，－1，－1)． 设平面 A1ABB1 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
1 1 1 ∴M0，2，0，E0，2，2，
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1 1 → Βιβλιοθήκη 1 → ∴BE＝－1，－2，2，BM＝－1，－2，0，
→ → BE·BM → → cos〈BM，BE〉＝ ＝ → → |BE|·|BM|
别为 x 轴和 y 轴，过点 C 作与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴，建 立如图空间直角坐标系，设 EA＝a，则 A(2a，0，0)，B(0，2a， 0)，E(2a，0，a)，D(0，2a，2a)，M(a，a，0)． → → (1)因为EM＝(－a，a，－a，)，CM＝(a，a，0)， → → 所以EM·CM＝0，故 EM⊥CM.
选修2-1第二章夹角的运算
明目标、知重点 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.体会用空间向量解决立体几何问题的三步曲．1．两条异面直线所成的角：当直线l 1、l 2是异面直线时，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，我们把l 1和直线AB 的夹角叫做异面直线l 1与l 2的夹角．已知l 1、l 2的方向向量分别为s 1、s 2，当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2<〈s 1，s 2〉≤π时，l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉． 2．直线和平面的夹角是指这条直线与它在这个平面内的投影的夹角，其范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，斜线与平面的夹角是这条直线与平面内的一切直线所成角中最小的角．直线和平面所成的角可以通过直线的方向向量与平面的法向量求得，若设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与平面的法向量的夹角为φ，则有sin θ＝|cos_φ|.3.如图所示，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角． 已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2<〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉．探究点一 求两条异面直线的夹角 思考1 怎样求两条异面直线的夹角？答 (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)向量法：设a 、b 分别为异面直线l 1、l 2上的方向向量，θ为异面直线的夹角，则异面直线的夹角公式cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a·b ||a||b |.思考2 两条异面直线的夹角和两条异面直线的方向向量夹角有什么区别？答 两条异面直线的夹角为锐角或直角，而两向量夹角的范围是[0，π]，两条异面直线的夹角与它们的方向向量的夹角相等或互补．例1 如图所示，三棱柱OAB —O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1夹角的余弦值．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夹角的余弦值为17.反思与感悟 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夹角计算思路简便，要注意角的范围．跟踪训练1 如图，四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B 、P 的坐标； (2)求异面直线P A 与BC 夹角的余弦值．解 (1)如图，建立空间直角坐标系． ∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°， AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)． 由PD ⊥平面ABCD ，得∠P AD 为P A 与平面ABCD 所成的角，∴∠P AD ＝60°. 在Rt △P AD 中，由AD ＝2，得PD ＝2 3. ∴P (0,0,23)．(2)由(1)得，P A →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)， ∴|cos 〈P A →，BC →〉|＝|2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×0|4×13＝1313，即P A 与BC 夹角的余弦值为1313. 探究点二 求平面间的夹角思考 怎样利用向量法求两个平面夹角的大小？答 (1)基向量法：利用定义在棱上找到两个能表示二面角的向量，将其用一组基底表示，再做向量运算；(2)法向量：建立适当的空间直角坐标系，求得相关两个平面的法向量，再借助平面的法向量求解．设n 1、n 2分别是面α、β的法向量，θ为平面间的夹角，实际上θ与〈n 1，n 2〉可能相等，也可能互补，所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|. 例2 在空间直角坐标系中有单位正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′.求平面BCD ′A ′与平面ABCD 的夹角θ.解 设平面BCD ′A ′与平面ABCD 的法向量分别是n 1和n 2，取n 2＝(0,0,1)．因为A ′(0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，所以 A ′B →＝(0,1，－1)，BC →＝(1,0,0)．设n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A ′B →＝0，n 1·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＝0.取n 1＝(0,1,1)，得cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝22.此时〈n 1，n 2〉＝π4，因此，平面BCD ′A ′与平面ABCD 的夹角θ＝〈n 1，n 2〉＝π4.若取平面BCD ′A ′的法向量n 1＝(0，－1，－1)，则 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－22.此时〈n 1，n 2〉＝3π4，因此，平面BCD ′A ′与平面ABCD 的夹角θ＝π－〈n 1，n 2〉＝π4.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2 若P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，BC ＝2，求平面P AB 与平面PBC 夹角的余弦值．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⇒⎩⎪⎨⎪⎧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. ∴平面P AB 与平面PBC 夹角的余弦值为33. 探究点三 求直线和平面的夹角思考1 直线和平面的夹角的范围是什么？答 直线和平面的夹角的范围是[0°，90°]；若直线和平面斜交，所成的角为锐角． 思考2 直线与平面的夹角θ和直线方向向量a 与平面法向量b 的夹角有什么关系？ 答 直线方向向量与平面法向量所夹的锐角α和直线与平面所成的角θ互为余角，即θ＝π2－α.因此sin θ＝cos α＝|a ·b ||a ||b |.思考3 当一条直线l 与一个平面α的夹角为0时，这条直线一定在平面内吗？ 答 不一定，这条直线还可能与平面平行．例3 如图，在空间直角坐标系中有单位正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，E ，F 分别是B ′C ′，A ′D ′的中点．求直线AC 与平面ABEF 的夹角θ的正弦值．解 因为A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，F (0，12，1)，所以AC →＝(1,1,0)．设平面ABEF 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，因为AB →＝(1,0,0)，AF →＝(0，12，1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，12y ＋z ＝0.取n ＝(0,1，－12)，得cos 〈n ，AC →〉＝n ·AC →|n ||AC →|＝152×2＝210＝105＞0，故〈n ，AC →〉＜π2，所以直线AC 与平面ABEF 的夹角θ＝π2－〈n ，AC →〉．所以sin θ＝sin(π2－〈n ，AC →〉)＝cos 〈n ，AC →〉＝105.反思与感悟 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．跟踪训练3 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的夹角的正弦值．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，M (0，a2，2a )，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 ＋a2y ＋2az ＝0，a 2y ＋2az ＝0，令y ＝2，则z ＝－22，x ＝0.∴n ＝(0,2，－22)． 又BC 1→＝(－32a ，－a 2，2a )，∴cos 〈BC 1→，n 〉＝BC 1→·n |BC 1→||n |＝－a －a 3a ×92＝－269.设BC 1与平面AMC 1的夹角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝269.1．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这两条异面直线的夹角等于( ) A ．30° B ．150° C ．30°或150° D ．以上均错答案 A2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α的夹角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.∴θ＝30°.3．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的正弦值为( ) A.24 B.23 C.63 D.32答案 C解析 建系如图，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，A (1,0,0)，∴BC 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(－1,1,1)，A 1B →＝(0,1，－1)， A 1D →＝(－1,0，－1)． ∴AC 1→·A 1B →＝1－1＝0，AC 1→·A 1D →＝1－1＝0.∴AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量．∴cos 〈BC 1→，AC 1→〉＝BC 1→·AC 1→|BC 1→||AC 1→|＝1＋12×3＝63.∴直线BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为63. 4．已知点A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0,0,3)，则平面ABC 与平面xOy 夹角的余弦值为________． 答案 27解析 AB →＝(－1,2,0)，AC →＝(－1,0,3)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·AB →＝0，n ·AC →＝0知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋3z ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝23.∴平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,1，23)．平面xOy 的一个法向量为OC →＝(0,0,3)．由此易求出平面ABC 与平面xOy 夹角的余弦值cos θ＝n ·OC →|n |·|OC →|＝23×73＝27.5.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 ＝π3，求异面直线AC 与VD 夹角的余弦值． 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)． 在Rt △VCD 中，CD ＝2，tan ∠VDC ＝3， 故V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)． 所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22·22＝－24.所以异面直线AC 与VD 夹角的余弦值为24.[呈重点、现规律]利用空间向量求角的基本思路是把空间角转化为求两个向量之间的关系．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；其次理清所求角和两个向量夹角之间的关系．一、基础过关1．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的夹角等于( ) A ．30° B ．60° C ．150° D ．以上均错答案 B2．直线l 1，l 2的方向向量分别是v 1，v 2，若v 1与v 2的夹角为θ，直线l 1，l 2的夹角为α，则( ) A ．α＝θ B ．α＝π－θ C ．cos θ＝|cos α| D ．cos α＝|cos θ| 答案 D3．在正四面体ABCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 夹角的正弦值为( ) A.12 B.23 C.32D.73 答案 B4．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 的夹角为( ) A ．60° B ．90° C ．105° D ．75° 答案 B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，即AB 1与C 1B 的夹角为90°.5．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 的夹角是________． 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，所以〈PC →·n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线的夹角为60°， 所以斜线PC 与平面ABCD 的夹角为30°.6．若两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1,0,1)，ν＝(－1,1,0)，则这两个平面的夹角是________． 答案 60°解析 ∵cos 〈n ，ν〉＝－12·2＝－12.∴〈n ，ν〉＝120°.故两平面的夹角为60°.7.如图，已知点P 在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′的夹角；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 的夹角．解 如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系Dxyz .则DA →＝(1,0,0)， CC ′→＝(0,0,1)． 连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1) (m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝22，所以DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1. (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22， 所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′的夹角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12， 所以〈DH →，DC →〉＝60°.可得DP 与平面AA ′D ′D 的夹角为30°.二、能力提升8．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 夹角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23答案 C解析 令正四棱锥的棱长为2，建立如图所示坐标系，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E (12，12，22)， ∴AE →＝(－12，32，22)， SD →＝(－1，－1，－2)，∴|cos 〈AE →，SD →〉|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝|－33|＝33. ∴AE 、SD 夹角的余弦值为33. 9．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. 10．二面角的棱上有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，则该二面角的大小为______． 答案 60°解析 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，〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°.11.如图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求异面直线BF 与DE 的夹角；(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求平面ACD 与平面CDE 的夹角的余弦值．(1)解 如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点．设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M (12，1，12)．BF →＝(－1,0,1)，DE →＝(0，－1,1)，于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12×2＝12.所以异面直线BF 与DE 的夹角为60°.(2)证明 由AM →＝(12，1，12)，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE 平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)解 设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以，cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝0＋0＋13×1＝33.所以平面ACD 与平面CDE 夹角的余弦值为33.12.如图，四棱锥F —ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ＝2，BD ＝ 2.CF 与平面ABCD 垂直，CF ＝2.求平面ABF 与平面ADF 的夹角．解 过点A 作AE ⊥平面ABCD .以A 为坐标原点，BD →、AC →、AE →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)．于是B ⎝⎛⎭⎫－22，1，0， D ⎝⎛⎭⎫22，1，0，F (0,2,2)． 设平面ABF 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·AF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ －22x ＋y ＝0，2y ＋2z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1. 所以n 1＝(－2，－1,1)． 同理，可求得平面ADF 的法向量n 2＝(2，－1,1)．由n 1·n 2＝0知，平面ABF 与平面ADF 垂直，所以平面ABF 与平面ADF 的夹角为π2. 三、探究与拓展13．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 夹角的正弦值．(1)证明 如图，取AB 的中点O ，连接CO 、A 1O .∵CA ＝CB ，∴CO ⊥AB ，又∵AA 1＝AB ，∴AA 1＝2AO ，又∠A 1AO ＝60°，∴∠AOA 1＝90°，即AB ⊥A 1O ，∴AB ⊥平面A 1OC ，∴AB ⊥A 1C .(2)解 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 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0n ·BB 1→＝0，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 〉|＝105.。
第二章 空间向量与立体几何章末复习课件(北师大版选修2-1)
→ → → → 1 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则MN＝ (a＋b＋c)． 2 → → → → → 1 又BD＝AD－AB＝b－a，∴MN·BD＝2(a＋b＋c)(b－a) 1 2 ＝2(b －a2＋c· b－c· a)． 又∵A1A⊥AD，A1A⊥AB，∴c· b＝0，c· a＝0. 又|b|＝|a|，∴b2＝a2，∴b2－a2＝0. → → ∴MN·BD＝0，∴MN⊥BD. 同理可证，MN⊥A1B，又 A1B∩BD＝B， ∴MN⊥平面 A1BD.
第二章章末归纳整合
专题一 空间向量的计算 空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似，是 平面向量的拓展，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积 运算，是用向量法求解立体几何问题的基础． → → → 【例 1】 沿着正四面体 O-ABC 的三条棱OA、OB、OC的方向 有大小等于 1，2 和 3 的三个力 f1，f2，f3.试求此三个力的合力 f 的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值．
高考真题 1．(2011· 上海)设 A1，A2，A3，A4，A5 是空间中给定的 5 个不同 → → → → → 的点，则使MA1＋MA2＋MA3＋MA4＋MA5＝0 成立的点 M 的个 数为( )．
A．0 B．1 C．5 D．10
解析
从特例入手，不妨令 A1，A2，A3，A4，A5 五点共线，且
5．从近几年的高考试题来看，对本章内容的考查主要分两类： (1)以选择题、填空题的形式考查基本概念和性质，此类题难度 不大，用以解答有关简单的化简、计算、长度、夹角、垂直等 问题． (2)向量在空间中的应用，主要是通过向量的坐标表示，运用计 算的方法研究三维空间几何图形的性质与计算，此类问题一般 是中档题．
解
(1)∵PA⊥平面 ABCD，由 ABCD 是正方形知 AD⊥CD.
2.2《空间向量的运算》课件(北师大版选修2-1)
何值时BP·CQ的值最大?并求出这个最大值.
【解题提示】把BP·CQ化成关于θ的函数关 系式，再求函数最值.
【解析】
学习目标定位
基础自主学习
典例精析导悟
课堂基础达标
知能提升作业
一、选择题（每题4分，共16分） 1.下列命题中不正确的是（
(A)| 0 |=0 (C)| a |2= a 2
）
(B) a - a =0 (D) a - a = 0 【解析】选B. a - a = 0 ≠0
【解题提示】正确地画出辅助线，利用向量共线定理求
解.
【解析】EF与AD+BC共线.连接AC，取AC中点G，连接EG，FG，
∴GF= 1 AD,EG= 1 BC.
2 1 2 2 1 1 BC= (AD+BC). 2 2
又∵GF,EG,EF共面，
∴EF=GF+EG= AD+
即EF与AD+BC共线.
8.已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等,E,F分别为
AB,OC的中点,求异面直线OE与BF夹角的余弦值.
【解析】如图,设OA= a ,OB= b ,OC= c ,且| a |=| b |=| c |=1, 易知∠AOB=∠BOC=∠AOC= , 3
则 a · b = b·c = c·a = . 2
1
9.(10分)如图，在Rt△ABC中,已知BC=a,若长为 2a的线段PQ以点A为中点,问PQ与BC的夹角θ 取
二、填空题（每题4分，共8分） 5.化简：
(1)
=_____________;
(2)平行六面体A)AB-AC+BC-BD-DA =CB+BC-(BD+DA) =0 -BA =AB
北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》立体几何中的向量法ppt(2)
z
S
O C B
y
例1、如图,一块均匀的正三角形面的钢板的质量为 500kg， 在它的顶点处分别受力 F1 、 2 、 3 ，每个力与同它相邻的 F F 三角形的两边之间的夹角都是60，且 F1 F2 F3 200kg . 这块钢板在这些力的作用下将会怎样运动？这三个力最小 为多大时，才能提起这块钢板？ z F1 F3
分析:钢板所受重力的大 小为 500kg ，垂直向下作用在 三角形的中心 O ，如果能将各 顶点出所受的力 F1 、F2 、F3 用 A 向量形式表示，求出其合力， x 就能判断钢板的运动状态.
F2
O
C
B
500kg
y
立体几何中的向量法 汪君兴
复习引入
向量法解立体几何问题的优点: 1.思路容易找,甚至可以公式化； 一般充分结合图形发现向量关系或者求出 (找出)平面的法向量、直线的方向向量，利用这 些向量借助向量运算就可以解决问题. 2.不需要添辅助线渠成.
【课后作业】 如图，已知：直角梯形OABC中， OA∥BC,∠AOC=90°，SO⊥面 OABC，且OS=OC=BC=1，OA=2。 求： (1)异面直线SA和OB所成的角的余 A 弦值 x (2)OS与面SAB所成角的余弦值 (3)二面角B－AS－O的余弦值
2-2空间向量的运算课件(北师大版选修2-1)
课前探究学习
课堂讲练互动
活页限时训练
题型二
共线向量及应用
【例 2】 如图，在空间四边形 ABCD 中，若△ABC 的外接圆的 圆心 O 与劣弧 AB 的中点的连线交 AB 于 E，△ADC 的外接圆 → → 的圆心 O1 与劣弧 DC 的中点的连线交 CD 于 F， 请判断EF与AD → ＋BC是否共线．
§2
空间向量的运算
课前探究学习
课堂讲练互动
活页限时训练
【课标要求】 1． 掌握空间向量的加减运算及其运算律， 能借助图形理解空间 向量及其运算的意义． 2． 掌握空间向量数乘运算的定义和运算律， 了解共线向量定理． 3．掌握两个向量的数量积概念、性质和计算方法及运算规律． 4． 掌握两个向量的数量积的主要用途， 会用它解决立体几何中 一些简单的问题． 【核心扫描】 1． 空间两个向量共线定理、 空间向量的线性运算及数量积． (重 点) 2．向量的数量积．(难点) 3．向量夹角与数量积的关系．(疑点)
课前探究学习
课堂讲练互动
活页限时训练
【训练 1】 已知四边形 ABCD 为正方形，P 是 ABCD 所在平面 外一点，P 在平面 ABCD 上的射影恰好是正方形 ABCD 的中心 O.Q 是 CD 的中点，求下列各式中 x、y 的值： → → → → (1)OQ＝PQ＋xPC＋yPA； → → → → (2)PA＝xPO＋yPQ＋PD.
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课堂讲练互动
活页限时训练
名师点睛 1． 空间向量的加减法与平面向量的加减法完全相同． 在化简向 量表达式时， 要结合空间图形， 分析各个向量在图形中的表示， 把空间向量转化为平面向量，并化到最简为止． → → → → 2．封口多边形法则：A1A2＋A2A3＋A3A4＋„＋An－1An＝A1An.因 此，在解决空间向量加、减运算问题时，可以通过平移将它们 转化为首尾相接的向量的和来解决．
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.2 空间向量及其运算教案 北师大版选修2-1-北师大版高二
空间向量及其运算【教学目标】1.和平面向量类比理解空间向量的概念、运算；2.掌握空间向量的共线、垂直的条件，理解空间向量基本定理和数量积【知识梳理】复习：平面向量有加减以及数乘向量运算1. 空间向量的加法和减法的运算法则有法则和法则.2.空间向量的数乘：实数λ与向量a 的积是一个量，记作，其长度和方向规定如下：(1)|λa |＝.(2)当λ＞0时，λa 与a. ；当λ＜0时，λa 与a. ；当λ＝0时，λa ＝.(3)共线向量定理：对空间任意两个向量a ， b (b ≠0)，a∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .3. 空间向量加法和数乘向量，以下运算律仍然成立：加法交换律：a ＋b ＝b ＋a 数乘交换律: λa=a λ加法结合律：(a ＋b )＋c ＝a ＋（b ＋c ）数乘结合律：a a )()(λμμλ=数乘分配律：λ(a ＋b )＝λa ＋λb a a a μλμλ+=+)(小结：空间向量加法的运算要注意：首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，求空间若干向量之和时，可通过平移使它们转化为首尾相接的向量． 例3三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示MG →，OG →.追踪训练1.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则用向量a ，b ，c 可表示向量BD 1→等于( )A ．a ＋b ＋cB ．a －b ＋cC ．a ＋b －cD ．－a ＋b ＋c2．对于向量a 、b 、c 和实数λ，下列命题中真命题是( )A ．若a·b ＝0，则a ＝0或b ＝0B ．若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0C ．若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－bD ．若a·b ＝a·c ，则b ＝c 5．3.如图，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H ，P ，Q 分别是A 1A ，AB ，BC ，CC 1，C 1D 1，D 1A 1的中点，则( )A.EF →＋GH →＋PQ →＝0B.EF →－GH →－PQ →＝0C.EF →＋GH →－PQ →＝0D.EF →－GH →＋PQ →＝04.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算结果为BD 1→的是( )①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→；④(B 1D 1→－A 1A →)＋DD 1→.A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④5. 如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1中，ABCD 是平行四边形．若AE →＝12EC →，A 1F →＝2FD →，若AB →＝b ，AD →＝c ，AA 1→＝a ，试用a ，b ，c 表示EF →.。
北师大版数学高二-高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》全部教案
北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》全部教案第一课时平面向量知识复习一、教学目标：复习平面向量的基础知识，为学习空间向量作准备二、教学重点：平面向量的基础知识。
教学难点：运用向量知识解决具体问题三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、基本概念向量、向量的模、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、共线向量、相反向量、向量的加法、向量的减法、实数与向量的积、向量的坐标表示、向量的夹角、向量的数量积。
（二）、基本运算1、向量的运算及其性质2、平面向量基本定理：如果21,e e 是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数21,λλ，使a = ； 注意)(21OB OA OP +=,)1(λλ-+=的几何意义 3、两个向量平行的充要条件： ⑴ //a b 的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则//a b 的充要条件是： ；（坐标表示）4、两个非零向量垂直的充要条件： ⑴ a b ⊥的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则a b ⊥的充要条件是： ；（坐标表示）（三）、课堂练习1．O 为平面上的定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，若( -)·(+－2)=0，则∆ABC 是（ ）A ．以AB 为底边的等腰三角形 B ．以BC 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形D ．以BC 为斜边的直角三角形2．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA PC PC PB PB PA ⋅=⋅=⋅，则P 是△ABC 的（ ） A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心3．在四边形ABCD 中，−→−AB ＝−→−DC ，且−→−AC ·−→−BD ＝0，则四边形ABCD 是（ ） A ． 矩形 B ． 菱形 C ．直角梯形 D ．等腰梯形4．已知||22p =||3q =，p 、q 的夹角为45︒，则以52a p q =+，3b p q =-为邻边的平行四边形的一条对角线长为（ ）A ．15B ． 14 D ．165．O 是平面上一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足=(+λ，),0[+∞∈λ则P 的轨迹一定通过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心 （四）、作业布置1．设平面向量=(－2，1)，=(λ，-1)，若与的夹角为钝角，则λ的取值范围是（ ）A ．),2()2,21(+∞- B ．),2(+∞ C ．),21(+∞- D ．)21,(--∞ 2．若()(),0,7,4,3,2=+-==c a b a 方向在则上的投影为 。
高中数学北师大版选修21课件：第二章5 夹角的计算
所以P→A·D→A＝P→A·A→B＝P→A·B→C＝0，
因为 AB⊥AD，所以A→B·D→A＝0，
因为 AB⊥BC，所以A→B·B→C＝0，
所以P→B·D→C＝
(P→A＋A→B)·(D→A＋A→B＋B→C
)＝A→B2＝
→ |AB
|2
＝
1，
又因为|P→B|＝ 2，|C→D|＝ 2，
所以 cos〈P→B，D→C〉＝P→→B·→D→C＝ |PB||DC|
小．( × )
2．已知直线 l1 的一个方向向量为 a＝(1，－2，1)，直线 l2 的 一个方向向量为 b＝(2，－2，0)，则两直线所成角的余弦值为
(D )
A．1
B. 6 3
C. 3 3
解析：选设两直线夹角为 θ，
则 cos θ＝ |a·b| ＝ 2＋4 ＝ 3.
|a|·|b| 6·2 2 2
BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是__6_0_°___．
解析：A→B＝A→C＋C→D＋D→B，
所以A→B·C→D＝(A→C＋C→D＋D→B)·C→D
＝A→C·C→D＋C→D2＋D→B·C→D＝
0＋
12＋
0＝
1，又
|A→B|＝
2，
→ |CD|
＝1.
所以 cos〈A→B，C→D〉＝A|→A→BB·||C→C→DD|＝2×1 1＝12.
第二章 空间向量与立体几何
§5 夹角的计算
5．1 直线间的夹角 5．2 平面间的夹角 5．3 直线与平面的夹角
1．问题导航 (1)两异面直线的夹角与两异面直线方向向量的夹角有什么关 系？ (2)两平面的夹角与两平面法向量的夹角有什么关系？ (3)直线与平面的夹角和该直线的方向向量与该平面的法向量 的夹角有什么关系？