3.2立体几何中的向量方法第3课时
高中数学选修2-1精品课件：§3.2 第3课时 用空间向量解决空间角
所成的角
＝
|a·b| |a||b|
范围 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sin θ＝_|_co_s_〈__a_，__n_〉__|_
＝
|a·n| |a||n|
0，π2
二ห้องสมุดไป่ตู้角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别 为n1，n2，则|cos θ|＝ |cos〈n1，n2〉| ＝ |n1·n2|
|n1||n2|
[0，π]
思考辨析 判断正误
SIKAOBIANXIPANDUANZHENGWU
1.两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等.( × ) 2.直线与平面所成的角等于直线与该平面法向量夹角的余角.( × ) 3.二面角的大小就是该二面角两个面的法向量的夹角.( × ) 4.若二面角两个面的法向量的夹角为120°，则该二面角的大小等于60°或 120°.( √ )
(3)求平面的法向量n； →
(4)设线面角为 θ，则 sin θ＝|P→A·n|. |PA||n|
跟 踪 训 练 2 如 图 所 示 ， 三 棱 柱 ABC － A1B1C1 中 ， CA ＝ CB ， AB ＝ AA1 ， ∠BAA1＝60°. (1)证明：AB⊥A1C；
证明 取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B. 因为CA＝CB，所以OC⊥AB. 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°， 故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C. 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正 弦值.
高中数学选修2-1课件：3.2 第3课时 空间向量与空间角
反思与感悟
解析答案
跟踪训练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；
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，
－1)，C→E＝(1，t－2,0)，
根据数量积的定义及已知得：1＋0×(t－2)＋0＝ 2× 1＋t－22·cos 60°，
所以t＝1，所以点E的位置是AB的中点．
解析答案
题型二 直线与平面所成角的向量求法 例2 已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a ，侧棱长为 2a ，M为 A1B1的中点，求BC1与平面AMC1所成角的正弦值．
D.90°
解析 ∵cos〈m，n〉＝ 12＝ 22，
∴二面角的大小为45°或135°.
解析答案
12345
3.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝ 2BB1，则AB1与C1B所成角的大 小为( )
A.60°
B.90°
C.105°
D.75°
解析答案
12345
4.正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
232Fra bibliotekA. 3
B. 3
C.3
6 D. 3
解析答案
12345
5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知DA＝DC＝4，DD1＝3，则异面直 9
线A1B与B1C所成角的余弦值为_2_5__. 解析 如图，建立空间直角坐标系. 由已知得A1(4,0,0)，B(4,4,3)，B1(4，4,0)，C(0,4,3). ∴A→1B＝(0,4,3)，B→1C＝(－4,0,3)， ∴cos〈A—1→B，B—1→C〉＝295.
3.2.3 立体几何中的向量方法(三)
u A1E = 0, 由 得 u = (1,2,2) u A1B = 0,
z
D1
A1
E
C1
A1B1 = 0,1,0 ,
B1到面A 1BE的距离为 A 1B1 n 2 d= = 3 n
B1
D
C
A
3、向量法求点到平面的距离：
如图 A , 空间一点 P 到平面 的距离为 d,已知平面 的 一个法向量为 n ,且 AP 与 n 不共线,能否用 AP 与 n 表示 d ?
则 d=| PO |= | PA | cos APO. ∵ PO ⊥ , n , ∴ PO ∥ n . ∴cos∠APO=|cos PA, n |.
为1，E为D1C1的中点，求点E到直线A1B的距离.
解2
z
D1
A1
E
C1
B1
D
C
A
y
x
B
例3、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长
为1，E为D1C1的中点，求B1到面A1BE的距离.
1 解 : 建立坐标系. A1E = (-1, ,0), A1B = (0,1,-1) 2 设u = (1, y, z)为面A1BE的法向量
化为向量问题
D1 C1
B1
依据向量的加法法则， AC1 AB AD AA1
进行向量运算
A1 D A 图1
B
C
AC1 ( AB AD AA1 ) 2
2 2 2
2
AB AD AA1 2( AB AD AB AA1 AD AA1 )
1 1 1 2(cos60 cos60 cos60) 6 所以 | AC1 | 6
用空间向量解决空间角和距离问题
0，π2
二面角
设二面角α－l－β为θ，平面α，β的法向量分别为n1，
n2，则|cos
θ|＝
|cos〈n1，n2〉|
＝
|n1·n2| |n1||n2|
[0，π]
知识点二 利用空间向量求距离(※) 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 ， P0(x0，y0，z0)为α外一点，P(x，y，z)是平面α内的任意一点，则点P0到 平面 α 的距离 d＝|P→P|n0|·n|＝|ax0－x＋ab2＋y0－b2＋y＋c2 cz0－z|.
证明
②若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角 的正弦值.
解答
类型二 求二面角问题 例2 如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点， 求二面角A－A1D－B的余弦值.
解答
反思与感悟 求角二面角时，可以用方向向量法，也可以采用法向量 法求解.
2.向量法求距离(※) (1)求 P，Q 两点间的距离，可转化为求P→Q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＝|A|Bn·|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.
4 2×2
2＝12，
且〈P→B，D→B〉∈[0，π]，∴〈P→B，D→B〉＝π3， ∴BD 与平面 ADMN 所成的角为π6.
高中数学3.2立体几何中的向量方法课件-(共43张PPT)
，即14x＋ 43y＋12z＝0
，
令 y＝2，则 z＝－ 3，∴n＝(0,2，－ 3)．
∵ PD ＝0，23 3，－1，显然 PD ＝
3 3 n.
26
∵ PD ∥n，∴ PD ⊥平面 ABE，即 PD⊥平面 ABE.
探究提高 证明线面平行和垂直问题，可以用 几何法，也可以用向量法，用向量法的关键在 于构造向量，再用共线向量定理或共面向量定 理及两向量垂直的判定定理。若能建立空间直 角坐标系，其证法较为灵活方便.
7
r 平面的法向量：如果表示向量 n的有向线段所在
直线垂直于r平面 ，则称r这个向量垂直于平r
面 ,记作 n⊥ ，如果 n⊥ ，那 么 向 量n
叫做平面 的法向量.
r
l
给定一点Ar 和一个向量 n,那么 过点A,以向量 n 为法向量的平面是
r 完全确定的.
n
几点注意：
1.法向量一定是非零向量;
17
题型分类 深度剖析
题型一 利用空间向量证明平行问题 例 1 如图所示，在正方体 ABCD—A1B1C1D1
中，M、N 分别是 C1C、B1C1 的中点．求证： MN∥平面 A1BD.
18
证明 方法一 如图所示，以 D 为原点，DA、DC、DD1 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
1，得
x
1 2
y 1
r n
(
1
,
1,1),
2
10
思考2：
因为方向向量与法向量可以确定直线和平面的 位置，所以我们应该可以利用直线的方向向量与平 面的法向量表示空间直线、平面间的平行、垂直、 夹角等位置关系.你能用直线的方向向量表示空间两 直线平行、垂直的位置关系以及它们之间的夹角吗？ 你能用平面的法向量表示空间两平面平行、垂直的 位置关系以及它们二面角的大小吗？
3.2.3 立体几何中的向量方法三)
C D B
进行向量运算
2
A 图3
d AB ( AC CD DB )
2
2
AB CD BD 2( AC CD AC DB CD DB )
a 2 c 2 b 2 2 AC DB a 2 c 2 b 2 2CA DB 于是，得 2CA DB a 2 b 2 c 2 d 2
d 2 a 2 b2 c 2 cos 2(ab bc ac)
（3）如果已知一个四棱柱的各棱长都等于 a ，并且以某一顶
点为端点的各棱间的夹角都等于 ，那么可以确定这个四棱柱相邻 D1 两个夹角的余弦值吗？ 分析： 二面角 平面角 向量的夹角 回归图形 解：如图，在平面 AB1 内过 A1 作 A A1E⊥AB 于点 E， 在平面 AC 内作 CF⊥AB 于 F。
向量的有关知识：
两向量数量积的定义：a· b=|a|· |b|· cos〈a,b〉
a b 两向量夹角公式：cos 〈a,b〉 = ab
直线的方向向量：与直线平行的非零向量 平面的法向量：与平面垂直的向量
(课本第107页练习2)如图，60°的二面角的棱上有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AB，已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，求CD的长. 解: CA 6 , AB 4 , BD 8 且 CA AB, BD AB , CA, BD 120
cos cos AB, CD
B
AB CD AB CD
C
L
D
A
例1：如图3，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 l（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。
3.2立体几何中的向量方法 第3课时 空间向量与空间角 课件
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3.2 第3课时
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)， 1 C(1,1,0)，D2，0，0，S(0,0,1)． → → ∴AS＝(0,0,1)，CS＝(－1，－1,1)．
3.2 第3课时
解
建立如图所示的空间直角坐标系，则
O(0,0,0)，O1(0,1， 3)，A( 3，0,0)， A1( 3，1， 3)，B(0,2,0)， → → ∴A1B＝(－ 3，1，－ 3)，O1A＝( 3，－1，－ 3)． → → → → |A1B· O1A| ∴|cos〈A1B，O1A〉|＝ → → |A1B|· |O1A| |－ 3，1，－ 3· 3，－1，－ 3| 1 ＝ ＝7. 7· 7 1 ∴异面直线 A1B 与 AO1 所成角的余弦值为 . 7
3.2 第3课时
∴PB⊥AD. 又∵PB⊥DM，DM∩AD＝D， ∴PB⊥平面 ADMN， → 即PB为平面 ADMN 的一个法向量． → → 因此〈PB，DB〉的余角即是 BD 与平面 ADMN 所成的角． → → PB· DB 4 1 → → ∵cos〈PB，DB〉＝ ＝ ＝ ， → → 2 2×2 2 2 |PB||DB| π π → → ∴〈PB，DB〉＝3，∴BD 和平面 ADMN 所成的角为6.
研一研· 问题探究、课堂更高效
3.2 第3课时
3.2立体几何中的向量方法(三)
不共线, 一个法向量为 n ,且 AP 与 n 不共线,能否用 AP 与 n 表示 d ?
分析:过 P 作 PO⊥ α 于 O,连结 OA. 过 ⊥ 连结
P
n
则 d=| PO |= | PA | cos ∠APO . ∵ PO ⊥ α , n ⊥ α , ∴ PO ‖ n . cos∠ ∴cos∠APO=|cos PA, n |.
4
详细答案
思考题: 如图, 思考题: 如图,已知正方形 ABCD 的边长为 4,E,F , , AD GC⊥ 分别是 AB, 的中点, ⊥平面 ABCD, GC=2, , 的中点, , 且 = , z 的距离. 求点 B 到平面 EFG 的距离 G 如图, 解:如图,建立空间直角坐标系 C-xyz. - . 由题设 C(0,0,0),A(4,4,0),B(0,4,0), , , , D(4,0,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2). , , , . EF = (2, 2, 0), EG = ( 2, 4, 2), D C
a, a, b), BC1 = (0, a , b), 2 2 12 2 由于AB1 ⊥ BC1 ,所以A 1 B 1 = a +b =0 所以 B C
2 2 B 1 ( 0 , a , b ), D ( 3 a , 1 a , 0) 4 3 1 4
z C1 A1 B1
2 a ∴ b= 2 C 在坐标平面yoz中 ∵ CC1 B 在坐标平面 中 D x ∴ 可取 n =( ,0,0)为面 CC1 B 的法向量 =(1, , )
= a + c + b 2CA DB
2 2 2
2ab cos θ = a + b + c d .
人教A版选修2-1第三章第十课时同步练习3.2立体几何中的向量方法(3)(修改稿)
§3.2立体几何中的向量方法（3）1. （1）已知三点A（1，0，0），B（3，1，1），C（2，0，1）．求D（2，0，-1）到平面ABC的距离．（2）已知四边形ABCD中，∠BAD=∠ABC=900,PA⊥平面ABCD，PA=AD=3，AB=2，BC=1．求点D到平面PAC的距离．2.如图：ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD，M、N分别是PC、AB中点，(1)求证：MN⊥平面PCD；(2)求NM与平面ABCD所成的角的大小.3.一条线段夹在一个直二面角的两个面内，它和两个面所成的角都是300，求这条线段与这个二面角的棱所成的角的大小.4. 正四棱锥S —ABCD 中，所有棱长都是2，P 为SA 的中点，如图. (1)求二面角B —SC —D 的大小；(2)求DP 与SC 所成的角的大小.5. 如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点； (1)求;(2)求;,cos 11的值><CB (3).:11M C B A ⊥求证(4)求CB 1与平面A 1ABB 1所成的角的余弦值.参考答案1.解：（1）设()c b a n ,,=是平面ABC 的法向量，由于()(),0,1,1,1,1,2--==则 ⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AC n ，即 ()()()()⎩⎨⎧=--⋅=⋅00,1,1,,01,1,2,,c b a c b a ，由此解得⎩⎨⎧-=-=c a b a ．令1=a ,得1,1-=-=c b ， ()1,1,1--=∴．又()1,0,1-=DA ．∴所求距离()()()3321,1,11,1,101,1=----⋅-==d ． （2）以A 为坐标原点，分别以,,所在直线为x 、y 、z 轴建立坐标系． 过D 作 DQ ⊥AC 于Q ，∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA⊥DQ,∴DQ ⊥平面PAC ， ∴就是D 到平面PAC 的距离．()0,0,2=,()0,1,0BC ,()0,3,0=． 设)0,1,2()(m m m =+==()0>m ，)0,3,2()0,1,2()0,3,0(-=+-=+=∴m m m AQ DA DQ ， 由0)0,1,2(0,3,2,=⋅-=⋅⊥m m m AQ DQ AQ DQ ）（得，0)3(42=-+m m m 得, 53=∴m ． ),0,512,56(-=∴∴556)512()56(22=-+=．2.(1)略 (2)4503.4504.(1) 13-(2) π 略 略解：如图，建立空间直角坐标系O —xyz.（1）依题意得B （0，1，0）、N （1，0，1） ∴|BN |=3)01()10()01(222=-+-+-.x（2）依题意得A 1（1，0，2）、B （0，1，0）、C （0，0，0）、B 1（0，1，2） ∴1BA ={－1，－1，2}，1CB ={0，1，2，}，1BA ·1CB =3，|1BA |=6，|1CB |=5∴cos<1BA ，1CB 30101||||1111=⋅CB BA CB BA .（3）证明：依题意，得C 1（0，0，2）、M （21,21，2），B A 1={－1，1，2}，M C 1={21,21，0}.∴B A 1·M C 1=－2121++0=0，∴B A 1⊥M C 1，∴A 1B ⊥C 1M.。
3.2.2立体几何中的向量方法-三种空间角
空间向量的引入为代数方法处理立体几
何问题提供了一种重要的工具和方法，解题
时，可用定量的计算代替定性的分析，从而 避免了一些繁琐的推理论证。求空间角与距 离是立体几何的一类重要的问题，也是高考 的热点之一。本节课主要是讨论怎么样用向 量的办法解决空间角问题。
•引入 •复习 •线线角 •线面角 •二面角 线面角 题型二：线面角
直线与平面所成角的范围： [0, ] 2 A 思考： n
B
O
n, BA 与的关系？
结论： sin
•引入 •复习
|
•线线角
cos n, AB
•线面角
|
•小结
•二面角
题型二：线面角 例二： 在长方体 ABCD A B1C1D1 中， = 5，AD 8, AB 1
关键：观察二面角的范围
•引入 •复习 •线线角 •线面角 •二面角 •小结
题型三：二面角
例三 如所示，ABCD是一直角梯形，∠ABC = 900 , 1 SA ⊥ 平面ABCD,SA = AB = BC = 1 ,AD = ,求面SCD与面SBA 2 所成二面角的余弦值.
S
B
A D
C
解： 建立空直角坐系A - xyz如所示, 1 B - 1, , A ( 0, , C ( 1, 0) D (0, , 0), S (0, 0,1) 0, 0) C 2 1 易知面SBA的法向量n1 AD (0, , 0) 2 A D y 1 1 CD (1, , 0), SD (0, , 1) 2 2 设平面SCD的法向量n2 ( x, y, z), 由n2 CD, n2 SD, 得： y y x 2 0 x 2 任取n2 (1,2,1) y z0 z y 2 2 n n2 6 6 1 cos n1 , n2 即所求二面角得余弦值是 3 | n1 || n2 | 3
高中数学选修2-1第三章3.2立体几何的向量方法(3)——空间角
C
D CA, DB
进行向量运算
d2
2
AB
( AC
CD
DB)2
A
图3
2
2
2
AB CD BD 2(AC CD AC DB CD DB)
a2 c2 b2 2AC DB
a2 c2 b2 2CA DB
于是，得 2CA DB a2 b2 c2 d 2
3.2立体几何的向量方法（3）
• 空间向量与空间角
例 1、如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,M、N 分别是
棱 CD、CC1的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角
的大小是
.
法二 以 D 为原点,DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立 空间直角坐标系,设 AB=1,
则 D(0,0,0),N0,1, 1 ,
15
例2：如图3，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 l（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，AC a，BD b，CD c，AB d.
化为向量问题
B
根据向量的加法法则 AB AC CD DB
a, b), 1 a2 b2
2
0
C1(0, 0, b),
z C1
2
∵ CC1B在坐标平面yoz中
C
∴ 可取 n＝（1，0，0）为面CC1B的法向量 x
D
设面 C1BD 的一个法向量为 m ( x, y, z)
3.2立体几何中的向量方法(三)
Q r uuur r uuur n EF，n EG
xD
C
2x 2y 0 2x 4 y 2Z 0
F
令z 3, 得，x=1，y=1
n (1,1, 3) ,
A
E
B
y
[应用训练]
1:（2010浙江理数）如图,在矩形ABCD中,点
E,F分别在线段AB,AD上，AE EB AF 2 FD 4
2
222
P
N
D
C
MN ( 1 , 0, 1) PD (1, 0, 1)
22
A
DC MN
(0,1, 0) PD (
1
,
0,
1
)
(1,
0,
1)
0
x
MN
PD
M
MN
DC
2 (
1
2 , 0,
1) (0,1, 0)
0 MN
DC
22
又 PD DC DMN 平面PDC
B y
r n
(
1
,
1
,
1
)
x
abc
ur m
r abcn
abc(
1
,
1
,
1)
(bc,
ac,
ab)
abc
二、一般平面的法向量：
例1、已知平面的两个向量为 a (1,3,4) ，b (2,5,9) ， 求此平面的一个法向量.
解：设 m (x, y, z) 为平面的法向量，则有
a
y
3.2立体几何中的向量方法
例1 如图 3.2 3 , 一个结晶 体形状为四棱柱 , 其中, 以顶 点A为端点的三条棱长都相 等, 且它们彼 此 的夹角都 是
D1
C1 B1
A1
D
60 0 , 那么这个顶点为端点的A B 晶体的对角线的长与棱 长有 图3.2 3 什么关系? 分析 如图3.2 3,由于四棱柱的棱之间具 有平行
ka2 , b1 kb2 , c1 kc2 图3.2 22.
我们随时随地看到向量 运算的 作用, 你同意"向量是躯体, 运算 是灵魂""没有运算的向量只能 起路标的作用 "的说法吗?
l u
v
图3.2 2 2
探究 1. 如图3.2 23, 若 直线l和平面的夹角为 , 你能用u, v表示 吗?
l // u v u v 0 a1 a2 b1b2 c1c2 0图3.2 21;
u
l
v
l u // v u kv a1 , b1 , c1 k a2 , b2 , c2 a1
图3.2 2 1
l
因为方向向量与法向量可以确定直线和平面的 位置, 所以我们可以利用直线 的方向向量与平面 的法向量表示空间直线 、平面间的平行、垂直 、 夹角等位置关系 .
u
l l l
v
u
v
u
v
1
2
图3.2 2
1
例如, 图3.2 2, 设直线l的方向向量是u a1 , b1 , c1 , 平面的法向量v a2 , b2 , c2 , 则
C
关系, 所以以A为起点的三个向量可以 将各棱用向 , 不妨设这三个向量的模 都 量形式表示 .根据题设 AC1的长, 可以将AC1用与棱 等于1.为了求出对角线 相关的向量表示出来 .
3.2立体几何中的向量方法第3课时 空间向量与空间角 教案(人教A版选修2-1)
第3课时空间向量与空间角●三维目标1.知识与技能(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、面面的夹角求法问题．(3)体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．2．过程与方法经历规律方法的形成推导过程、解题的思维过程，体验向量的指导作用．3．情感、态度与价值观通过学习向量及其运算由平面向空间推广的过程，逐步认识向量的科学价值、应用价值和文化价值，提高学习数学的兴趣，树立学好数学的信心．●重点难点重点：向量法求解线线、线面、面面的夹角．难点：线线、线面、面面的夹角与向量夹角的关系．(教师用书独具)●教学建议按照传统方法解立体几何题，需要有较强的空间想象能力、演绎推理能力以及作图能力，学生往往由于这些能力的不足造成解题困难．用向量法处理立体几何问题，实现了几何问题代数化，把对空间图形的研究从“定性推理”转化为“定量计算”，即将复杂的几何论证转化为代数运算，从而避免了几何作图，减少了逻辑推理，降低了难度，学生易于操作，容易接受．本节课宜采取的教学方法：(1)诱导思维法：这种方法有利于学生对知识进行主动建构；有利于突出重点，突破难点；有利于调动学生的主动性和积极性，发挥其创造性．(2)分组讨论法：有利于学生进行交流，及时发现问题，解决问题，培养学生的互相合作精神．(3)讲练结合法：可以及时巩固所学内容，抓住重点，突破难点．学法方面，自主探索、观察发现、类比猜想、合作交流．建构主义学习理论认为，学习是学生积极主动的建构知识的过程，学习应该与学生熟悉的背景相联系．在教学中，让学生在问题情境中，经历知识的形成和发展，通过观察、归纳、思考、探索、交流、反思、参与学习，认识和理解数学知识、学会学习，发展能力．●教学流程创设问题情境，提出空间中两条异面直线的夹角、直线与平面的夹角、二面角的取值范围各是多少？⇒通过引导学生回答问题，分析空间角大小与向量夹角的关系，并进一步得出用向量求空间角的方法.⇒通过例1及其变式训练，使学生掌握利用向量求异面直线所成角的方法及注意事项.⇒通过例2及其变式训练，使学生掌握利用向量求直线与平面所成的角.⇒通过例3及其变式训练，解决利用向量求二面角问题.⇒完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈矫正.⇒归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识.课标解读1.理解直线与平面所成角的概念．(重点)2.会用向量法求线线、线面、面面夹角．(重点、难点)3.正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点)空间角的向量求法【问题导思】1．空间中两条异面直线所成角的范围是多少？【提示】(0，π2]．2．直线与平面的夹角是怎样定义的？夹角的范围是多少？【提示】 平面外一条斜线与它在该平面内的射影所成的角叫斜线与平面所成的角，其取值范围为[0，π2]．3．怎样作出二面角α－l －β的平面角？其平面角的取值范围是多少？【提示】 在二面角α－l －β的棱l 上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 就是二面角α－l －β的平面角．它的取值范围是[0，π].角的分类向量求法范围 两异面直线l 1与l 2所成的角θ设l 1与l 2的方向向量为a ，b ，则cos θ＝|cos a ，b|＝|a·b ||a ||b |(0，π2]直线l 与平面α所成的角θ设l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos a ，n|＝|a·n ||a ||n |[0，π2]二面角α－l －β的平面角θ设平面α，β的法向量为n 1，n 2，则|cos θ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|[0，π]求异面直线所成的角图3－2－17如图3－2－17，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 轴、y 轴、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．【自主解答】 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，∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)， ∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程只需对相应向量运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是(0，π2]，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cosθ＝|cos α|，求解时要特别注意．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，求异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值．【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，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，得A 1B →＝(0,4，－3)，B 1C →＝(－4,0，－3)．设A 1B →与B 1C →的夹角为θ，则cos θ＝A 1B →·B 1C →|A 1B →||B 1C →|＝925，故A 1B →与B 1C →的夹角的余弦值为925，即异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为925.求线面角图3－2－18(2013·泰安高二检测)如图3－2－18所示，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小． 【思路探究】 (1)怎样建立坐标系？(2)向量CM →与SN →满足什么关系时有CM ⊥SN 成立？ (3)SN →的坐标是多少？平面CMN 的一个法向量怎么求？SN →与平面CMN 的法向量的夹角就是SN 与平面CMN 所成的角吗？【自主解答】 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M 、S 分别为PB 、BC 的中点，∴N (12，0,0)，M (1,0，12)，S (1，12，0)，(1)CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)，∴CM →·SN →＝(1，－1，12)·(－12，－12，0)＝0，因此CM ⊥SN .(2)NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y . 取y ＝1，则得a ＝(2,1，－2)． 因为cos a ，SN →＝－1－123×22＝－22.∴〈a ，SN →〉＝34π.所以SN 与平面CMN 所成角为34π－π2＝π4.1．本题中直线的方向向量SN →与平面的法向量a 的夹角并不是所求线面角θ，它们的关系是sin θ＝|cos 〈SN →，a 〉|.2．若直线l 与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：如图3－2－19，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，求BE 与平面B 1BDD 1所成角的余弦值．图3－2－19【解】 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．AC →＝(－2,2,0)即平面B 1BDD 1的一个法向量，设n ＝(－1,1,0)． cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝105.设BE 与平面B 1BD 所成角为θ，cos θ＝sin 〈n ，BE →〉＝155，即BE 与平面B 1BD 所成角的余弦值为155.求二面角图3－2－20如图3－2－20，若正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD 的交点，AC⊥BC，且AC＝BC，求二面角A－EB－C的大小．【思路探究】(1)根据已知条件，你能建立空间直角坐标系吗？A、B、C、E、M的坐标分别为多少？(2)怎样用法向量法求二面角A－EB－C的大小？【自主解答】∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC.又∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC.以点A为坐标原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC，AE为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设EA＝AC＝BC＝2，则A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)．∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴M(0,1,1)．设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥AE→且n⊥AB→，从而有n·AE→＝0且n·AB→＝0.又∵AE →＝(0,0,2)，AB →＝(2,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(0，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(2，2，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0.取y ＝－1，则x ＝1，则n ＝(1，－1,0)． 又∵AM →为平面EBC 的一个法向量， 且AM →＝(0,1,1)，∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n ||AM →|＝－12.设二面角A －EB －C 的平面角为θ，则cos θ＝12，即θ＝60°.故二面角A －EB －C 为60°.用向量法求二面角的大小，可以避免作出二面角的平面角这一难点，转化为计算两半平面法向量的夹角问题，具体求解步骤如下：(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角；(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角； (5)确定二面角的大小．图3－2－21已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为a ，D 是侧棱CC 1的中点，求平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小．【解】 以B 为原点，过点B 与BC 垂直的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，C 1(0，a ，a )，A (－32a ，a 2，0)，A 1(－32a ，a2，a )，D (0，a ，a2)．故AB 1→＝(32a ，－a 2，a )，B 1D →＝(0，a ，－a 2)．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0， 即⎩⎨⎧32ax －a 2y ＋az ＝0，ay －a2z ＝0.得x ＝－3y ，z ＝2y .取y ＝1，则n ＝(－3，1,2)． ∵平面ABC 的法向量是AA 1→＝(0,0，a )， ∴二面角θ的余弦值为 cos θ＝AA 1→·n |AA 1→||n |＝22.∴θ＝π4.∴平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小为π4.对所求角与向量夹角的关系不理解致误正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求二面角A －BD 1－C 的大小．【错解】 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知DA 1→是平面ABD 1的一个法向量，DA 1→＝(1,0,1)， DC 1→是平面BCD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)， 所以cos 〈DA 1→，DC 1→〉＝DC 1→·DA 1→|DC 1→|·|DA 1→|＝12.所以〈DA 1→，DC 1→〉＝60°.即二面角A －BD 1－C 的大小为60°.【错因分析】 用法向量的夹角判断二面角的大小时出现错误，根据法向量的方向可知，二面角为钝角，而不是锐角．【防范措施】 利用法向量求二面角时，要注意法向量的夹角与二面角的大小关系是相等或互补，在求出两向量的夹角后，一定要观察图形或判断法向量的方向来确定所求二面角与其相等还是互补．【正解】 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知DA 1→＝(1,0,1)是平面ABD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈DA 1→，DC 1→〉＝DC 1→·DA 1→|DC 1→|·|DA 1→|＝12，所以〈DA 1→，DC 1→〉＝60°.所以二面角A －BD 1－C 的大小为120°.利用空间向量求空间角的基本思路是把空间角转化为两个向量夹角的关系，解决方法一般有两种，即坐标法和基向量法，当题目中有明显的线面垂直关系时，尽量建立空间直角坐标系，用坐标法解决．需要注意的是要理清所求角与向量夹角之间的关系，以防求错结果.1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A ．30° B ．150° C ．30°或150° D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为(0，π2]．应选A.【答案】 A2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°【解析】 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32， ∴θ＝60°，应选B. 【答案】 B3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β所成的二面角的大小为________．【解析】 cos 〈u ，v 〉＝－12·2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，而所成的二面角可锐可钝，故也可以是π3.【答案】 π3或23π图3－2－224．如图3－2－22直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，CC 1＝2，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【解】 以CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,1,0)，C 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)．则A 1B →＝(－1,1，－2)，平面BB 1C 1C 的法向量n ＝(1,0,0)． 设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角为θ，A 1B →与n 的夹角为φ， 则cos φ＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66.∴直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66.一、选择题1．(2013·济南高二检测)已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( )A.52266 B ．－52266 C.52222 D ．－52222【解析】 AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB 、CD 所成角的余弦值为52266.【答案】 A2．已知A ∈α，P ∉α，P A →＝(－32，12，2)，平面α的一个法向量n ＝(0，－12，－2)，则直线P A 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．150°【解析】 设直线P A 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝|0×(－32)－12×12－2×2|(－32)2＋(12)2＋(2)2·(－12)2＋(－2)2＝32.∴θ＝60°. 【答案】 C3．正方形ABCD 所在平面外一点P ，P A ⊥平面ABCD ，若P A ＝AB ，则平面P AB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解】 如图所示，建立空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝1.则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．于是AD→＝(0,1,0)．取PD中点为E，则E(0，12，1 2)，∴AE→＝(0，12，1 2)，易知AD→是平面P AB的法向量，AE→是平面PCD的法向量，∴cos AD→，AE→＝22，∴平面P AB与平面PCD的夹角为45°.【答案】 B4．(2013·西安高二检测)一个二面角的两个面分别垂直于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角()A．相等B．互补C．相等或互补 D．无法确定【解析】举例说明，如图所示两个二面角的半平面分别垂直，则半平面γ绕轴l旋转时，总有γ⊥β，故两个二面角大小无法确定关系．【答案】 D5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为()A．60°B．90°C．45°D．以上都不对【解析】以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，所以A 1E →＝(0,1，－1)，D 1E →＝(1,1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)．设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)， cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1.所以〈n ，EA →〉＝180°.所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°. 【答案】 B 二、填空题6．(2013·荆州高二检测)棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值是________．【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)， ∴AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)，∴cos 〈AM →，CN →〉＝1252·52＝25，故异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为25.【答案】 25图3－2－237．如图3－2－23，在三棱锥O －ABC 中，OA ＝OB ＝OC ＝1，∠AOB ＝90°，OC ⊥平面AOB ，D 为AB 的中点，则OD 与平面OBC 的夹角为________．【解析】 ∵OA ⊥平面OBC ， ∴OA →是平面OBC 的一个法向量． 而D 为AB 的中点，OA ＝OB ， ∴∠AOD ＝〈OD →，OA →〉＝45°.∴OD 与平面OBC 所成的角θ＝90°－45°＝45°. 【答案】 45°8．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a ＞0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________.【解析】 平面xOy 的法向量为n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0， 即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝(a 3，a4，1)．而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22， 又∵a ＞0，∴a ＝125.【答案】125三、解答题图3－2－249．如图3－2－24所示，在四面体ABCD 中，O ，E 分别是BD ，BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．【解】 (1)证明 连结OC ，由题意知BO ＝DO ，AB ＝AD ，∴AO ⊥BD . 又BO ＝DO ，BC ＝CD ，∴CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3， 又AC ＝2，∴AO 2＋CO 2＝AC 2， ∴∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . ∵BD ∩OC ＝O ，∴AO ⊥平面BCD . (2)以O 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)， E (12，32，0)， ∴BA →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1，－3，0)， ∴cos 〈BA →，CD →〉＝BA →·CD →|BA →|·|CD →|＝24.∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 10．四棱锥P —ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．【解】 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，则 A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，P (0,0，h )， (1)∵AC →＝(－a ，a,0)，DP →＝(0,0，h )，DB →＝(a ，a,0)， ∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ，∴AC ⊥平面PDB ， 又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PDB .(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，P (0,0，2a )，E (12a ，12a ，22a )，设AC ∩BD ＝O ，O (a 2，a2，0)连结OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB 于O ，∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝(12a ，－12a ，－22a )，EO →＝(0,0，－22a )，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO →|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45°.图3－2－2511．如图3－2－25，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4.(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明：AF ⊥平面A 1ED ； (3)求二面角A 1－ED －F 的正弦值．【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D (0,2,0)，F (1,2,1，)A 1(0,0,4)，E (1，32，0)．(1)易得EF →＝(0，12，1)，A 1D →＝(0,2，－4)．于是cos 〈EF →，A 1D →〉＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35.所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35.(2)已知AF →＝(1,2,1)，EA 1→＝(－1，－32，4)，ED →＝(－1，12，0)．于是AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0，因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED ，又EA 1∩ED ＝E . 所以AF ⊥平面A 1ED .(3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·EF →＝0u ·ED →＝0，即⎩⎨⎧ 12y ＋z ＝0－x ＋12y ＝0.不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2，－1)．由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量．于是cos 〈u ，AF →〉＝u ·AF →|u ||AF →|＝23， 从而sin 〈u ，AF →〉＝53. 所以二面角A 1－ED －F 的正弦值为53.三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)求证AP ⊥BC . (2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【自主解答】 (1)由AB ＝AC ，D 是BC 的中点得AD ⊥BC ，因为PO ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥BC ，又PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AO ，又AP ⊂平面P AO ，所以BC ⊥AP .(2)存在．以O 为坐标原点，以OD ，OP 所在直线分别为y 轴、z 轴，以过O 点且垂直于面POD 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)，所以AP →＝(0,3,4)，BP →＝(－4，－2,4)，设PM →＝λP A →(λ≠1)，则PM →＝λ(0，－3，－4)，所以BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)，设平面BMC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ －4x 1－(2＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 1＝0，－8x 1＝0， 令y 1＝4－4λ，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝0，z 1＝2＋3λ，可取n 1＝(0,4－4λ，2＋3λ)，由题意知平面AMC 与平面APC 是一个平面，∴设平面APC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 1＝0AC →·n 2＝0即⎩⎪⎨⎪⎧ 3y 2＋4z 2＝0－4x 2＋5y 2＝0. 所以⎩⎨⎧ x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)，由题意得n 1·n 2＝0，即4(4－4λ)－3(2＋3λ)＝0，解得λ＝25，故AM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.。
2020_2021学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2第3课时用空间向量解决空间角与距离问题课
用空间向量解决空间角与距离问题[A 组 学业达标]1.如图，正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( ) A.15B.25 C.35 D.45解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ， 设AB ＝1.则B (1,1,0)，A 1(1,0,2)，A (1,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，AD 1→＝(－1,0,2)，cos 〈A 1B →，AD 1→〉＝A 1B →·AD 1→|A 1B →||AD 1→|＝－45×5＝－45，∴异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45. 答案：D2．二面角的棱上有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( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°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°. 答案：C3．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 ．30°B ．90° C ．120°D ．60°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. 答案：C4．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.23B.33C.23D.63解析：建系如图，设正方体棱长为1， 则BB 1→＝(0,0,1)． ∵B 1D ⊥面ACD 1，∴取DB 1→＝(1,1,1)为面ACD 1的法向量． 设BB 1与平面ACD 1所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BB1→·DB 1→|BB1→||DB 1→|＝13＝33， ∴cos θ＝63.答案：D5.如图所示，在几何体A BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB ＝BC ＝1，CD ＝2，点E 为CD 中点，则AE 的长为( ) A.2 B.3 C ．2 D.5 解析：AE →＝AB →＋BC →＋CE →， ∵|AB →|＝|BC →|＝1＝|CE →|， 且AB →·BC →＝AB →·CE →＝BC →·CE →＝0. 又∵AE →2＝(AB →＋BC →＋CE →)2， ∴AE →2＝3， ∴AE 的长为 3.故选B. 答案：B6.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________．解析：取AC 、A 1C 1的中点M 、M 1，连接MM 1、BM .过D 作DN ∥BM ，交MM 1于点N ，则容易证明DN ⊥平面AA 1C 1C .连接AN，则∠DAN就是AD与平面AA1C1C所成的角．在Rt△DAN中，sin∠DAN＝NDAD＝322＝64.答案：647．正方体ABCDA1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是________．解析：如图，以DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，易证AC1→是平面A1BD的一个法向量.AC1→＝(－1,1,1)，BC1→＝(－1,0,1)．cos〈AC1→，BC1→〉＝1＋13×2＝63.所以BC1与平面A1BD所成角的正弦值为63.答案：638.如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是________． 答案：90°9.如图所示，已知在四面体ABCD 中，O 为BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．解析：(1)证明：因为BO ＝DO ，AB ＝AD ，所以AO ⊥BD . 因为BO ＝DO ，BC ＝CD ，所以CO ⊥BD . 在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3，而AC ＝2，所以AO 2＋CO 2＝AC 2，所以∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC .因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD .(2)以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，BA →＝(－1,0,1)， CD →＝(－1，－3，0)，所以cos 〈BA →，CD →〉＝BA →·CD →|BA →||CD →|＝24，所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24.10.如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°. (1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)若二面角D PC A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离．解析：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ， ∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE ，PA ⊥AB ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，h )，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，0，B (0,2,0)，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，－h ，DC →＝(0,1,0)，设平面PDC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PC →＝0，n 1·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1－hz 1＝0，y 1＝0，取x 1＝h ，∴n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h ，0，32， 由(1)平面PAC 的一个法向量为BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－32，0.∴|cos 〈n 1，BC →〉|＝32hh 2＋34×3＝55，解得h ＝3，同理可求得平面PBC的一个法向量n 2＝(3，3，2)，所以，点A 到平面PBC 的距离为d ＝|AP →·n 2||n 2|＝234＝32.[B 组 能力提升]11．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( ) A.2B.3 C ．2 D.5解析：如图，∵二面角α－l －β等于120°，∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →，AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1， |CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60° ＝4，∴|CD →|＝2.故选C. 答案：C12．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是A 1C 1的中点，则O 到平面ABC 1D 1的距离为( ) A.32B.24C.12D.33解析：以DA →、DC →、DD 1→为正交基底建立空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，C 1O →＝12C 1A 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，－12，0，平面ABC 1D 1的法向量DA 1→＝(1,0,1)，点O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|DA 1→·C 1O →||DA 1→|＝122＝24.故选B.答案：B13.正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，则直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为________．解析：取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，0，所以BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，32， BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，－12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，CD →〉＝32＋325×1＝155，因此直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为155.答案：15514．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝4，AB ＝BC ＝2，动点P ，Q 分别在线段C 1D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是________．解析：以D 为原点，分别以DA →，DC →，DD 1→为x ，y ，z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,4)，设DP →＝tDC 1→，AQ →＝mAC →(t ，m ∈[0,1])，∴DP →＝t (0,2,4)＝(0,2t,4t )，DQ →＝DA →＋mAC →＝(2,0,0)＋m (－2,2,0)＝(2－2m,2m,0)． ∴P (0,2t,4t )，Q (2－2m,2m,0)， ∴PQ →＝(2－2m,2m －2t ，－4t )， 则|PQ →|＝2－2m2＋2m －2t 2＋－4t 2＝25⎝⎛⎭⎪⎪⎫t －m 52＋95⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m －592＋49≥249＝43，当且仅当t ＝m 5，m ＝59，即t ＝19，m ＝59时取等号，∴线段PQ 长度的最小值为43.15．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小．解析：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，因此∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2,0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2,0,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0，取z 1＝2，可得平面AEG 的法向量m ＝(3，－3，2)，设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0n ·CG →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝02x 2＋3y 2＝0，取x 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.因此二面角E AG C 的大小为60°.16.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B PD A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．解析：(1)证明：设AC ，BD 的交点为O ，连接OM ，如图所示．∵PD∥平面MAC，且平面PBD∩平面MAC＝MO，∴PD∥MO.∵O为BD的中点，∴M为PB的中点．(2)取AD的中点E，连接PE.∵PA＝PD，∴PE⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，则B(－2,4,0)，P(0,0，2)，D(2,0,0)，A(－2,0,0)，DP→＝(－2,0，2)，DB→＝(－4,4,0)．易知平面PDA的法向量m＝(0,1,0)，设平面BPD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DP→＝－2x0＋2z0＝0，n·DB→＝－4x0＋4y0＝0，可取n＝(1,1，2)．设二面角BPDA的平面角为θ，∴|cos θ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝11·12＋12＋22＝12， 由图可知，二面角B PD A 为锐二面角， ∴θ＝π3，即二面角B PD A 的大小为60°.(3)由(2)可知M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)，MC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，2，－22， 设直线MC 与平面BDP 所成的角为α，则有 sin α＝|cos 〈MC →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪MC →·n |MC →||n | ＝3＋2－11＋1＋22·32＋22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－222＝269.∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.。
立体几何中的向量方法(三)----利用向量方法求距离
§立体几何中的向量方法(三)——利用向量方法求距离知识点一求两点间的距离已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折叠，使面ABC与面ADC垂直，求BD间的距离．解方法一过D 和B 分别作DE⊥AC 于E ，BF⊥AC 于F ， 则由已知条件可知AC ＝5， ∴DE＝3×45＝125，BF ＝3×45＝125.∵AE＝AD 2AC ＝95＝CF ，∴EF＝5－2×95＝75，∴DB ＝DE →＋EF ＋FB →.|DB |2＝ (DE →＋B 1E →＋FB →)2＝DE →2＋EF 2＋FB →2＋2DE →·EF ＋2DE →·FB →＋2EF ·FB →. ∵面ADC⊥面ABC ，而DE⊥AC， ∴DE⊥面ABC ， ∴ DE ⊥BF, DE → ⊥FB →,|DB |2＝DE →2＋B 1E →2＋FB →2＝14425＋4925＋14425＝33725，∴|DB |＝3375. 故B 、D 间距离是3375. 方法二同方法一．过E 作FB 的平行线EP ，以E 为坐标原点，以EP ，EC ，ED 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图．则由方法一知DE ＝FB ＝125，EF ＝75，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，125，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫125，75，0， ∴BD ＝⎝⎛⎭⎪⎫125，75，－125， | BD |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＋⎝ ⎛⎭⎪⎫752＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1252＝3375. 【反思感悟】 求两点间的距离或某线段的长度的方法：(1)把此线段用向量表示，然后用|a |2＝a·a 通过向量运算去求|a |.(2)建立空间坐标系，利用空间两点间的距离公式d ＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22求解．如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0＜a＜2)．(1)求MN的长；(2)当a为何值时，MN的长最小．解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1) ∵CM＝BN ＝a(0<a<2)， 且四边形ABCD 、ABEF 为正方形， ∴M (22a,0,1－22a)，N(22a ，22a,0)， ∴|MN →＝(0，22a ，22a －1)，∴|MN →|＝a 2－2a ＋1.(2)由(1)知MN ＝a －222＋12， 所以，当a ＝22时，MN ＝22. 即M 、N 分别移到AC 、BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22. 知识点二 求异面直线间的距离如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA⊥EB 1，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，求异面直线AB 与EB 1的距离．解.以B 为原点，BA →、BA →所在直线分别为y 、z 轴，如图建立空间直角坐标系． 由于BC ＝1，BB 1＝2， AB ＝2，∠BCC 1＝π3，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中有B(0,0,0)，A(0,0，2)，B 1(0,2,0)， 设 E (3,,02a )，由EA ⊥EB 1，得EA ·1EB =0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－a ，2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2－a ，0＝0， 得⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a －32＝0，即a ＝12或a ＝32(舍去)， 故E ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0. 设n 为异面直线AB 与EB 1公垂线的方向向量， 由题意可设n ＝(x ，y,0)， 则有n ·1EB =0. 易得n ＝(3，1,0)， ∴两异面直线的距离d ＝BE n n ⋅＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0·3，1，03＋1＝1.【反思感悟】 求异面直线的距离，一般不要求作公垂线，若公垂线存在，则直接求解即可；若不存在，可利用两异面直线的法向量求解．如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2，M 、N 分别为DC 、BB 1的中点，求异面直线MN 与A 1B 的距离．解 以A 为原点，AD 、AB 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则A 1(0,0,2)，B(0,4,0)，M(3,2,0)，N(0,4,1)． ∴|MN →＝(－3,2,1)，1A B ＝(0,4，－2)． 设MN 、A 1B 公垂线的方向向量为n ＝(x ，y ，z)，则10,0,n MN n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y ＋z ＝04y －2z ＝0.令y ＝1，则z ＝2，x ＝43，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，1，2，|n |＝613. 1MA ＝(－3，－2,2)在n 上的射影的长度为d ＝1MA n n⋅,故异面直线MN 与A 1B 的距离为66161.知识点三 求点到平面的距离在三棱锥B —ACD 中，平面ABD⊥平面ACD ，若棱长AC ＝CD ＝AD ＝AB ＝1，且∠BAD＝30°，求点D 到平面ABC 的距离．解如图所示，以AD 的中点O 为原点，以OD 、OC 所在直线为x 轴、y 轴，过O 作O M⊥面ACD 交AB 于M ，以直线OM 为z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－12，0，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，0，∴AC =⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，12，DC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，设n ＝(x ，y ，z)为平面ABC 的一个法向量，则31·0,221·0,2AB x z AC x y ⎧⎫=+=⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪=+=⎪⎪⎩⎭n n ， ∴y＝－33x ，z ＝－3x ，可取n ＝(－3，1,3)， 代入d ＝DC n n⋅，得d ＝32＋3213＝3913，即点D 到平面ABC 的距离是3913. 【反思感悟】 利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为4，M 、N 、E 、F 分别为A 1D 1、A 1B 1、C 1D 1、B 1C 1的中点，求平面AMN 平面与EFBD 间的距离.解 如图所示，建立空间直角坐标系D —xyz ，则A(4,0,0)，M(2,0,4)，D(0,0,0)，B(4,4,0)，E(0,2,4)，F(2,4,4)，N(4,2,4)，从而EF ＝(2,2,0)，MN →＝(2,2,0)，AM ＝(－2,0,4)，BF →＝(－2,0,4)， ∴EF ＝MN →， AM ＝BF →， ∴EF∥MN，AM∥BF， ∴平面AMN∥平面EFBD.设n ＝(x ，y ，z)是平面AMN 的法向量，从而·220,·240,MN x y AM x z ⎧⎫=+=⎪⎪⎨⎪=-+=⎪⎩⎭n n解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2zy ＝－2z .取z ＝1，得n ＝(2，－2,1)， 由于AB 在n 上的投影为n AB n⋅＝－84＋4＋1＝－83.∴两平行平面间的距离d ＝n ABn⋅＝83. 课堂小结：1．求空间中两点A ，B 的距离时，当不好建系时利用|AB|＝|AB | ＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22来求．2．两异面直线距离的求法．如图(1)，n 为l 1与l 2的公垂线AB 的方向向量， d ＝|AB |＝|CD →·n ||n |.3点B 到平面α的距离：|BO |=AB n n⋅.(如图(2)所示)4.面与面的距离可转化为点到面的距离.一、选择题 1.若O 为坐标原点，OA =（1，1， 2），OB =（3，2，8），OC =（0，1，0），则线段AB 的中点P 到点C 的距离为（ ）B ．214 答案 D解析 由题意OP ＝(1－t )OA →＝12(OA →＋OB →)＝(2，32，3)，PC →＝OC →－OP ＝(1－t )OA →＝(－2，－12，－3)，PC ＝|PC →|＝4＋14＋9＝532. 2．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则O 到平面ABC 1D 1的距离是( )A ．1 2答案B解析以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则有D1（0，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1）.因O为A1C1的中点，所以O（12，12,1），1C O =（12，-12，0），设平面ABC1D1的法向量为 n=（x,y,z），则有10,0, n ADn AB⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0,x zy-+=⎧⎨=⎩则 n = （1，0，1），∴O到平面ABC1D1的距离为：1C O ndn⋅=,.3．在直角坐标系中，设A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标平面折成120°的二面角后，则A、B两点间的距离为( )A．211 D．311答案A解析AB AE EF=+＋FB→AB 2＝AE 2＋EF 2＋FB →2＋2AE ·EF ＋2AE ·FB →＋2EF ·FB →＝9＋25＋4＋2×3×2×12＝44.∴|AB |＝211.4．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是A 1B 1的中点，则点A 到直线BE 的距离是( )答案 B 解析 如图所示，BA =（2，0，0）， BE =（1，0，2）， ∴cos θ=BA BEBA BE＝225＝55， ∴sin θ＝1－cos 2θ＝255，A 到直线BE 的距离d ＝|－*6]·OC →|sin θ＝2×255＝455. 二、填空题5．已知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 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(2，－2，1)＝0，(x ，y ，z )·(4，0，6)＝0.∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，1， 又AD =（-7，-7，7）.∴点D 到平面ABC 的距离d =AD nn⋅＝491717. 6．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，E 为A 1B 1的中点，则异面直线D 1E 和BC 1间的距离是________．答案263解析 如图所示建立空间直角坐标系,设n 为异面直线D1E 与BC1公垂线的方向向量,并设n =(x,y,z),则有110,0,n BC n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩易求得n =（1， -2，1），∴d=11D C nn⋅＝|(0，2，0)·(1，－2，1)|1＋4＋1＝46＝263. 7．在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点A 到平面A 1BD 的距离为________． 答案33a 解析 以D 为空间直角坐标原点，以DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立坐标系，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，A 1(a,0，a )． 设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的法向量，则有10,0,n DA n DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )(a ，0，a )＝0，(x ，y ，z )(a ，a ，0)＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，∴n ＝(1，－1，－1)． ∴点A 到平面A 1BD 的距离d ＝DA n n⋅＝a3＝33a . 三、解答题8．如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB ＝4，BC ＝2，CC 1＝3，BE ＝1.(1)求BF 的长；(2)求点C 到平面AEC 1F 的距离．解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (2,4,0)，A (2,0,0)，C (0,4,0)，E (2,4,1)，C 1(0,4,3)．设F (0,0，z )．∵四边形AEC 1F 为平行四边形， ∴由1AF EC得（-2，0，z ）=（-2，0，2）， ∴z=2.∴F （0，0，2）.∴BF =（-2，-4，2）.于是|BF |=26（2）设n 1为平面AEC 1F 的一个法向量，显然n 1不垂直于平面ADF ，故可设n 1=（x ，y ，1）， 由0,0,n AE n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得 0410,2020,x y x y ⨯+⨯+=⎧⎨-⨯+⨯+=⎩即410,220,y x +=⎧⎨-+=⎩∴1,1,4x y =⎧⎪⎨=-⎪⎩ ∴n 1=（1, 14-,1）. 又1CC =(0,0,3),设1CC 与n 1的夹角为α,则cos α=1111CC n CC n ⋅ 43313331116==⋅++∴C 到平面AEC 1F 的距离为 d=|1CC |cos α=3433333311=9．已知：正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点．(1)求证：平面B 1EF⊥平面BDD 1B 1； (2)求点D 1到平面B 1EF 的距离． (1)证明建立如右图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)， B(22，22，0)，E(22，2，0)， F(2，22，0)，D 1(0,0,4)， B 1(22，22，4)．EF ＝(－2， 2，0)， DB →＝(22，22，0)， 1DD ＝(0,0,4)， EF ·DB →＝0.∴EF⊥DB，EF⊥DD 1，DD 1∩BD＝D ， ∴EF⊥平面BDD 1B 1.又EF ⊂平面B 1EF ，∴平面B 1EF⊥平面BDD 1B 1. （2）解由（1）知11D B =)(22,22,0EF =)(2,2,0-，1B E =)(0,2,4--,设平面B 1EF 的法向量为n ,且n = (x,y,z)， 则n ⊥EF ,n ⊥1B E ，即n ·EF =（x ，y ，z ）·)(2,2,0-＝－2x ＋2y ＝0，n ·1B E ＝(x ，y ，z)·(0，－2，－4)＝－2y －4z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝－24，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，－24. ∴D 1到平面B 1EF 的距离11D B nd n ⋅=＝|22＋22|12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－242＝16171710．直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的高为3，底面是边长为4且∠DAB ＝60°的菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，E 是O 1A 的中点．(1)求二面角O 1—BC －D 的大小；(2)求点E 到平面O 1BC 的距离．解 (1)∵OO 1⊥平面AC ，∴OO 1⊥OA ，OO 1⊥OB ，又OA ⊥OB ，建立如图所示的空间直角坐标系，∵底面ABCD 是边长为4，∠DAB=60°的菱形，∴OB=2，则，B(0,2,0)，C(-,0,0)，O 1(0,0,3) 设平面O 1BC 的法向量为n 1=（x,y,z ），则n 1⊥1O B ， n 1⊥1O C , ∴⎩⎨⎧ 2y －3z ＝0－23x －3z ＝0，若z ＝2，则x ＝－3，y ＝3， ∴n 1＝(－3，3,2)， 而平面AC 的法向量n 2＝(0,0,3)∴cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝63×4＝12，设O 1－BC －D 的平面角为α，∴cos α＝12，∴α＝60°.故二面角O 1－BC －D 为60°.(2)设点E 到平面O 1BC 的距离为d ，∵E 是O 1A 的中点，∴1EO ＝(－3，0，32)， 则d=111EO n n ＝|(－3，0，32)·(－3，3，2)|(－3)2＋32＋22＝32 ∴点E 到面O 1BC 的距离等于32.。
长沙市一中课件_高二理科数学《3..2立体几何中的向量方法(三)——求距离》
E D
B 1
C
B
A
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复习旧知
一、向量法求空间两点间的距离 3.在正方体 在正方体ABCD-A1B1C1D中，棱长为 ， 在正方体 中 棱长为2， E为的 1B1中点，求平面 1EA的法向量 为的A 中点，求平面D 的法向量. 为的 的法向量
D 1 A 1
z
C1
E D
B 1
B1 A1 B A
C1 D C
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例题讲解
是棱长均为a的正三棱柱 的正三棱柱， 例2. ABC-A1B1C1是棱长均为 的正三棱柱， D是侧棱 1的中点，求点 到平面 1D 是侧棱CC 的中点，求点C到平面 到平面AB 是侧棱 z 的距离. 的距离
B1 A1 B x A
C1 D y C
(2)BA为 面 的 一 线 斜 不 垂 平 α 任 斜 ， 足 与足 O 合 可 重 即 ；
(3)n为 面 的 一 向 . 平 α 任 法 量
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例题讲解
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为 ， 棱长为2， 例1.在正方体 在正方体 E为A1B1的中点 的中点. 为 (1)求点 1到平面D1EA1的距离； 求点A 到平面 距离； 求点 (2)F，G，H分别为 1C1，B1C1，CC1 的中点， 分别为D 中点， ， ， 分别为 到平面FGH的距离 的距离. 求B到平面 到平面 的距离
D 1 A 1
z
E
O
C1
D 1 A 1
F
B 1
B 1
G
C1
O C
H
C
M
D
B
x
A
3.2.3立体几何中的向量方法(3)--距离
n
| PA n | ★所以计算公式还是: d d n
★求两平行平面的距离，其 实就是求点到平面的距离。
例2.如图,已知一个结晶体的形状为平行六面ABCDA1B1C1D1,其中,以顶点为端点的三条棱长都相等,且它们 彼此的夹角都是600,那么,以这个顶点为端点的晶体的 对角线的长与棱长有什么关系？ 解:因为AC1 AB AD AA1 ,
z
y x
可设 平面C1 MN的法向量 为 n ( x, y, z ) nNM 0 x y 0 , 即： 令z 1, n (2, 2,1), nNC1 0 y 2 z 0 | n BM | | ( 1) 2 | 2 d . |n| 2 2 (2)2 12 3
解:∵BD//平面C1MN, ∴只需求点B与 平面C1MN的距离， 如图建立直角坐标系,则B(2,2,0), M (1, 2, 0), N (0,1, 0), C1 (0, 2, 2),
NM (1,1, 0), NC1 (0,1, 2) BM ( 1, 0, 0)
2 2 AC1 ( AB AD AA1 ) 2 2 2 AB AD AA1 AB AD AB AA1 AD AA1 ) 2(
设AB AA1 AD 1, 则
1 1 1 2(cos 60 cos 60 cos 60 ) 6, | AC1 | 6, 即对角线AC1的长是棱长的 6倍．
练习2：已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N 分别是BC和CD的中点,求直线BD与平面C1MN的距离.
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§3.2.3 利用向量解决平行与垂直问题
【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,前面又学习了用向量表示线线、线面、面面间的位置关系与向量运算的关系，所以本节课是通过运用这些关系解决立体几何中的平行与垂直问题。
本次课内容不难理解，但学生自己做题时往往会遇到一个如何转化的问题，因此，教学中应重点抓住转换思想来进行.
【教学目标】：
（1）知识与技能：继续理解用向量表示空间中平行与垂直的关系和方法；会用向量法和坐标法等方法解决立体几何中的平行与垂直问题.
（2）过程与方法：在解决问题中，通过数形结合与问题转化的思想方法，加深对相关内容的理解。
（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。
【教学重点】：向量法与坐标法.
【教学难点】：立体几何中的平行与垂直问题向向量问题的转化.
【课前准备】：Powerpoint课件
评注：
向量p 与两个不共线的向量,λ存在实数使)(()(1).
MN MF FA AB AD EB BE AD BE BC BE BE BC λλλλ=+++=++-=-+1111.//CB D A B A BD 平面同理右证：平面平面.,//MN BE BC M EBC MN EBC ∴∉∴、、共面平面平面
评注：
本题若用一般法证明，容易证A’F 垂直于BD 用建立空间坐标系的方法能使问题化难为易。
设正方体的棱长为2.''(1,1,2)(0,','.A F DB A F DE A F DB A F DE D ∙∙=--∙∴⊥=
所以，结论成立。
坐标法： 利用向量解决平行与垂直问题2
22)()(22c a a b b a a a a b b -+-∙+=-=+∙-1
2
c b =∙=
练习与测试：
（基础题）
1，直三棱柱ABC—A1B1C1中，若，则（）
A．+－ B．－+ C．－++ D．－+－
答：D
2，若向量、（） A． B．
C． D．以上三种情况都可能
答：B
3，一空间四边形ABCD的对边AB与CD，AD与BC都互相垂直，用向量证明：AC与BD也互相垂直．证明： . 又，
即.……①.
又，即.……②
由①+②得：即..
4，如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PC的中点．（1）求证：EF∥平面PAD；
（2）求证：EF⊥CD；
证：如图，建立空间直角坐标系A－xyz，设AB＝2a，
BC＝2b，PA＝2c，则：A(0, 0, 0)，B(2a, 0, 0)，C(2a, 2b, 0)，
D(0, 2b, 0)，P(0, 0, 2c)
∵ E为AB的中点，F为PC的中点
∴ E(a, 0, 0)，F(a, b, c)
(1)∵ ＝(0, b, c)，＝(0, 0, 2c)，＝(0, 2b, 0)
∴ ＝(＋) ∴ 与、共面
又∵ EÏ 平面PAD
∴ EF∥平面PAD．
(2)∵ ＝(-2a, 0, 0)
∴ ·＝(-2a, 0, 0)·(0, b, c)＝0
∴ CD⊥EF．
（较难题）
5，对于任何空间四边形，试证明它的一对对边中点的连线段与另一对对边平行于同一平面。
分析 要证明EF 、BC 、AD 平行于同一平面（E 、F 分别为AB 、CD 的中点），只要证明相应向量EF 与AD 、BC 共面即可。
证明：如图，利用多边形加法法则可得，
EF =EA +AD +DF ，EF =EB +BC +CF …①。
又E 、F 分别是AB 、CD 的中点，故有EA =-EB ，DF =-CF …② 将②代入①后，两式相加得
2EF =AD +BC ，∴EF =12 AD +1
2 BC 即EF 与BC 、AD 共面，∴EF 与AD 、BC 平行于同一平面。
注：本题若用立体几何知识去证明，有一定的难度，由此体会向量法证明的优越性。
6，如图，已知a⊥α,a⊥b,b￠α,求证b∥α。
证明：在α内作不共线向量m ,n b ∵a 、m 、n 不共面，∴b =x a +y m +z n 。
a 两边同乘a 得a ·b =x·a ·a +y·a ·m +z·a ·n m
∵a⊥b,a⊥m,a⊥n,∴a ·b =0,a ·m =0,a ·n =0 n 得x·a·a =0而a≠0,∴x=0,即b=y m +z n ∴b 、m 、n 为共面向量，又b ￠α,b∥α。
7，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 上的点，F 是AC 上的点，且A 1E=2EB ，CF=2AF ， 求证：EF ∥平面A 1B 1CD 。
D 1 C 1 证明： = + + (1)
EF =EA 1+ D A 1+DC
+CF …（2） A 1 B 1
（1）×2+（2）并注意到1EA =-2EB ， D C CF =-2AF ，BA =-DC ， F E
得EF =13 D A 1-1
3 A B
而EF ￠平面A 1B 1CD ，∴EF ∥平面A 1B 1CD 。
∴，D A 1、为共面向量。