2018年北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》教案

合集下载

(北师大版)2018-19高中数学新学案-同步讲义-选修2-1-第二章空间向量与立体几何 §4 第1课时

§4用向量讨论垂直与平行第1课时用空间向量解决立体几何中的平行问题学习目标 1.了解空间点、线、面的向量表示.2.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．知识点一空间中平行关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则知识点二利用空间向量处理平行问题思考(1)设v1＝(a1，b1，c1)，v2＝(a2，b2，c2)分别是直线l1，l2的方向向量．若直线l1∥l2，则向量v1，v2应满足什么关系．(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？(3)用向量法处理空间中两平面平行的关键是什么？答案(1)由直线方向向量的定义知若直线l1∥l2，则直线l1，l2的方向向量共线，即l1∥l2⇔v1∥v2⇔v1＝λv2(λ∈R)．(2)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)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．梳理利用空间向量解决平行问题时，第一，建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；第二，通过向量的运算，研究平行问题；第三，把向量问题再转化成相应的立体几何问题，从而得出结论．知识点三平面的法向量及其求法在空间直角坐标系下，求平面的法向量的一般步骤： (1)设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )；(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)；(3)根据法向量的定义建立关于x ，y ，z 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0；(4)解方程组，取其中的一组解，即得平面的一个法向量．1．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(√)2．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．(×) 3．若向量n 1，n 2为平面的法向量，则以这两个向量为方向向量的直线一定平行．(×) 4．若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(√)类型一求平面的法向量例1 已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)，试求出平面ABC 的一个法向量．考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量解设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)，∴AB →＝(－2,1,3)，BC →＝(1，－1,0)．则有⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3z ，x ＝y .令z ＝1，则x ＝y ＝3.故平面ABC 的一个法向量为n ＝(3,3,1)．反思与感悟利用方程的思想求解平面的法向量，注意一个平面的法向量不是唯一的，它有无数个，它们是共线的．跟踪训练1 如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面是直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，且SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，建立适当的空间直角坐标系，求平面SCD与平面SBA 的一个法向量．考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量解以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，则DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1.向量AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面SDC 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝12x ＋y ＝0，n ·DS →＝－12x ＋z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ，z ＝12x .取x ＝2，得y ＝－1，z ＝1，故平面SDC 的一个法向量为(2，－1,1)．类型二利用空间向量证明平行问题例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .考点直线的方向向量与平面的法向量题点向量法求解面面平行证明 (1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)， E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2,2,2)，所以FC 1→＝(0,2,1)，DA →＝(2,0,0)，AE →＝(0,2,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥DA →，n 1⊥AE →，即⎩⎨⎧n 1·DA →＝2x 1＝0，n 1·AE→＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)．因为FC 1—→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1—→⊥n 1.又因为FC 1⊈平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE .(2)因为C 1B 1—→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量．由n 2⊥FC 1→，n 2⊥C 1B 1—→，得⎩⎨⎧n 2·FC 1—→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B1—→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)，因为n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .反思与感悟利用向量证明平行问题，可以先建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后根据向量之间的关系证明平行问题．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 ＝BC ＝12AD ＝1，问在棱PD 上是否存在一点E ，使CE ∥平面PAB ？若存在，求出E 点的位置；若不存在，请说明理由．考点直线的方向向量与平面的法向量题点向量法求解线面平行解存在点E 使CE ∥平面PAB .以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，∴P (0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设E (0，y ，z )，则PE →＝(0，y ，z －1)，PD →＝(0,2，－1)，∵PE →∥PD →，∴y 2＝3－1－1，①∵AD →＝(0,2,0)是平面PAB 的法向量，又CE →＝(－1，y －1，z )，CE ∥平面PAB ， ∴CE →⊥AD →，∴(－1，y －1，z )·(0,2,0)＝0. ∴y ＝1，代入①得z ＝12，∴E 是PD 的中点，∴存在E 点，当点E 为PD 中点时，CE ∥平面PAB .1．已知l 1的方向向量为v 1＝(1,2,3)，l 2的方向向量为v 2＝(λ，4,6)，若l 1∥l 2，则λ等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．4考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 B解析由l 1∥l 2，得v 1∥v 2，得1λ＝24＝36，故λ＝2.2．已知直线l 1，l 2的方向向量分别为a ，b ，且a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若l 1∥l 2，则λ与μ的值可以分别是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 A解析由题意知⎩⎪⎨⎪⎧λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．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( ) A ．(1,2,3) B ．(1,3,2) C ．(2,1,3)D ．(3,2,1)考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 A解析因为AB →＝(2,4,6)，所以与AB →共线的非零向量都可以作为直线l 的方向向量．4．若直线l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2，则m 为( )A ．－4B ．－6C ．－8D ．8考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 C解析 ∵l ∥α，平面α的法向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2，∴(2，m,1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2＝0，∴2＋12m ＋2＝0，∴m ＝－8.5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面ACD 1的一个法向量为________．考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 (1,1,1)(答案不唯一)解析不妨设正方体的棱长为1，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，设平面ACD 1的一个法向量a ＝(x ，y ，z )，则a ·AC →＝0, a ·AD 1—→＝0.因为AC →＝(－1,1,0)，AD 1—→＝(－1,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧(－1)·x ＋1·y ＋0·z ＝0，(－1)·x ＋0·y ＋1·z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，x －z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ，x ＝z ，不妨取x ＝1，则a ＝(1,1,1)．(注：答案不唯一，只要与所给答案共线都对)1．应用向量法证明线面平行问题的方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(2)证明直线的方向向量与平面内的某一直线的方向向量共线．(3)证明直线的方向向量可用平面内的任两个不共线的向量表示．即用平面向量基本定理证明线面平行．2．证明面面平行的方法设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n 1∥n 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1) D ．a ＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1) 考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 D解析由l ∥α，故a ⊥μ，即a ·μ＝0，故选D.2．已知直线l 1的方向向量a ＝(2，－3,5)，直线l 2的方向向量b ＝(－4，x ，y )，若两直线l 1∥l 2，则x ，y 的值分别是( ) A ．6和－10 B ．－6和10 C ．－6和－10D ．6和10考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 A解析由两直线l 1∥l 2，得两向量a ，b 平行，即2－4＝－3x ＝5y ，所以x ，y 的值分别是6和－10.3．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的一个法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥α，则x 的值为( ) A ．－2B ．－2C.2D ．±2考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 D解析依题意得，－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝± 2.4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是() A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33，33，－33 B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33，－33，33C.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－33，33，33 D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－33，－33，－33考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 D解析 AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)．设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵⎩⎨⎧ AB →·n ＝0，AC →·n ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，单位法向量为±n |n |＝±⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33，33，33.5．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为b ，若a ·b ＝0，则( )A ．l ∥αB ．l ?αC ．l ⊥αD ．l ?α或l ∥α考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量答案 D解析当a ·b ＝0时，l ?α或l ∥α.6．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是( )A ．－103B ．6C ．－6D.103考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 B解析 ∵α∥β，∴α的法向量与β的法向量也互相平行．∴24＝3λ＝－1－2，∴λ＝6. 7．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( )A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－2考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 A解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)，由c 为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧ c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2.二、填空题 8．若A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，198，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，58，C ⎝⎛⎭⎪⎫－2，1，58是平面α内三点，设平面α的法向量为a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 2∶3∶(－4)解析由已知得，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，－74， AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1，－74， ∵a 是平面α的一个法向量，∴a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝23y ，z ＝－43y ，∴x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫－43y ＝2∶3∶(－4)． 9．已知l ∥α，且l 的方向向量为m ＝(2，－8,1)，平面α的法向量为n ＝(1，y,2)，则y ＝________. 考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 12解析 ∵l ∥α，∴l 的方向向量m ＝(2，－8,1)与平面α的法向量n ＝(1，y,2)垂直，∴2×1－8×y＋2＝0，∴y ＝12. 10．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________.考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 4解析由α∥β得1－2＝2－4＝－2k，解得k ＝4. 三、解答题11．已知平面α经过点A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，试求平面α的一个法向量．考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量解 ∵A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，∴AB →＝(1，－2，－4)，AC →＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量是n ＝(x ，y ，z )，依题意有⎩⎨⎧ n ·AC →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －4y －3z ＝0，x －2y －4z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＝2y ，令y ＝1，则x ＝2， ∴平面α的一个法向量是n ＝(2,1,0)．12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．AB ＝AP ＝1，AD ＝3，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE 的一个法向量．考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量解因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，32，12，B (1,0,0)， C (1，3，0)，于是AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，12，AC →＝(1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧ n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－3y ，z ＝－3y ，令y ＝－1，则x ＝z ＝ 3.所以平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，－1，3)． 13．已知空间四边形ABCD ，P ，Q 分别是△ABC 和△BCD 的重心，求证：PQ ∥平面ACD . 考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量证明如图，连接AP 并延长交BC 于点E ，连接ED ，易知Q 在线段ED 上，∵P ，Q 分别是△ABC 和△BCD 的重心，∴PQ →＝EQ →－EP →＝13ED →－13EA → ＝13(ED →－EA →)＝13AD →， ∴PQ →∥AD →，即PQ ∥AD ，又AD ?平面ACD ，PQ ⊈平面ACD ，∴PQ ∥平面ACD .四、探究与拓展14．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( )A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12 D ．(0，－1,1)考点直线的方向向量与平面的法向量题点求平面的法向量答案 D解析因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足⎩⎪⎨⎪⎧ n ·a ＝0，n ·PM →＝0，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D.15.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AA 1＝4，AD ＝5.求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .考点直线的方向向量与平面的法向量题点向量去求解面面平行证明如图，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Dxyz ，则D (0,0,0)，A 1(5,0,4)，B (5,3,0)，D 1(0,0,4)，B 1(5,3,4)，C (0,3,0)，∴A 1D →＝(－5,0，－4)，A 1B →＝(0,3，－4)，D 1C →＝(0,3，－4)，B 1C →＝(－5,0，－4)．设平面A 1BD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ m ⊥A 1D →，m ⊥A 1B →，即⎩⎨⎧ m ·A 1D →＝－5x －4z ＝0，m ·A 1B →＝3y －4z ＝0.取z ＝1，得x ＝－45，y ＝43，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，43，1. 设平面B 1D 1C 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧ n ·D 1C →＝0，n ·B 1C →＝0，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，43，1. ∵m ＝n ，即m ∥n ，∴平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .。

2017_2018学年高中数学第二章空间向量与立体几何2_6距离的计算教学案北师大版选修2_1

§6 距离的计算[对应学生用书P40]点到直线的距离如图，设l 是过点P 平行于向量s 的直线，A 是直线l 外一定点．如图，作AA ′⊥l ，垂足为A ′.问题1：点A 到直线l 的距离与线段AA ′的长度有何关系？提示：相等．问题2：若s 0为s 的单位向量，你能得出PA 在s 上的投影长吗？提示：向量PA 在s 上的投影长为|PA ||cos 〈PA ，s 〉|＝|PA |·|PA ·s ||PA ||s |＝|PA ·s ||s |＝|PA ·s|s ||＝|PA ·s 0|. 问题3：设点A 到直线l 的距离为d ，你能根据问题2的答案写出d 的表达式吗？提示：d ＝|AA ′|＝|PA |2－|PA ·s 0|2.点到直线的距离设l 是过点P 平行于向量s 的直线，A 是直线l 外一定点，向量PA 在s 上的投影的大小为|PA ·s 0|，则点A 到直线l 的距离d ＝|PA |2－|PA ·s 0|2.点到平面的距离如图，设π是过点P 垂直于向量n 的平面，A 是平面π外一定点．作AA ′⊥π，垂足为A ′.问题1：点A 到平面π的距离d 与线段AA ′的长度有何关系？提示：相等．问题2：n 0是n 的单位向量，则向量PA 在向量n 上的投影大小是什么？与|AA ′|相等吗？提示：|PA ·n 0|，相等．点到平面的距离设n 为过点P 的平面的一个法向量，A 是该平面外一定点，向量PA 在n 上的投影的大小为|PA ·n 0|，则点A 到该平面的距离d ＝|PA ·n 0|.1．用向量法求点到直线的距离，在直线上选点时，可视情况灵活选择，原则是便于计算，s 0是s 的单位向量， s 0＝s|s |.2．用向量法求点到平面的距离，关键是找到平面的法向量和平面的斜线段的方向向量．[对应学生用书P40]点到直线的距离[例1] 如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，AB ＝2，BC ＝3，AA ′＝4，求点B 到直线A ′C 的距离．[思路点拨] 用点到直线的距离公式计算点B 到直线A ′C 的距离D.[精解详析] 因为AB ＝2，BC ＝3，AA ′＝4，所以B (2,0,0)，C (2,3,0)，A ′(0,0,4)．CA '＝(0,0,4)－(2,3,0)＝(－2，－3,4)．CB ＝(2,0,0)－(2,3,0)＝(0，－3,0)．所以CB 在CA '上的投影：CB ·CA '|CA '|＝(0，－3,0)·－2，－3，4－22＋－32＋42＝(0，－3,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－229，－329，429＝0×－229＋(－3)×－329＋0×429＝929；所以点B 到直线A ′C 的距离为d ＝|CB |2－|CB ·CA '|CA '||2＝32－⎝⎛⎭⎪⎫9292＝614529. [一点通]1．用向量法求直线外一点A 到直线l 的距离的步骤 (1)确定直线l 的方向向量s 及s 0； (2)在l 上找一点P ，计算PA 的长度； (3)计算PA ·s 0的值； (4)由公式d ＝|PA |2－|PA ·s 0|2求解．2．用向量法求点到直线的距离的好处在于回避了用直接法求距离的难点(即过A 1点作l 的垂线，难在垂足的位置的确定)．1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则点A 1与对角线BC 1所在的直线间的距离为( )A.62a B ．a C.2aD.a2解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，B (a ，a,0)，C 1(0，a ，a )．∴1A B ＝(0，a ，－a )，1BC ＝(－a,0，a )． ∴|1A B |＝2a ，|1BC |＝2a . ∴点A 1到BC 1的距离d＝|1A B |2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A B ·1BC |1BC |2＝2a 2－12a 2＝62a .答案：A2．正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E ，F 分别是C 1C ，D 1A 1的中点，求点A 到EF 的距离．解：以D 点为原点，DA ，DC ，DD 1分别为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)，则EF ＝(1，－2,1)，FA ＝(1,0，－2)，|EF |＝12＋－22＋12＝6，FA ·EF ＝1×1＋0×(－2)＋(－2)×1＝－1， FA 在EF 上的投影长＝|FA ·EF ||EF |＝16.∴点A 到EF 的距离＝ |FA |2－⎝ ⎛⎭⎪⎫162＝296＝1746.求点到平面的距离[例2] 如图，已知△ABC 是以∠ABC 为直角的直角三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4，M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点，求A 到平面SND 的距离．[思路点拨] 建立空间直角坐标系，用向量法求点到面的距离． [精解详析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则N (0,2,0)，S (0,0,2)，D (－1,4,0)，∴NS ＝(0，－2,2)，SD ＝(－1,4，－2)．设平面SND 的法向量为n ＝(x ，y,1)．∴n ·NS ＝0，n ·SD ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＋2＝0，－x ＋4y －2＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝1，∴n ＝(2,1,1)．∵AS ＝(0,0,2)．∴A 到平面SND 的距离为|n ·AS ||n |＝26＝63.[一点通]用向量法求平面π外一点A 到平面的距离的步骤： (1)计算平面π的法向量n 及n 0； (2)在平面π上找一点P ，计算PA ； (3)由公式计算d ＝|PA ·n 0|.利用这种方法求点到平面的距离，不必作出垂线段，只需求出垂线段对应的向量和平面的法向量，代入公式求解即可．3．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，PD ＝AD ＝1，则C 到平面PAB 的距离d ＝( ) A ．1 B. 2 C.22D.32解析：以D 为原点，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，∴AP ＝(－1,0,1)，AB ＝(0,1,0)，AC ＝(－1,1,0)，设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ＝0，n ·AB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)． ∴d ＝|AC ·n |＝|－1|2＝22.答案：C4．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为________．.解析：建立如图所示的空间直角坐标系．A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,1)，∴1AB ＝(3，1，－1)，1AC ＝(0,2，－1)．设平面A 1BC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·1A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝33y ，z ＝2y ，令y ＝3，则n ＝(3，3,6)，n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，32. 又1AA ＝(0,0,1)，∴d ＝|1AA ·n 0|＝32. 答案：325.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解：建立空间直角坐标系如图，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴AG ＝(0,1,0)，GE ＝(－2,1,1)，GF ＝(－1，－1,2)．设n ＝(x ，y ，z )是平面GEF 的法向量，点A 到平面EFG 的距离为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·GE ＝0，n ·GF ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，－x －y ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z .令z ＝1，则n ＝(1,1,1)，∴d ＝|AG ·n ||n |＝13＝33.即点A 到平面EFG 的距离为33.1．空间距离包括：点到点、点到线、点到面、线到线、线到面、面到面之间的距离．其中以点到面的距离最为重要，其他距离，如线到面、面到面的距离均可转化为点到面的距离．2．空间一点A 到直线l 的距离的算法：3．空间一点A 到平面π的距离的算法：[对应课时跟踪训练十三]1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (2，－1,0)在α内，则P (1,3，－2)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83D.103解析：PA ＝(1，－4,2)，又平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，所以P 到α的距离为|PA ·n |＝|－2＋8＋2|3＝83.答案：C2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在1AC 上且AM ＝121MC ，N 为B 1B 的中点，则|MN |为( )A.216aB.66aC.156a D.153a 解析：以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )．∵点M 在1AC 上且AM ＝121MC .∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.于是M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3. ∴|MN | ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a . 答案：A3.如图，P －ABCD 是正四棱锥，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，PA ＝6，则B 1到平面PAD 的距离为( )A ．6 B.355 C.655D.322解析：以A 1B 1为x 轴，A 1D 1为y 轴，A 1A 为z 轴建立空间直角坐标系，设平面PAD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，由题意知，B 1(2,0,0)，A (0,0,2)，D (0,2,2)，P (1,1,4)．AD ＝(0,2,0)，AP ＝(1,1,2)，∴AD ·n ＝0，且AP ·n ＝0.∴y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－2,0,1)．∵1B A ＝(－2,0,2)，∴B 1到平面PAD 的距离d ＝|1B A ·n |＝655.答案：C4．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为( )A.83 B.38 C.43D.34解析：如图，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)． ∴11D B ＝(2,2,0)，1D A ＝(2,0，－4)，1AA ＝(0,0,4)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AB 1D 1的一个法向量，则n ⊥11D B ，n ⊥1D A ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·11D B ＝0，n ·1D A ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，2x －4z ＝0.令z ＝1，则平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．∴由1AA 在n 上射影可得A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|1AA ·n |＝43.答案：C5．如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，则点B 1到平面ABC 1的距离为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0,1,0)，B 1(0,1,1)，C 1(0,0,1)，则1C A ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，－1，11C B ＝(0,1,0)，1C B ＝(0,1，－1)，设平面ABC 1的法向量为n ＝(x ，y,1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1C A ·n ＝01C B ·n ＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，1，则d ＝|11C B ·n|n ||＝113＋1＋1＝217. 答案：2176．如图所示，正方体的棱长为1，E ，F ，M ，N 分别是棱的中点，则平面A 1EF 与平面B 1NMD 1的距离为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,0)，B 1(1,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，D 1(0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1. ∵E ，F ，M ，N 分别是棱的中点， ∴MN ∥EF ，A 1E ∥B 1N . ∴平面A 1EF ∥平面B 1NMD 1.∴平面A 1EF 与平面B 1NMD 1的距离即为A 1到平面B 1NMD 1的距离．设平面B 1NMD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴n ·11D B ＝0，且n ·1B N ＝0.即(x ，y ，z )·(1,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1＝0. ∴x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0，令x ＝2，则y ＝－2，z ＝1.∴n ＝(2，－2,1)，n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，13.∴A 1到平面B 1NMD 1的距离为d ＝|11A B ·n 0| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0，1，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，13＝23.答案：237.如图，已知正方形ABCD ，边长为1，过D 作PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别是AB 和BC 的中点．求直线AC 到平面PEF 的距离．解：由题意知直线AC 到平面PEF 的距离即为点A 到平面PEF 的距离，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，P (0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，∴PE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1. 设n ＝(x ，y ，z )是平面PEF 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE ＝0，n ·PF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y2－z ＝0，x 2＋y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z＝32，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，32.又∵AP ＝(－1,0,1)， ∴d ＝|AP ·n ||n |＝－1×1＋0×1＋1×321＋1＋94＝1717.8.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.求点C 到平面AEC 1F 的距离．解：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n 为平面AEC 1F 的法向量，显然n 不垂直于平面ADF ，故可设n ＝(x ，y,1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ＝0，n ·1EC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧0·x ＋4·y ＋1＝0，－2·x ＋0·y ＋2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋1＝0，－2x ＋2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－14.n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－14，1. 又1CC ＝(0,0,3)． ∴C 到平面AEC 1F 的距离为 d ＝|1CC ·n ||n |＝31＋116＋1＝43311.[对应学生用书P42]一、空间向量的概念与运算1．空间向量有关概念与平面向量的有关概念类似，对基本概念的理解要做到全面、准确、深入．2．空间向量的运算包括加、减、数乘及数量积运算，其中加、减、数乘运算称为线性运算，结果仍为向量，加减算法可运用平行四边形法则与三角形法则进行运算；数量积运算结果为实数，运用数量积可解决长度、夹角与距离等问题．二、向量的坐标表示与运算和空间向量基本定理1．选定空间不共面的向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，是空间向量基本定理的具体体现．2．空间向量的坐标表示与运算是解决立体几何中的夹角、长度、距离等问题的关键，要熟记公式．三、空间向量与平行和垂直利用空间向量解决空间中的位置关系的常用方法为：1．线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．2．线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，利用a⊥b⇔a·b＝0.3．线面平行：用向量证明线面平行的方法主要有：(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直(需说明直线不在平面内)；(2)证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量(需说明直线不在平面内)；(3)利用共面向量定理，即证明可在平面内找到两不共线向量把直线的方向向量线性表示出来(需说明直线不在平面内)．4．线面垂直：用向量证明线面垂直的方法主要有：(1)证明直线的方向向量与平面的法向量平行；(2)证明直线的方向向量与平面内两个不共线向量垂直．5．面面平行：(1)证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)； (2)证明一个平面内的两个不共线向量与另一平面平行． 6．面面垂直：(1)证明两个平面的法向量互相垂直；(2)证明一个平面内某直线的方向向量是另一平面的法向量．四、空间向量与空间角1．求两异面直线的夹角可利用公式cos 〈a ，b 〉＝a·b|a |·|b |，但务必注意两异面直线夹角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 ，而两向量之间的夹角的范围是[0，π]．故实质上应有cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|. 2．求线面角：求直线与平面的夹角时，一种方法是先求出直线及此直线在平面内的投影直线的方向向量，通过数量积求出直线与平面的夹角；另一种方法是借助平面的法向量，先求出直线方向向量与平面法向量的夹角φ，即可求出直线与平面的夹角θ，其关系是sin θ＝|cos φ|.3．求两平面间的夹角：利用空间直角坐标系求得两个平面的法向量n 1，n 2，代入cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.当cos 〈n 1，n 2〉>0时，两平面的夹角为〈n 1，n 2〉，当cos 〈n 1，n 2〉<0时，两平面的夹角为π－〈n 1，n 2〉．五、空间距离的计算主要掌握点到直线的距离与点到平面的距离，利用直线的方向向量与平面的法向量求解．1．若直线l 的方向向量为s ，s 0＝s|s |，点P 是直线l 上的点，点A 是直线外任一点，则点A 到直线l 的距离d ＝|PA |2－|PA ·s 0|2.2．若n 0为平面α的单位法向量，点P 是平面α内一点，点A 是平面α外一点，则点A 到该平面的距离d ＝|PA ·n 0|.⎣⎢⎡⎦⎥⎤对应阶段质量检测二见8开试卷 (时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，若a∥b ，则xz ＝( ) A ．－4 B ．9 C ．－9D.649解析：∵a∥b ，∴x 3＝42＝3z.∴x ＝6，z ＝32.∴xz ＝9.答案：B2.如图所示，已知四面体ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，AC 的中点，则12(AB ＋BC ＋CD )＝( )A ．BFB ．EHC ．HGD ．FG解析：∵12(AB ＋BC ＋CD )＝12(AC ＋CD )＝12AD ，又∵HG ＝12AD ，∴12(AB ＋BC ＋CD )＝HG .答案：C3．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA ·PB ＝PB ·PC ＝PC ·PA ，则P 是△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心解析：∵PA ·PB ＝PB ·PC ＝PC ·PA ， ∴PB ·(PA －PC )＝0，即PB ·CA ＝0， ∴PB ⊥CA .同理PC ·(PB －PA )＝0， ∴PC ·AB ＝0，∴PC ⊥AB ，∴P 是△ABC 的垂心．答案：D4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎪⎫33，－33，33C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33解析：设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则n 0，即(x ，y ，z )·(－1,1,0)＝0，∴－x ＋y ＝0.n 0，即(x ，y ，z )·(0，－1,1)＝0，∴－y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，与n 平行的单位向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33或⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33.答案：D5．已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1,0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：设n ＝(x ，y,1)是平面ABC 的一个法向量．(－5，－1,1)(－4，－2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－5x －y ＋1＝0，－4x －2y －1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－32，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1.(－2，－1,3)，设AD 与平面ABC 所成的角为θ，则sin θ＝|AD ·n ||AD ||n |＝727＝12，∴θ＝30°.答案：A6．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解析：建立如图所示的空间直角坐标系．令正四棱锥的棱长为2，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，∴AE 、SD 夹角的余弦值为33. 答案：C7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 的夹角等于( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1， ∴EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－12，GH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，cos 〈EF ·GH 〉＝－1422×22＝－12.∴EF 与GH 的夹角为60°. 答案：B8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的余弦值为( ) A.24 B.23 C.33D.32解析：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则C 1(1，1,1)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)．∵1AC ＝(1,1,1)，1BA ＝(－1,0,1)，BD ＝(－1,1,0)， ∴1AC ·1BA ＝0，1AC ·BD ＝0， ∴1AC 即为平面A 1BD 的法向量．设BC 1与面A 1BD 夹角为θ，又1BC ＝(0,1,1)，则sin θ＝|1AC ·1BC ||1AC ||1BC |＝23×2＝63，∴cos θ＝33. 答案：C9．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.66a B.36a C.34a D.63a 解析：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ，A 1(a,0，a )．∴DB ＝(a ，a,0)，DM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ，1A M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，－12a . 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋ay ＝0，ax ＋12za ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋12z ＝0.令z ＝2，得x ＝－1，y ＝1. ∴n ＝(－1,1,2)，∴n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－66，66，266. ∴A 1到平面BDM 的距离为d ＝|1A M ·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12a ×266＝66a . 答案：A10．三棱锥O －ABC 中，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，则(x ，y ，z )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23 解析：∵OG ＝341OG ＝34(OA ＋1AG )＝34OA ＋34×23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12AB ＋AC＝34OA ＋14[(OB －OA )＋(OC －OA )] ＝14OA ＋14OB ＋14OC ，而OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ， ∴x ＝14，y ＝14，z ＝14.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)11．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点F 是侧面CDD ′C ′的中心，若AF ＝AD ＋x AB ＋y AA '，则x －y ＝________.解析：如图，∵AF ＝AD ＋DF ，DF ＝12(DC ＋DD ')＝12(AB ＋AA ')，∴AF ＝AD ＋12AB ＋12AA '，又AF ＝AD ＋x AB ＋y AA '， ∴x ＝12，y ＝12，即x －y ＝12－12＝0.答案：012．已知向量a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2，则x 的值为________．解析：∵a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2， ∴－3×1＋2x ＋5×(－1)＝2，∴x ＝5. 答案：513．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系， ∵正方体的棱长为1，∴A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∴n ·AB ＝0，且n ·1BC ＝0，即(x ，y ，z )·(0,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·(－1,0,1)＝0.∴y ＝0，且－x ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)．∴n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22，又EC '＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0， ∴点E 到平面ABC 1D 1的距离为|EC '·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22＝22. 答案：2214. 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C 1(0,2,1)，A 1(2,0,1)，∴1AC ＝(－2,2,1)，1AA ＝(0,0,1)．由长方体的性质知平面A 1B 1C 1D 1的法向量为1AA ＝(0，0,1)．∴cos 〈1AC ，1AA 〉＝1AC ·1AA | 1AC ||1AA |＝13×1＝13， ∴AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为13. 答案：13三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,2)．求：(1)a·b ；(2)a 与b 夹角的余弦值；(3)确定λ，μ的值使得λa ＋μb 与z 轴垂直，且(λa ＋μb )·(a ＋b )＝77.解：(1)a·b ＝(3,5，－4)·(2,1,2)＝3×2＋5×1＋(－4)×2＝3.(2)∵|a |＝32＋52＋－42＝52， |b |＝22＋12＋22＝3.∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝352×3＝210. (3)取z 轴上的单位向量n ＝(0,0,1)，a ＋b ＝(5,6，－2)．依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ λa ＋μb ·n ＝0，λa ＋μb ·a ＋b ＝77，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ·0，0，1＝0，3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ·5，6，－2＝77，化简整理，得⎩⎪⎨⎪⎧ －4λ＋2μ＝0，53λ＋12μ＝77，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝1，μ＝2.16．(本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ＝(2，－1，－4)，AD ＝(4,2,0)，AP ＝(－1,2，－1)．(1)求证：PA ⊥底面ABCD ；(2)求四棱锥P －ABCD 的体积．解：(1)证明：∵AP ·AB ＝－2－2＋4＝0，∴AP ⊥AB .又∵AP ·AD ＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD.∵AB ，AD 是底面ABCD 上的两条相交直线，∴AP ⊥底面ABCD.(2)设AB 与AD 的夹角为θ，则cos θ＝AB ·AD |AB ||AD |＝8－24＋1＋16×16＋4＝3105.V ＝13|AB |·|AD |·sin θ·|AP |＝23105× 1－9105×1＋4＋1＝16. 17．(本小题满分12分)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1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A 1到平面BCN 的距离；(2)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，A 1(1,0,2)，B 1(0,1,2)，∴1BA ＝(1，－1,2)，1CB ＝(0,1,2)，1BA ·1CB ＝3，|1BA |＝6，|1CB |＝5，∴cos 〈1BA ，1CB 〉＝1BA ·1CB |1BA ||1CB |＝3010.设平面BCN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，BN ＝(1，－1，1)，CB ＝(0,1,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋z ＝0，y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫22，0，－22，则A 1到平面BCN 的距离为d ＝|1BA ·n 0|＝|22－2|＝22. (2)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2， 1A B ＝(－1,1，－2)，1C M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. ∵1A B ·1C M ＝－12＋12＋0＝0， ∴1A B ⊥1C M .∴A 1B ⊥C 1M .18．(本小题满分14分)如图①，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图②所示的四棱锥A ′BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ； (2)求平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值．解：(1)证明：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC 中，因为BC ＝6，O 为BC 的中点，所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3.如图，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝ OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.在折叠后的图形中，因为A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥O D.同理可证A ′O ⊥OE .又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)以点O 为原点，建立空间直角坐标系O xyz ，如图所示，则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以OA '＝(0,0，3)，CA '＝(0,3，3)，DA '＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA '＝3y ＋3z ＝0.n ·DA '＝－x ＋2y ＋3z ＝0.令z ＝3，得n ＝(1，－1，3)，|n |＝1＋1＋3＝ 5.由(1)知，OA '＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，又|OA '|＝3，OA '·n ＝0×1＋0×(－1)＋3×3＝3，所以cos 〈n ，OA '〉＝n ·OA '|n ||OA '|＝33×5＝155，即平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值为155.。

2017_2018学年高中数学第二章空间向量与立体几何2_5夹角的计算教学案北师大版选修2_1

1．两直线的夹角
当两条直线l1与l2共面时，把两条直线交角中，范围在内的角叫做两直线的夹角．
2．异面直线l1与l2的夹角
(1)概念：直线l1与l2是异面直线，在直线l1上任取一点A作AB∥l2，那么直线l1和直线AB的夹角叫作异面直线l1与l2的夹角．
(2)计算：设直线l1与l2的方向向量别离为s1，s2.
1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F别离是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，那么异面直线EF和CD的夹角是( )
A．60°B．45°
C．30°D．90°
解析：以D为原点，别离以射线DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴的非负半轴成立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，那么E ，F ，
求异面直线的夹角
[例1] 如下图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，且PA⊥底面ABCD，∠PDA＝30°，AE⊥PD，E为垂足．
(1)求证：BE⊥PD；
(2)求异面直线AE与CD夹角的余弦值．
[思路点拨] 要证明两直线垂直，或求两直线的夹角，只要适本地成立空间直角坐标系，求出两直线对应的方向向量，然后借助于这两个向量的数量积公式即可求得．
由＝，易患B1(－1,1,1)．
∵ ＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，＝(－1,0,1)，
∴ · ＝0， · ＝0，
∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，
又BB1∩BD＝B，
∴A1C⊥平面BB1D1D.
法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.
又四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A1C.
2．合理成立空间直角坐标系，可使两异面直线的夹角问题转化为向量的坐标运算，也可选用基向量法进行求解．

2018学年高中数学北师大版选修2-1配套课件：第二章空间向量与立体几何 6 精品

反思与感悟
解析答案
跟踪训练 2 四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为正方形， PD⊥ 平面 ABCD，PD＝DA＝2，F、E分别为AD、PC的中点. (1)证明：DE∥平面PFB；证明以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0,0,2)、F(1,0,0)、B(2,2,0)、E(0,1,1)，F→P＝ (－1,0,2)，F→B＝(1,2,0)，D→E＝(0,1,1)， ∴D→E＝12F→P＋12F→B，又∵DE不在平面PFB内，∴DE∥平面PFB.
则 dAB＝|A→B|
a21＋a22＋a23 ，若 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
＝ x2－x12＋y2－y12＋z2－z12 .
答案
知识点二点到直线的距离 (1)定义：因为直线和直线外一点确定一个平面，所以空间点A到直线l的距离问题就是空间中某一个平面内的点到直线的距离问题，即过点A在该平面内做垂直于l的直线，垂足为A′，则 AA′即为点A到直线l的距离.
2
5，B|AB→·EB|E＝2
5
5 .
A 到直线 BE 的距离 d＝
|B→A|2－B→A→·B→E2＝ |BE|
4－45＝4
5
5 .
解析答案
题型二点到平面的距离例 2 如图，直三棱柱 ABC－A1B1C1 的侧棱 AA1 ＝ 3，底面△ABC 中，∠C＝90°，AC＝BC＝1，求点 B1 到平面 A1BC 的距离.
解析答案
5.如图，△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD⊥平面 BCD，AB⊥平面 BCD，AB＝2 3，求点 A 到平面 MBC 的距离.
12345

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.。

(北师大版)2018-19高中数学新学案-同步讲义-选修2-1-第二章空间向量与立体几何 §6

§6 距离的计算学习目标 1.理解点到直线的距离、点到平面的距离的概念.2.掌握点到直线的距离、点到平面的距离的计算.3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．知识点一点到直线的距离 1．点到直线的距离因为直线和直线外一点确定一个平面，所以空间点到直线的距离问题就是空间中某一平面内点到直线的距离问题．如图，设l 是过点P 平行于向量s 的直线，A 是直线l 外一定点．作AA ′⊥l ，垂足为A ′，则点A 到直线l 的距离d 等于线段AA ′的长度，而向量PA →在s 上的投影的大小|PA →·s 0|等于线段PA ′的长度，所以根据勾股定理有点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－|PA →·s 0|2.2．点到直线的距离的算法框图空间一点A 到直线l 的距离的算法框图，如图．知识点二点到平面的距离 1．求点到平面的距离如图，设π是过点P 垂直于向量n 的平面，A 是平面π外一定点．作AA ′⊥π，垂足为A ′，则点A 到平面π的距离d 等于线段AA ′的长度．而向量PA →在n 上的投影的大小|PA →·n 0|等于线段AA ′的长度，所以点A 到平面π的距离d ＝|PA →·n 0|.2．点到平面的距离的算法框图空间一点A 到平面π的距离的算法框图，如图所示．知识点三直线到与它平行的平面的距离如果一条直线平行于平面α，那么直线上的各点向平面α所作的垂线段均相等，即直线上各点到平面α的距离均相等．一条直线上的任一点到与该直线平行的平面的距离，叫作直线与平面的距离．知识点四两个平行平面的距离和两个平行平面同时垂直的直线，叫作两个平面的公垂线．公垂线夹在两个平行平面之间的部分，叫作两个平面的公垂线段．两个平行平面的公垂线段的长度，叫作两个平行平面的距离．1．点到直线的距离是指过该点作直线的垂线，该点与垂足间的距离．(√) 2．直线到平面的距离指直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离．(√) 3．两异面直线间的距离不能转化为点到平面的距离．(×)4．平面α外一点P 到平面α的距离在平面α内任一点与点P 的距离中最短．(√)类型一向量法求两点间的距离例1 如图所示，已知在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，沿对角线AC 折叠，使平面ABC 与平面ADC 垂直，求线段BD 的长．考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离解过点D 和B 分别作DE ⊥AC 于E ，BF ⊥AC 于F . 则由已知条件可知AC ＝5，所以DE ＝3×45＝125，BF ＝3×45＝125.由已知得AE ＝CF ＝AD 2AC＝95，所以EF ＝5－2×95＝75.因为DB →＝DE →＋EF →＋FB →，所以|DB →|2＝(DE →＋EF →＋FB →)2＝DE →2＋EF →2＋FB →2＋2DE →·EF →＋2DE →·FB →＋2EF →·FB →.因为平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DE ?平面ADC ，DE ⊥AC ，所以DE⊥平面ABC ，所以DE ⊥FB ，即DE →⊥FB →，所以|DB →|2＝DE →2＋EF →2＋FB →2 ＝14425＋4925＋14425＝33725，所以|DB →|＝3375，故线段BD 的长是3375. 反思与感悟 (1)若题目适合建立空间直角坐标系，常建系运用空间两点距离公式求解． (2)若不具备建系条件时，常用基向量表示并结合|a |2＝a 2求解．跟踪训练1 (1)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1—→上且AM →＝12MC 1—→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|等于( )A.156B.66C.153D.216(2)已知线段AB ，BD 在平面α内，∠ABD ＝120°，线段AC ⊥α，如果AB ＝a ，BD ＝b ，AC ＝c ，则线段CD 的长为( ) A.a 2＋b 2＋c 2＋ab B.a 2＋b 2＋c 2－ab C.a 2＋b 2＋c 2－ac D.a 2＋b 2＋c 2考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离答案 (1)D (2)A解析 (1)设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝23a －13b ＋16c ，|MN →|＝MN →·MN →＝49a 2＋19b 2＋136c 2＝216.(2)设AB →＝a ，BD →＝b ，AC →＝c ，因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →＝－c ＋a ＋b ，所以|CD →|＝CD →·CD →＝(－c ＋a ＋b )·(－c ＋a ＋b )＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＝a 2＋b 2＋c 2＋2|a ||b |cos60° ＝a 2＋b 2＋c 2＋ab .类型二求点到直线的距离例2 在棱长为2的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E ，F 分别是棱C 1C 和D 1A 1的中点，求点A 到直线EF 的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求点到直线的距离解以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)．所以直线EF 的方向向量EF →＝(1，－2,1)；取直线EF 上一点F (1,0,2)，则点A (2,0,0)到直线EF 上一点F (1,0,2)的向量AF →＝(－1,0,2)．因为AF →在EF →上的投影为AF →·EF →|EF →|＝16，所以点A 到直线EF 的距离d ＝|AF →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·EF →|EF →|2＝1746. 引申探究本例条件不变，求点B 到直线EF 的距离．解 B (2,2,0)，BF →＝(－1，－2,2)，因为BF →在EF →上的投影为BF →·EF →|EF →|＝566.所以B 到直线EF 的距离d ＝|BF →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪BF →·EF →|EF →|2＝1746. 反思与感悟利用公式d ＝|PA →|2－|PA →·s 0|2求点到直线的距离的步骤：直线的方向向量→所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量上的投影→代入公式．跟踪训练2 (1)点P 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内一点，且满足AP →＝34AB →＋12AD→＋23AA 1→，则点P 到棱AB 的距离为( ) A.56B.34C.134 D.14512(2)如图，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1的距离的最小值为________．考点向量法求空间距离题点向量法求点到直线的距离答案 (1)A (2)3a 3解析 (1)因为AP →在AB →上的投影为AP →·AB →|AB →|＝34，所以点P 到AB 的距离d ＝ |AP →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·AB →|AB →|2＝56.(2)D (0,0,0)，C 1(0，a ，a )，A (a,0,0)，D 1(0,0，a )，设DM →＝λDC 1→＝(0，λa ，λa )(0≤λ≤1)，AD 1→＝(－a,0，a )，AM →＝(－a ，λa ，λa )，AM →在AD 1→上的投影为AM →·AD 1→|AD 1→|＝22a (1＋λ)．故点M 到AD 1→的距离d ＝|AM →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·AD 1→|AD 1→|2＝a32λ2－λ＋12≥33a .类型三求点到平面的距离例3 已知四边形ABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别是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．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离解以C 为坐标原点，CB ，CG 所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .由题意可知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⎩⎪⎨⎪⎧ 4x －2y －2z ＝0，2x －4y －2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，z ＝－3y .令y ＝1，则n ＝(－1,1，－3)，故点B 到平面EFG 的距离为d ＝|BE →·n ||n |＝211＝21111.反思与感悟利用向量求点到平面的距离的一般步骤 (1)求出该平面的一个法向量；(2)求出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．跟踪训练3 已知点A (－1,1，－1)，平面α经过原点O ，且垂直于向量n ＝(1，－1,1)，求点A 到平面α的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离解 ∵OA →＝(－1,1，－1)，n ＝(1，－1,1)， ∴点A 到平面α的距离为d ＝|OA →·n ||n |＝|－1－1－1|3＝3.1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量为n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( ) A.32 B.22C.3D ．3 2考点向量法求空间距离题点向量法求两平面间距离答案 B解析两平面的一个单位法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离为d ＝|OA →·n |＝22.2．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.66a B.36aC.34a D.63a考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 A解析如图，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D (0,0,0)，A 1(a,0，a )，A (a,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ，B (a ，a,0)，∴BM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ，12a ，DM →＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，12a .设n ＝(x ，y ，z )为平面MBD 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·BM →＝0，n ·DM→＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ －ay ＋12az ＝0，ax ＋12az ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12z ，x ＝－12z .令y ＝1，得n ＝(－1,1,2)．又∵DA 1→＝(a,0，a )，故点A 1到平面MBD 的距离为d ＝|DA 1→·n ||n |＝66a .3．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________．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案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＝491717.4．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 ＝________. 考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 2解析 d ＝|n ·OP →||n|＝|－2－6＋2|4＋4＋1＝2.5.如图，已知矩形ABCD 与ABEF 全等，平面DAB 与平面ABE 的夹角为直角，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________．考点向量法求空间距离题点向量法求两线间的距离答案 2∶2解析设AB ＝a ，BC ＝b ，以A 为坐标原点，AF ，AB ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则相关各点坐标为F (b,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，B (0，a,0)，D (0,0，b )．所以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 22 b 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(舍去)．所以AB BC ＝ab＝22.1．由直线到平面的距离的定义可知，直线与平面的距离，实质上就是直线上一点到平面的距离，可转化为点到平面的距离来求．2．两个平行平面的公垂线段就是在一个平面内取一点向另一个平面作垂线段，所以两个平行平面间的距离可转化为一个平面内的一点到另一个平面的距离，即可转化为点到平面的距离求解．一、选择题1．若A (3cos α，3sin α，1)，B (2cos θ，2sin θ，1)，则|AB →|的取值范围是( ) A ．[0,5] B ．[1,5] C ．(1,5)D ．[1,25]考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离答案 B 解析 |AB →|＝(2cos θ－3cos α)2＋(2sin θ－3sin α)2＝9＋4－12cos αcos θ－12sin αsin θ ＝13－12cos (α－θ)，因为－1≤cos(α－θ)≤1，所以1≤|AB →|≤5.2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，则异面直线AC 与A 1D 的距离为( ) A.233B.33C.2D ．1考点向量法求空间距离题点向量法求两线间的距离答案 A解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，连接B 1C ，AB 1，因为A 1D ∥平面AB 1C ，所以异面直线AC 与A 1D 的距离为A 1到平面AB 1C 的距离．D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，A 1(2,0,2)，AC →＝(－2,2,0)， AB 1→＝(0,2,2)，AA 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AB 1C 的法向量，由n ·AC →＝0， n ·AB 1→＝0，得x ＝y ＝－z ，可取n ＝(1,1，－1)，故A 1到平面ACB 1的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AA 1→·n |n |＝233. 3．若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则A 1C 1到底面ABCD 的距离为( )A.33B.1C.2D. 3考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 D解析以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系Dxyz ，C (0,1,0)，C 1(0,13)，A (1,0,0)，CC 1→＝(0,0，3)，AC 1→＝(－1,1，3)，易知C 1C →⊥平面ABCD ，可取CC 1→为平面ABCD 的法向量，故A 1C 1到平面ABCD 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪CC 1→·AC 1→|CC 1→|＝3.4．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( ) A.655B.455 C.255D.55考点向量法求空间距离题点向量法求点到直线距离答案 B解析以B 为坐标原点，BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Bxyz ，则BA →＝(0,2,0)，BE →＝(0,1,2)，设∠ABE ＝θ，则cos θ＝|BA →·BE →||BA →||BE →|＝225＝55，sin θ＝1－cos 2θ＝255.故A 到直线BE 的距离 d ＝|AB →|sin θ＝2×255＝455.5．若正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为( ) A.2a B.3a C.23a D.33a考点向量法求空间距离题点向量法求平面间的距离答案 D解析由正方体的性质易得平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．显然A 1C ⊥平面AB 1D 1，以D 为坐标原点，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Dxyz ，则平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(1，－1,1)．又A (a,0,0)，B (a ，a,0)，∴BA →＝(0，－a,0)，则两平面间的距离为d ＝|BA →·n ||n |＝a 3＝33a .6．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1＝3.在底面△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，则点B 1到平面A 1BC 的距离为( )A.32B.22 C.12D ．1 考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 A解析以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，A 1(1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(0,0，3)，∴A 1B →＝(－1,1，－3)，A 1C →＝(－1,0，－3)，A 1B 1→＝(－1,1,0)．设平面A 1BC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －3z ＝0，－x －3z ＝0，令x ＝－3，得y ＝0，z ＝1，∴n ＝(－3，0,1)．故点B 1到平面A 1BC 的距离为d ＝|n ·A 1B 1→||n |＝32.7．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为a ，侧棱垂直于底面，D 是侧棱CC 1的中点，若点C 到平面AB 1D 的距离为1，则a 的值为( ) A.2B ．2C.3D ．22考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 D解析以B 为坐标原点，BC ，BB 1所在直线分别为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz .由题设可知A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32a ，a 2，0，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，于是有AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，－a 2，a ，B 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，－a 2，AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，0.设n ＝(x ，y ，z )为平面AB 1D 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧－32ax －a2y ＋az ＝0，ay －a 2z ＝0，令y ＝1，可得n ＝(3，1,2)．所以点C 到平面AB 1D 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC →·n |n |＝24a . 令24a ＝1，解得a ＝2 2.故当a ＝22时，点C 到平面AB 1D 的距离为1.二、填空题8．已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为________．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案 103解析因为PA →＝(1,2，－4)，又平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，所以点P 到α的距离为|PA →·n|n ||＝|－2－4－4|3＝103.9．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，高AA 1为4，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是________．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离答案43解析如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，A 1(0,0,4)，B 1(2,0,4)，D 1(0,2,4)．设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴AB 1→＝(2,0,4)，AD 1→＝(0,2,4)，则⎩⎨⎧AB 1→·n ＝0，AD1→·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，令z ＝1，得n ＝(－2，－2,1)，∴点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|AA 1→·n ||n |＝43.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为________．考点向量法求空间距离题点向量法求平面的距离答案 33解析以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Dxyz .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 的距离为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33.三、解答题11．在如图所示的空间直角坐标系中，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱AB ＝AD ＝1，BB ′＝2，M ，N 分别为A ′D ′，D ′C ′的中点，求直线AC 与直线MN 的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求两直线间的距离解依据长方体的性质可知AC ∥MN ，故两直线间的距离为点M 到直线AC 的距离．由题意得AC →＝(－1,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－2. 所以点M 到直线AC 的距离d ＝|AM →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·AC →|AC →|2＝174－18＝664. 12．如图，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．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离解 (1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，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)．设点F (0,0，z )．∵截面AEC 1F 为平行四边形，∴AF →＝EC 1→，∴(－2,0，z )＝(－2,0,2)，∴z ＝2，∴F (0,0,2)，∴BF →＝(－2，－4,2)，∴|BF →|＝26.即BF 的长为2 6. (2)设平面AEC 1F 的一个法向量为n 1＝(x ，y,1)，由⎩⎨⎧ n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧0·x ＋4·y ＋1＝0，－2·x ＋0·y ＋2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋1＝0，－2x ＋2＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝－14，∴n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－14，1. 又∵CC 1→＝(0,0,3)，∴点C 到平面AEC 1F 的距离为d ＝|CC 1→·n 1||n 1|＝31＋116＋1＝43311. 13．如图，在四棱锥S －ABCD 中，AD ∥BC 且AD ⊥CD ，平面CSD ⊥平面ABCD ，CS ⊥DS ，CS ＝2AD ＝2，E 为BS 的中点，CE ＝2，AS ＝ 3.求点A 到平面BCS 的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离解如图，以S (O )为坐标原点，OD ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系Sxyz .设A (x A ，y A ，z A )，因为平面CSD ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，故AD ⊥平面CSD ，即点A 在xSz 平面上，因此y A ＝0，z A ＝|AD →|＝1.又x 2A ＋12＝|AS →|2＝3，x A ＞0，解得x A ＝2.从而A (2，0,1)．因为AD ∥BC ，故BC ⊥平面CSD ，即平面BCS 与平面ySz 重合，从而点A 到平面BCS 的距离为x A ＝ 2.四、探究与拓展14．空间直角坐标系中(O 为坐标原点)，在坐标平面xOy 上到点A (3,2,5)，B (3,5,1)距离相等的点有( )A ．1个B ．2个C ．不存在D ．无数个考点向量法求空间距离题点向量法求两点间的距离答案 D解析过AB 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72，3且以AB →＝(0,3，－4)为法向量的平面上的点到A ，B 的距离相等．15．已知在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝2，A 1在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知BA 1⊥AC 1.(1)求证：AC 1⊥平面A 1BC ；(2)求点C 1到平面A 1AB 的距离．考点向量法求空间距离题点向量法求点到平面的距离(1)证明如图，取AB 的中点E ，连接DE ，则DE ∥BC ，因为BC ⊥AC ，所以DE ⊥AC ，且A 1D ⊥平面ABC ，以D 为坐标原点，射线DE ，DC ，DA 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，C (0,1,0)，B (2,1,0)，设A 1(0,0，t )，C 1(0,2，t )，其中t ＞0，则AC 1→＝(0,3，t )，BA 1→＝(－2，－1，t )，CB →＝(2,0,0)，因为AC 1→·CB →＝0，所以AC 1⊥CB ，又因为BA 1⊥AC 1，且BC ∩BA 1＝B ，BC ，BA 1?平面A 1BC ，所以AC 1⊥平面A 1BC .(2)解由(1)知AC 1⊥平面A 1BC ，所以AC 1→·BA 1→＝－3＋t 2＝0，t ＞0，得t ＝3.设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(2,2,0)，所以⎩⎨⎧ n ·AA 1→＝y ＋3z ＝0，n ·AB →＝2x ＋2y ＝0，设z ＝1，则n ＝(3，－3，1)．所以点C 1到平面A 1AB 的距离d ＝|AC 1→·n ||n |＝2217.。

北师大版数学选修2-1教案：第二章+空间向量与立体几何+复习与小结(1)

科目：数学教师：授课时间：第周星期年且平行于已知非零向量a 的直线，那么对于任一点在直线l 上的充要条a 叫做直线OA t AB =+或)OP t OA tOB =+OA xOB yOC =+，其中x + y = 1．特别地，当2t =时，P 为推论：空间一点位于平面，P 、M 、A 、B 四点共面的充分yOA zOB +，其中1x y z ++=。

、如果三个向量a b c 、、不共面，那么对于空间任一向量，其中{a b c 、、}叫做空间的一个基底，都叫做基向量。

cos a b a b ⋅=⋅空间向量的数量积的性质：① cos ,a e a a e ⋅=<>2a cos ,ab a b a b⋅<>=⋅空间向量的数量积的运算律：①)()a b a b λ⋅=⋅（结合律）、向量的直角坐标运算：设a =123112233(,,)//,a a a a a a a b a b a b a b b a b a b a b a b λλ=⋅=+++=+++⇔==⊥⇔111(,,)A x y z ，则((2cos AB x y y a b =+-<⋅（二）基本方法列出两个关于的三元一次方程组，取这个方程组的一组非零解即得平面的一个法向量线面角的求法：设n 是平面AB n⋅② 设12,n n 12n n ⋅（或其补角）的大小。

AB n n⋅。

作课本 56精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。

读大海，读出了它气势磅礴的豪情。

读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。

2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂；幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。

幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。

高中数学第二章空间向量与立体几何 2.3 向量的坐标表示和空间向量基本定理教学案北师大版选修21

§3向量的坐标表示和空间向量基本定理3．1 & 3.2 空间向量的标准正交分解与坐标表示空间向量基本定理[对应学生用书P22]学生小李参加某大学自主招生考试，在一楼咨询处小李得知：面试地点由此向东10 m，后向南15 m，然后乘5号电梯到位于6楼的2号学术报告厅参加面试．设e1是向东的单位向量，e2是向南的单位向量，e3是向上的单位向量．问题1：e1，e2，e3有什么关系？提示：两两垂直．问题2：假定每层楼高为3 m，请把面试地点用向量p表示．提示：p＝10e1＋15e2＋15e3.标准正交基与向量坐标(1)标准正交基：在给定的空间直角坐标系中，x轴、y轴、z轴正方向的单位向量i，j，k叫作标准正交基．(2)标准正交分解：设i，j，k为标准正交基，对空间任意向量a，存在唯一一组三元有序实数(x，y，z)，使得a＝x i＋y j＋z k，叫作a的标准正交分解．(3)向量的坐标表示：在a的标准正交分解中三元有序实数(x，y，z)叫作空间向量a的坐标，a＝(x，y，z)叫作向量a的坐标表示．(4)向量坐标与投影：①i，j，k为标准正交基，a＝x i＋y j＋z k，那么a·i＝x，a·j＝y，a·k＝z.把x，y，z分别称为向量a在x轴、y轴、z轴正方向上的投影．②向量的坐标等于它在坐标轴正方向上的投影．③一般地，若b0为b的单位向量，则称a·b0＝|a|cos〈a，b〉为向量a在向量b上的投影.空间中任给三个向量a，b，c.问题1：什么情况下，向量a，b，c可以作为一个基底？提示：它们不共面时．问题2：若a，b，c是基底，则空间任一向量v都可以由a，b，c表示吗？提示：可以．如果向量e1，e2，e3是空间三个不共面的向量，a是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3.其中e1，e2，e3叫作这个空间的一个基底．a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3表示向量a关于基底e1，e2，e3的分解．空间向量基本定理表明，用空间三个不共面的已知向量a，b，c可以表示出空间任一向量；空间中的基底是不唯一的，空间任意三个不共面的向量均可作为空间向量的基底．[对应学生用书P23][例1] ′，AB＝3，BC＝4，AA′＝6.(1)写出C′的坐标，给出AC'关于i，j，k的分解式；(2)求BD'的坐标．[思路点拨] (1)C ′的坐标(也是AC '的坐标)，即为C ′在x 轴、y 轴、z 轴正方向上的投影，即|OD |，|OB ||OA ′|.(2)写出BD '关于i ，j ，k 的分解式，即可求得BD '的坐标． [精解详析] (1)∵AB ＝3，BC ＝4，AA ′＝6， ∴C ′的坐标为(4,3,6)． ∴AC '＝(4,3,6)＝4i ＋3j ＋6k . (2)BD '＝AD '－AB . ∵AD '＝AD ＋AA '＝4i ＋6k ，∴BD '＝AD '－AB ＝－AB ＋AD ＋AA '＝4i －3j ＋6k ， ∴BD '＝(4，－3,6)． [一点通]1．建立恰当的空间直角坐标系是准确表达空间向量坐标的前提，应充分利用已知图形的特点，寻找三条两两垂直的直线，并分别为x ，y ，z 轴进行建系．2．若表示向量AB 的坐标，只要写出向量AB 关于i ，j ，k 的标准正交分解式，即可得坐标．1．在如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，B 1E 1＝14A 1B 1，则1DE 的坐标为________．解析：显然D 为原点，设E 1(x ，y ，z )，易知x ＝1，y ＝34，z ＝1，∴1DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，12．已知点A 的坐标是(1,2，－1)，且向量OC 与向量OA 关于坐标平面xOy 对称，向量OB 与向量OA 关于x 轴对称，求向量OC 和向量OB 的坐标．解：如图，过A 点作AM ⊥平面xOy 于M ，则直线AM 过点C ，且CM ＝AM ，则点C 的坐标为(1,2,1)，此时OC ＝(1,2,1)，该向量与OA ＝(1,2，－1)关于平面xOy 对称．过A 点作AN ⊥x 轴于N ，则直线AN 过点B ，且BN ＝AN ，则B (1，－2,1)，此时OB ＝(1，－2,1)，该向量与OA 关于x 轴对称．3.在直三棱柱ABO －A1B 1O 1中，∠AOB ＝π2，AO ＝4，BO ＝2，AA 1＝4，D 为A 1B 1的中点，在如图所示的空间直角坐标系中，求DO ，1A B 的坐标．解：(1)∵DO ＝－OD ＝－(1OO ＋1O D ) ＝－[1OO ＋12(OA ＋OB )]＝－1OO －12OA －12OB ＝－4k －2i －j .∴DO ＝(－2，－1，－4)．(2)∵1A B ＝OB －1OA ＝OB －(OA ＋1AA ) ＝OB －OA －1AA ＝2j －4i －4k . ∴1A B ＝(－4,2，－4)．[例2] 如图，已知单位正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′.(1)求向量CA '在CD 上的投影；(2)DC 是单位向量，且垂直于平面ADD ′A ′，求向量CA '在DC 上的投影．[思路点拨] a 在b 上的投影为|a |cos 〈a ，b 〉，只要求出|a|及〈a ，b 〉即可． [精解详析] (1)法一：向量CA '在CD 上的投影为|CA '|cos 〈CA '，CD 〉，又正方体棱长为1，∴|CA ′|＝12＋12＋12＝3，∴|CA '|＝3，∠DCA ′即为CA '与CD 的夹角，在Rt △A ′CD 中， cos ∠A ′CD ＝13＝33， ∴CA '在CD 上的投影为 |CA '|cos 〈CA '，CD 〉＝3·33＝1. 法二：在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，DC ⊥AD ，〈CA '，CD 〉＝∠DCA ′.∴CA '在CD 上的投影为：|CA '|cos 〈CA '，CD 〉＝|CA '|cos ∠DCA ′＝|CD |＝1. (2)CA '与DC 的夹角为180°－∠A ′CD ， ∴CA '在DC 上的投影为|CA '|cos(180°－∠A ′CD )＝－|CA '|cos ∠D ′CA ＝－1. [一点通]1．求向量a 在向量b 上的投影，可先求出|a|，再求出两个向量a 与b 的夹角，最后计算|a|cos 〈a ，b 〉，即为向量a 在向量b 上的投影，它可正、可负，也可以为零；也可以利用几何图形直观转化求解．2．在确定向量的夹角时要注意向量的方向，如本题中〈CA '，CD 〉与〈CA '，DC 〉是不同的，其和为π.4．已知i ，j ，k 为标准正交基，a ＝i ＋2j ＋3k ，则a 在i 方向上的投影为( ) A ．1 B ．－1 C.14D ．－14解析：a·i ＝|a||i |cos 〈a ，i 〉， ∴|a |cos 〈a ，i 〉＝a·i|i|＝(i ＋2j ＋3k )·i ＝1. 答案：A5.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝AA 1＝2，则向量1AC 在向量1AD 上的投影为________．解析：1AC 在1AD 上的投影为|1AC |cos 〈1AC ，1AD 〉，而|1AC |＝42＋22＋22＝26，在Rt △AD 1C 1中，cos ∠D 1AC 1＝|AD 1||AC 1|＝33，∴|1AC |cos 〈1AC ，1AD 〉＝2 2. 答案：2 2[例3] 如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1.(1)证明A ，E ，C 1，F 四点共面；(2)若EF ＝x AB ＋y AD ＋z 1AA ，求x ＋y ＋z .[思路点拨] 要证明四点共面只需证明1AC 可用AE ，AF 表示即可；第(2)问中求x ＋y ＋z 只需先把EF 用AB ，AD ，1AA 表示出来，求出x ，y ，z ，再求x ＋y ＋z .[精解详析] (1)证明：1AC ＝AE ＋1EC ，又1EC ＝1EB ＋11B C ＝231BB ＋11B C ＝231AA ＋AD ，AF ＝AD ＋DF ＝AD ＋231DD ＝AD ＋231AA ， ∴1EC ＝AF ， ∴1AC ＝AE ＋AF ， ∴A ，E ，C 1，F 四点共面． (2)∵EF ＝AF －AE ＝AD ＋DF －(AB ＋BE ) ＝AD ＋231DD －AB －131BB＝－AB ＋AD ＋131AA ，∴x ＝－1，y ＝1，z ＝13.∴x ＋y ＋z ＝13.[一点通]1．空间向量基本定理是指用空间三个不共面的已知向量a ，b ，c 构成的向量组{a ，b ，c }可以线性表示出空间任意一个向量，而且表示的结果是唯一的．2．利用空间的一个基底a ，b ，c 可以表示出所有向量，注意结合图形，灵活应用三角形法则、平行四边形法则，及向量的数乘运算，表示要彻底，结果只含有a ，b ，c ，不能再有其他向量．6．O ，A ，B ，C 为空间四边形的四个顶点，点M ，N 分别是边OA ，BC 的中点，且OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，且a ，b ，c 表示MN 为( )A.12(c ＋b －a ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(a ＋b ＋c ) 解析：MN ＝MO ＋ON ＝－12OA ＋12(OB ＋OC )＝12(OB ＋OC －OA )＝12(b ＋c－a )．答案：A7．已知e 1，e 2，e 3是空间中不共面的三个向量，且a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1＋e 2－e 3，c ＝e 1－e 2＋e 3，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3＝α a ＋β b ＋γ c ，则α＋2β＋γ＝________.解析：∵a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1＋e 2－e 3，c ＝e 1－e 2＋e 3，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3＝α a ＋β b ＋γ c ，∴e 1＋2e 2＋3e 3＝(α＋β＋γ)e 1＋(α＋β－γ)e 2＋(α－β＋γ)e 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧α＋β＋γ＝1，α＋β－γ＝2，α－β＋γ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧α＝52，β＝－1，γ＝－12.∴α＋2β＋γ＝0. 答案：08．如图所示，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，且1AA ＝a ，AB ＝b ，AD ＝c ，用a ，b ，c 表示如下向量：(1) 1A C ；(2)BG (G 在B 1D 1上且1B G ＝121GD )．解：(1)1A C ＝AC －1AA ＝AB ＋AD －1AA ＝－a ＋b ＋c . (2)BG ＝1BB ＋1B G ，又1B G ＝1311B D ＝13(11B A ＋11A D )＝13(AD －AB )＝13(c －b )， ∴BG ＝a －13b ＋13c .1．空间任一点P 的坐标的确定：过P 作面xOy 的垂线，垂足为P ′.在平面xOy 中，过P ′分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为A ，C ，则|x |＝|P ′C |，|y |＝|AP ′|，|z |＝|PP ′|.2．空间任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底，基底中的三个向量e 1，e 2，e 3都不是0.3．空间中任一向量可用空间中不共面的三个向量来唯一表示．4．点A (a ，b ，c )关于x 轴、y 轴、z 轴对称点的坐标分别为(a ，－b ，－c )，(－a ，b ，－c )，(－a ，－b ，c )；它关于xOy 面、xOz 面、yOz 面、原点对称点的坐标分别为(a ，b ，－c )，(a ，－b ，c )，(－a ，b ，c )，(－a ，－b ，－c )．[对应课时跟踪训练七1．在以下三个命题中，真命题的个数是( )①三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若两个非零向量a ，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a ，b 共线； ③若a ，b 是两个不共线的向量，而c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λμ≠0)，则a ，b ，c 构成空间的一个基底．A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析：③中向量a ，b ，c 共面，故a ，b ，c 不能构成空间向量的一个基底，①②均正确．答案：C2．如图，已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，E 是平面A ′B ′C ′D ′的中心，a ＝12AA '，b ＝12AB ，c ＝13AD ，AE ＝x a ＋y b ＋z c ，则( )A ．x ＝2，y ＝1，z ＝32B ．x ＝2，y ＝12，z ＝12C ．x ＝12，y ＝12，z ＝1D ．x ＝12，y ＝12，z ＝32解析：AE ＝AA '＋A E '＝AA '＋12(A B ''＋A ′D ′―→)＝2a ＋b ＋32c .答案：A3．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为1，则1AB 在1CB 上的投影为( )A ．－22B.22C ．－ 2 D. 2解析：∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1， ∴|1AB |＝2，|AC |＝2，|1B C |＝ 2. ∴△AB 1C 是等边三角形．∴1AB 在1CB 上的投影为|1AB |cos 〈1AB ，1CB 〉＝2×cos 60°＝22. 答案：B4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是面BB 1C 1C 的中心，且1AA ＝a ，AB ＝b ，AC ＝c ，则1A D ＝( )A.12a ＋12b ＋12cB.12a －12b ＋12c C.12a ＋12b －12c D ．－12a ＋12b ＋12c解析：1A D ＝11A C ＋1C D ＝AC ＋12(1C C ＋11C B )＝c ＋12(－1AA ＋CA ＋AB )＝c －12a ＋12(－c )＋12b＝－12a ＋12b ＋12c .答案：D5．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝1，CC 1＝1，则1AC 在BA 上的投影是________．解析：1AC 在BA 上的投影为|1AC |cos 〈1AC ，BA 〉，在△ABC 1中， cos ∠BAC 1 ＝|AB ||AC 1|＝222＋12＋12＝26＝63，又|1AC |＝ 6.∴|1AC |cos 〈1AC ·BA 〉＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－63＝－2. 答案：－26．在三棱锥O －ABC 中，OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝________(用a ，b ，c 表示)．解析：如图，OE ＝OA ＋AE ＝OA ＋12AD ＝OA ＋14(AB ＋AC )＝OA ＋14(OB －OA ＋OC －OA )．＝12OA ＋14OB ＋14OC ＝12a ＋14b ＋14c . 答案：12a ＋14b ＋14c7．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，建立如图所示的空间直角坐标系，试写出A ，B ，C ，D ，A 1，B 1，C 1，D 1各点的坐标，并写出DA ，DB ，DC ，1DC ，1DD ，1DA ，1DB 的坐标表示．解：∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，∴A (1,0,0), B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)．∴DA ＝(1,0,0)，DB ＝(1,1,0)，DC ＝(0,1,0)，1DC ＝ (0,1,1)，1DD ＝(0,0,1)，1DA ＝(1,0,1)，1DB ＝(1,1,1)．8．如下图，已知PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，G 为△PDC 的重心，AB ＝i ，AD ＝j ，AP ＝k ，试用基底i ，j ，k 表示向量PG ，BG .解：∵G 是△PDC 的重心， ∴PG ＝23PN ＝13(PD ＋PC )＝13(PA ＋AD ＋PA ＋AB ＋BC ) ＝13(－k ＋j －k ＋i ＋j )＝13i ＋23j －23k ， BG ＝BA ＋AP ＋PG＝－i ＋k ＋13i ＋23j －23k＝－23i ＋23j ＋13k .3．3 空间向量运算的坐标表示[对应学生用书P25]2014年2月，济青高速临沂段发生交通事故，一辆中型车严重变形，驾驶员被困车内，消防官兵紧急破拆施救．为防止救援造成的二次伤害，现从3个方向用力拉动驾驶室门，这3个力两两垂直，其大小分别为|F1|＝300 N，|F2|＝200 N，|F3|＝200 3 N.问题1：若以F1，F2，F3的方向分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，驾驶室门受到的力的坐标是什么？提示：(300,200,2003)．问题2：驾驶室门受到的合力有多大？提示：|F|＝500 N.空间向量的坐标运算若a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则(1)a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2)；(2)a－b＝(x1－x2，y1－y2，z1－z2)；(3)λa＝(λx1，λy1，λz1)；(4)a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2；(5)a∥b⇔a＝λb⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2(λ∈R)；(6)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0；(7)|a|＝a·a＝x21＋y21＋z21；(8)cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝x1x2＋y1y2＋z1z2x21＋y21＋z21x22＋y22＋z22.若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．1．空间向量的加、减、数乘的坐标运算仍是坐标，数量积的运算是实数．2．利用空间向量的坐标可以解决向量的模、夹角、向量的平行与垂直等问题．[对应学生用书P25][例1] 已知a.[思路点拨] 空间向量的加、减、数乘运算与平面向量的加、减、数乘运算方法类似，向量的数量积等于它们对应坐标乘积的和．[精解详析] 2a ＋3b ＝(6,10，－8)＋(6,6,24)＝(12,16,16)，3a －2b ＝(9,15，－12)－(4,4,16)＝(5,11，－28)， a·b ＝3×2＋5×2－4×8＝－16.[一点通]空间向量的坐标运算和平面向量的坐标运算类似，两个向量的加、减、数乘运算就是向量的横坐标、纵坐标、竖坐标分别进行加、减、数乘运算；空间两个向量的数量积等于它们对应坐标的乘积之和．1．已知a ＝(1,0，－1)，b ＝(1，－2,2)，c ＝(－2,3，－1)，那么向量a －b ＋2c ＝( ) A ．(0,1,2) B ．(4，－5,5) C ．(－4,8，－5)D ．(2，－5,4)解析：a －b ＋2c ＝(1－1－2×2,0＋2＋6，－1－2－2)＝(－4,8，－5)．答案：C2．已知A ，B ，C 三点的坐标分别为(2，－1,2)，(4,5，－1)，(－2,2,3)，求P 点坐标，使(1)OP ＝12(AB －AC )；(2)AP ＝12(AB －AC )．解：AB ＝(2,6，－3)，AC ＝(－4,3,1)． (1)OP ＝12(6,3，－4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，－2，则P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，－2；(2)设P 为(x ，y ，z )，则AP ＝(x －2，y ＋1，z －2)＝12(AB －AC )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，－2，所以x ＝5，y ＝12，z ＝0，即P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，0. 3．已知向量a ＝(1，－2,4)，求同时满足以下三个条件的向量c ：(1)a·c ＝0；(2)|c |＝10；(3)c 与向量b ＝(1,0,0)垂直．解：设c ＝(x ，y ，z )，由三个条件得⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4z ＝0，x 2＋y 2＋z 2＝100，x ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝45，z ＝25或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－45，z ＝－25.∴c ＝(0,45，25)或(0，－45，－25)．[例1111DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．过B 作BM ⊥AC 1于M ，求点M 的坐标．[思路点拨] 写出A ，B ，C 1的坐标，设出M 的坐标，利用条件BM ⊥AC 1及M 在AC 1上建立方程组，求解．[精解详析] 法一：设M (x ，y ，z )，由图可知：A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C 1(0，a ，a )，则1AC ＝(－a ，a ，a )，AM ＝(x －a ，y ，z )，BM ＝(x －a ，y －a ，z )．∵BM ⊥1AC ，∴BM ·1AC ＝0， ∴－a (x －a )＋a (y －a )＋az ＝0，即x －y －z ＝0.①又∵1AC ∥AM ，∴x －a ＝－λa ，y ＝λa ，z ＝λa ，即x ＝a －λa ，y ＝λa ，z ＝λa .② 由①②得x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3.∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3. 法二：设AM ＝λ1AC ＝(－a λ，a λ，a λ)， ∴BM ＝BA ＋AM ＝(0，－a,0)＋(－a λ，a λ，a λ) ＝(－a λ，a λ－a ，a λ)． ∵BM ⊥AC 1， ∴BM ·1AC ＝0即a 2λ＋a 2λ－a 2＋a 2λ＝0，解得λ＝13，∴AM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，a 3，a 3，DM ＝DA ＋AM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3.∴M 点坐标(2a 3，a 3，a3)．[一点通]用坐标运算解决向量平行、垂直有关问题，要注意以下两个等价关系的应用： (1)若a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)(b 为非零向量)，则a ∥b ⇔x 1＝λx 2，且y 1＝λy 2且z 1＝λz 2(λ∈R )．若b ＝0时，必有a∥b ，必要时应对b 是否为0进行讨论．(2)a⊥b ⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0.4．已知a ＝(1，－5,6)，b ＝(0,6,5)，则a 与b ( ) A ．垂直 B ．不垂直也不平行 C ．平行且同向D ．平行且反向解析：a·b ＝0－30＋30＝0，∴a⊥b . 答案：A5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，F 是DC 的中点，求证：AD ⊥D 1F .证明：建立空间直角坐标系如图，不妨设正方体的棱长为1，则有D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0,1)，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0.∴AD ＝(－1,0,0)，1D F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1. ∴AD ·1D F ＝(－1,0,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1＝0. ∴AD ⊥D 1F .6．已知a ＝(1，x,1－x )，b ＝(1－x 2，－3x ，x ＋1)，求满足下列条件时，实数x 的值． (1)a∥b ；(2)a⊥b .解：(1)①当x ＝0时，a ＝(1,0,1)，b ＝(1,0,1)，a ＝b ， ∴x ＝0，满足a∥b ；②当x ＝1时，a ＝(1,1,0)，b ＝(0，－3,2)，此时a 不平行b ，∴x ≠1. ③当x ≠0且x ≠1时，由a∥b ⇔1－x 21＝－3x x ＝x ＋11－x ⇔⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2＝－3，x ＋11－x ＝－3⇔x ＝2.综上所述，当x ＝0或2时，a∥b . (2)∵a⊥b ⇔a·b ＝0⇔(1，x,1－x )·(1－x 2，－3x ，x ＋1)＝0⇔1－x 2－3x 2＋1－x 2＝0，解得x ＝±105.[例1111N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN 的长；(2)求cos 〈1BA ，1CB 〉的值．[思路点拨] CA ，CB ，CC 1两两垂直，可由此建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解向量的模及夹角．[精解详析] 以C 为原点，以CA ，CB ，1CC 为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (0,1,0)，N (1,0,1)，BN ＝(1，－1,1)， ∴|BN |＝ 3.(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 〉＝1BA ·1CB | 1BA ||1CB |＝3010.[一点通]在几何体中建立空间直角坐标系时，要充分利用几何体本身的特点，以使各点的坐标易求．利用向量的坐标运算，可使复杂的线面关系的论证、角及距离的计算变得简单．7．已知空间三点A (1,1,1)，B (－1,0,4)，C (2，－2,3)，求AB 与CA 的夹角．解：AB ＝(－2，－1,3)，CA ＝(－1,3，－2)， |AB |＝4＋1＋9＝14，|CA |＝1＋9＋4＝14，AB ·CA ＝2－3－6＝－7，∴cos 〈AB ，CA 〉＝AB ―→·CA ―→|AB ―→||CA ―→|＝－714×14＝－12.∵〈AB ，CA 〉∈[0，π]，∴〈AB ，CA 〉＝2π3.8．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是D 1D ，BD 的中点，G 在棱CD 上，且CG ＝14CD ，H 为C 1G 的中点．(1)求证：EF ⊥B 1C ；(2)求EF 与C 1G 所成角的余弦值； (3)求FH 的长．解：如图所示，建立空间直角坐标系D －xyz ，D 为坐标原点，则有E ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，F ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，C (0,1,0)，C 1(0,1,1)，B 1(1,1,1)，G ⎝⎛⎭⎪⎫0，34，0.(1)证明：EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0－⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，－12， 1B C ＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1,0，－1)，∴EF ·1B C ＝12×(－1)＋12×0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×(－1)＝0，∴EF ⊥1B C ，即EF ⊥B 1C .(2)∵1C G ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，0－(0,1,1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，－1，∴|1C G |＝174. 又∵EF ·1C G ＝12×0＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×(－1)＝38，|EF |＝32.∴cos 〈EF ，1C G 〉＝EF ·1C G|EF ||1C G |＝5117.即异面直线EF 与C 1G 所成角的余弦值为5117. (3)∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，78，12， ∴FH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，38，12. ∴|FH |＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫382＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝418. 故FH 的长为418.1．空间向量加法、减法、数乘、数量积、平行、垂直、夹角的坐标表示都类似于平面向量，要类比记忆与理解．2．空间向量的坐标运算，关键是要建立恰当的空间直角坐标系，然后利用有关公式求解．要注意总结在长方体、直三棱柱、正三棱柱、正四棱锥等特殊几何体中建立空间直角坐标系的规律．3．利用向量的坐标运算可证明向量的垂直与平行问题，利用向量的夹角公式和距离公式可求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题．[对应课时跟踪训练八1．下列各组向量中不平行的是( ) A ．a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2，－4,4) B ．c ＝(1,0,0)，d ＝(－3,0,0) C ．e ＝(2,3,0)，f ＝(0,0,0) D ．g ＝(－2,3,5)，h ＝(16，－24,40)解析：对D 中向量g ，h ，16－2＝－243≠405，故g ，h 不平行．答案：D2．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，c ＝(1，－x,2)，若(a ＋b )⊥c ，则x ＝( ) A ．4 B ．－4 C.12D ．－6解析：∵a ＋b ＝(－2,1,3＋x )且(a ＋b )⊥c ， ∴－2－x ＋6＋2x ＝0，∴x ＝－4. 答案：B3．若a ＝(1，λ，－1)，b ＝(2，－1,2)，且a 与b 的夹角的余弦为19，则|a |＝( )A.94B.102C.32D. 6解析：因为a·b ＝1×2＋λ×(－1)＋(－1)×2＝－λ，又因为a·b ＝|a||b |·cos〈a ，b 〉＝2＋λ2×9×19＝13 2＋λ2，所以132＋λ2＝－λ.解得λ2＝14，所以|a |＝ 1＋14＋1＝32. 答案：C4.如图，在空间直角坐标系中有四棱锥P －ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝2，E 为PD 的中点，则|BE |＝( ) A ．2 B. 5 C. 6 D ．2 2 解析：由题意可得B (2,0,0)，E (0,1,1)，则BE ＝(－2,1,1)，|BE |＝ 6. 答案：C5．已知向量a ＝(－1,0,1)，b ＝(1,2,3)，k ∈R ，若k a －b 与b 垂直，则k ＝________. 解析：因为(k a －b )⊥b ，所以(k a －b )·b ＝0，所以k a·b －|b |2＝0，所以k (－1×1＋0×2＋1×3)－(12＋22＋32)2＝0，解得k ＝7.答案：76．若空间三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (p,3，q ＋2)共线，则p ＝________，q ＝________.解析：由A ，B ，C 三点共线，则有AB 与AC 共线，即AB ＝λAC .又AB ＝(1，－1,3)，AC ＝(p －1，－2，q ＋4)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1＝λp －，－1＝－2λ，3＝λq ＋所以⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝12，p ＝3，q ＝2.答案：3 2 7．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,2)，问是否存在实数x ，y ，使得AC ＝x AB ＋y BC成立？若存在，求x ，y 的值．解：∵AB ＝(－1,1,0)，AC ＝(－1,0,2)，BC ＝(0，－1,2)．假设存在x ，y ∈R 满足条件，由已知得(－1,0,2)＝x (－1,1,0)＋y (0，－1,2)，即(－1,0,2)＝(－x ，x,0)＋(0，－y,2y )＝(－x ，x －y,2y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －1＝－x ，0＝x －y ，2＝2y ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝1.即存在实数x ＝1，y ＝1使结论成立．8．如图，在长方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，|OA |＝2，|AB |＝3，|1AA |＝2，E 为BC 的中点．(1)求1AO 与1B E 所成角的余弦值；(2)作O 1D ⊥AC 于D ，求O 1D 的长．解：建立如图所示的空间直角坐标系．(1)由已知得A (2,0,0)，O 1(0,0,2)，B 1(2,3,2)，E (1,3,0)，所以1AO ＝(－2,0,2)，1B E ＝(－1,0，－2)，所以cos 〈1AO ，1B E 〉＝1AO ·1B E| 1AO ||1B E |＝－2210＝－1010. (2)因为1O D ⊥AC ，AD ∥AC ，而C (0,3,0)，设D (x ，y,0)，则1O D ＝(x ，y ，－2)，AD ＝(x －2，y,0)，AC ＝(－2,3,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋3y ＝0，x －2－2＝y 3⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1813，y ＝1213. 所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1813，1213，0，所以O 1D ＝|1O D |＝228613.。

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 →.。

高中数学(北师大版)选修2-1教案：第2章空间向量基本定理参考教案

2.3.2 空间向量基本定理教案一、教学目标：1．知识目标：掌握空间向量基底的概念；了解空间向量的基本定理及其推论；了解空间向量基本定理的证明。

2．能力目标：理解空间任一向量可用空间三个不共面向量唯一线性表示，会在平行六面体、四面体为背景的几何体中选用空间三个不共面向量作基底，表示其它向量。

会作空间任一向量的分解图。

类比平面向量的基本定理学习空间向量基本定理，培养学生类比、联想、维数转换的思想方法和空间想象能力。

3．情感目标：创设适当的问题情境，从生活中的常见现象引入课题，开始就引起学生极大的学习兴趣，让学生容易切入课题，培养学生用数学的意识，体现新课程改革的理念之一，加强数学与生活实践的联系。

二、教学重难点：1.教学难点：空间向量的分解作图，用不同的基底表示空间任一向量。

灵活运用空间向量基本定理证明空间直线的平行、共面问题。

2.教学重点：运用空间向量基本定理表示空间任一向量，并能根据表达式判断向量与基底的关系。

三、教学方法：在多媒体和实物模型的环境下，学生分组自主与合作学习相结合，老师引导、参与学生活动和讨论的民主式的教学。

四、教学过程（一）、引入：对比平面向量的基本定理，生活实际需要向三维空间发展（播放美伊战争画面，地面的坦克如何瞄准空中的飞机画面），推广到空间向量的基本定理。

用向量来描述：若空间三个向量不共面，那么空间的任一向量都可以用这三个向量表示。

我们研究一下怎么表示。

（提示学生思考平面的任一向量怎么用平面向量的基底表示）学生：1e 、2e 是平面内两个不共线的向量，则该平面内的任一向量都可以表示为=λ11e +λ22e ，其中λ1、λ2是一对唯一的实数。

1A （二）、推广:请学生猜测推广到空间向量的基本定理如何？学生：空间向量的基本定理：如果空间三个向量、、不共面，则空间的任一向量都可表示为x +y +z 。

师：若猜想正确，则给出证明，若猜想不正确，先给出定理，再证明。

老师板演证明：设空间三个不共面的向量=，OB =b ，OC =c ，OP =是空间任一向量，过P作PD ∥OC 交平面OAB 于D ，则=+DP ，由空间两直线平行的充要条件知= z ，由平面向量的基本定理知向量与、共面，则= x +y ，所以，存在x,y,z 使得=x a +y b + z c 。

高中数学第二章空间向量与立体几何教案北师大版选修2-1

第二章空间向量与立体几何§1从平面向量到空间向量(教师用书独具)●三维目标1．知识与技能(1)理解空间向量的概念．(2)掌握空间向量的两种表示法．(3)掌握两个空间向量的夹角、空间向量的方向向量和平面的法向量的概念．2．过程与方法通过从平面向量到空间向量的教学，掌握类比的学习方法，培养学生迁移的能力．3．情感、态度与价值观学会用发展的眼光看问题，会用联系的观点看待事物．●重点难点重点：使学生理解两空间向量的夹角、直线的方向向量、平面的法向量等概念．难点：准确找出已知平面的法向量．对于空间向量的有关概念，可通过与平面向量的相应概念的类比进行教学．对于本节课的难点，则可设置一些递进式的问题，采用启发、诱导、合作探究的方式，引导学生分析比较，在探索中，总结寻找平面法向量的方法．(教师用书独具)●教学建议在教学中，可采用以问题为主线，以小组合作探究为主体，学生自我展示、老师适当点拨为辅助的教学模式：本节课的核心是空间向量相关概念的生成，在教学中，应始终渗透一种由已知类比探究未知，由特殊到一般的认识事物的方法；通过问题设置让学生主动参于、积极思考、认真探究，积极引导他们学会合作与交流，进而逐步将知识内化为自身的认知结构．●教学流程通过类比引入概念⇒通过概括形成概念⇒通过辨析深化概念⇒通过例题应用概念⇒反馈矫正归纳小结课标解读1.了解空间向量的有关概念．(重点)2．理解直线的方向向量和平面的法向量．(重点)3．会求简单空间向量的夹角．(难点)空间向量的概念1．空间中任意两个向量是共面向量吗？【提示】是．2．问题1中的结论，对你学习空间向量有什么启发？【提示】由问题1的结论可知，空间向量的平行、垂直、夹角等概念应与平面向量中相应概念的定义相同．空间向量的概念定义在空间中，既有大小又有方向的量，叫作空间向量表示方法①用有向线段AB →表示，A 叫作向量的起点，B 叫作向量的终点 ②用 a\s\up12(→)), b\s\up12(→)), c\s\up12(→))或a ，b ，c表示自由向量数学中所讨论的向量与向量的起点无关，称之为自由向量长度或模与平面向量一样，空间向量AB →或a 的大小也叫作向量的长度或模，用|AB →|或|a |表示夹角定义如图，两非零向量a ，b ，过空间中任意一点O ，作向量a ，b 的相等向量OA →和OB →，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉范围规定0≤〈a ，b 〉≤π向量垂直当〈a ，b 〉＝π2时，向量a 与b 垂直，记作a ⊥b向量平行当〈a ，b 〉＝0或π时，向量a 与b 平行，记作a ∥b向量与直线、平面【问题导思】1．给定空间中任意一点A 和非零向量a ，可以确定唯一一条过点A 且平行于向量a 的直线吗？可以确定唯一一条过点A 且垂直于向量a 的直线吗？【提示】可以，不可以．2．给定空间中任意一点A 和非零向量a ，可以确定唯一一个过点A 且垂直于向量a 的平面吗？可以确定唯一一个过点A 且平行于向量a 的平面吗？【提示】可以，不可以． 1．直线的方向向量设l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量． 2．平面的法向量如果直线l 垂直于平面α，那么把直线l 的方向向量a 叫作平面α的法向量.空间向量的有关概念图2－1－1如图2－1－1所示，在正六棱柱ABCDEF －A ′B ′C ′D ′E ′F ′中，(1)与AB →相等的向量有哪些？ (2)BD →与E ′A ′→是相反向量吗？ (3)与AD →平行的向量有多少个？【思路探究】根据正六棱柱的结构特征，分析各线段的相互关系，从而得到向量之间的关系．【自主解答】 (1)CD →，A ′B ′→，E ′D ′→. (2)是 (3)11个．以几何体为载体给出向量时，要注意结合几何体的结构特征来分析向量之间的关系．图2－1－2如图2－1－2所示已知平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′. (1)写出与BB ′→相等的向量；(2)写出与AB →相反的向量； (3)与AB →平行的向量共有多少个？【解】 (1)AA ′→，CC ′→，DD ′→. (2)BA →，CD →，C ′D ′→，B ′A ′→. (3)7个．直线的方向向量与平面的法向量图2－1－3如图2－1－3所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，(1)分别给出直线AA 1，BD 的一个方向向量；(2)分别给出平面ADD 1A 1，平面BB 1D 1D 的一个法向量．【思路探究】根据方向向量与法向量的定义直按写出即可．【自主解答】 (1)直线AA 1的一个方向向量可为BB 1→、AA 1→、CC 1→、DD 1→、A 1A →、B 1B →、C 1C →、D 1D →中的任一个，直线BD 的一个方向向量可为B 1D 1→、BD →、DB →、D 1B 1→中的任一个．(2)平面ADD 1A 1的一个法向量可为AB →、DC →、A 1B 1→、D 1C 1→、BA →、CD →、B 1A 1→、C 1D 1→中的任一个．平面BB 1D 1D 的一个法向量可为AC →、CA →、A 1C 1→、C 1A 1→中的任一个．找直线的方向向量要注意几何体中的平行关系；找平面的法向量要注意几何体中的垂直关系，特别是线面垂直关系．根据例2的条件，写出平面AB 1C 的一个法向量．【解】如图，直线BD 1垂直于平面AB 1C ，即一个法向量为BD 1→.求空间向量的夹角图2－1－4如图2－1－4在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中． (1)求〈BA 1→，CC 1→〉； (2)求〈BA 1→，B 1C 1→〉； (3)求〈BA 1→，AD 1→〉．【思路探究】平移向量，使它们的起点相同，然后在三角形中求角．【自主解答】 (1)∵CC 1→∥BB 1→， ∴∠A 1BB 1为BA 1→，CC 1→所成的角，在Rt △A 1BB 1中，A 1B 1＝B 1B ，∴∠A 1BB 1＝45°，即〈BA 1→，CC 1→〉＝45°. (2)∵B 1C 1→∥BC →，∴∠A 1BC 为BA 1→，B 1C 1→所成的角，又∵BC ⊥面A 1ABB 1，BA 1面A 1ABB 1，∴BC ⊥BA 1，即∠A 1BC ＝90°，∴〈BA 1→，B 1C 1→〉＝90°.(3)∵AD 1→∥BC 1→，∴∠A 1BC 1为BA 1→与AD 1→所成的角，在△A 1BC 1中，A 1B ＝BC 1＝A 1C 1.∴∠A 1BC 1＝60°，即〈BA 1→，AD 1→〉＝60°.1．解答本题的关键是平移向量，使它们的起点相同．2．求两个向量的夹角和求两条异面直线所成的角比较相似，就是采取平移的方法找到一个与另一向量相交的共线向量，进而转化为同一平面内的两条相交直线所成的角进行求解，在平移的过程中，要充分利用已知图形的特点，寻找线线平行，找出所求的角，这一过程可简单总结为：(1)找角，(2)在三角形中求角．3．在利用平面角求向量角时，要注意两种角的取值范围，线线角的范围是[0，π2]，而向量夹角的范围是[0，π]，比如〈a ，b 〉与〈－a ，b 〉两个角互补，而它们对应的线线角却是相等的．在本例中求(1)〈BA 1→，D 1C →〉； (2)〈BA 1→，D 1A →〉； (3)〈BA 1→，DA →〉．【解】 (1)BA 1→∥D 1C →，且BA 1→与D 1C →反向， ∴〈BA 1→，D 1C →〉＝π.(2)∵AD 1→∥BC 1→，且D 1A →与BC 1→反向， ∴〈BA 1→，D 1A →〉＝π－∠A 1BC 1，由例题知∠A 1BC 1＝π3，∴〈BA 1→，D 1A →〉＝2π3.(3)∵DA ⊥面A 1ABB 1，BA 1面A 1BB 1， ∴DA ⊥BA 1， ∴〈BA 1→，DA →〉＝π2.因思维定势致误在空间中，把单位向量的始点放置于同一点，则终点构成的图形是( )A ．点B ．直线C ．圆D ．球面【错解】由于单位向量的模为单位长度，由圆的定义知：应选C. 【答案】 C【错因分析】没考虑到空间与平面的不同，造成错误．【防范措施】空间比平面多了一维，对于在平面向量中成立的结论，在空间中不一定成立．在学习空间向量时，要注意这一点．【正解】由于单位向量的模为单位长度，由球面的定义知：应选D ．【答案】 D1．在数学中所研究的向量是与起点无关的自由向量，可以设法将向量平移到同一起点上，然后再研究向量之间的夹角问题，如例3.2．若要证明一个向量是一条直线的方向向量，只要证明向量所在直线与直线平行即可；若要证明一个向量是一个平面的法向量，只要证明向量所在直线垂直于平面即可.1．若空间任意两个非零向量a ，b ，则|a |＝|b |，且a ∥b 是a ＝b 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【解析】 a ＝b ⇒|a |＝|b |，且a ∥b ；所以，必要；当b ＝－a 时，有|a |＝|b |且a ∥b ，但a ≠b ，所以，不充分．故选B ．【答案】 B图2－1－52．在正四面体A －BCD 中，如图2－1－5，〈AB →，DA →〉等于( ) A ．45° B ．60° C ．120°D ．90° 【解析】〈AB →，DA →〉＝180°－〈AB →，AD →〉＝180°－60°＝120°.【答案】 C3．当两个平面平行时，它们的法向量________；当两个平面垂直时，它们的法向量________．【解析】由于平面与其法向量垂直，所以，当两个平面平行时，它们的法向量平行；当两个平面垂直时，它们的法向量垂直．【答案】平行垂直图2－1－64．如图2－1－6在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中(1)给出平面ABC 1D 1的一个法向量；(2)试求〈C 1C →，AD 1→〉．【解】 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， ∵AB ⊥平面AA 1D 1D ，A 1D 平面AA 1D 1D ， ∴AB ⊥A 1D ，又AD 1⊥A 1D ，AD 1∩AB ＝A ， ∴A 1D ⊥平面ABC 1D 1， ∴A 1D →是平面ABC 1D 1的一个法向量．(2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，〈D 1D →，D 1A →〉＝45°，又C 1C →＝D 1D →，∴〈C 1C →，D 1A →〉＝45°，∴〈C 1C →，AD 1→〉＝135°. 一、选择题1．若空间向量a 与b 不相等，则a 与b 一定( ) A ．有不同的方向B ．有不相等的模C ．不可能是平行向量D ．不可能都是零向量【解析】若a ＝0，b ＝0，则a ＝b ，这与已知矛盾，故选D ．【答案】 D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，在下列选项中，CD →的相反向量是( )A.BA → B ．A 1C 1→C.A 1B 1→D ．AA 1→【解析】由相反向量的定义可知，A 1B 1→是CD →的相反向量．【答案】 C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB →，AC →〉相等的是( ) A ．〈AB →，BC →〉 B ．〈BC →，CA →〉 C ．〈C 1B 1→，AC →〉 D ．〈BC →，B 1A 1→〉【解析】 ∵B 1A 1→＝BA →，∴〈BA →，BC →〉＝〈AB →，AC →〉＝〈BC →，B 1A 1→〉＝60°，故选D ．【答案】 D4．在正三棱锥A BCD 中，E 、F 分别为棱AB ，CD 的中点，设〈EF →，AC →〉＝α，〈EF →，BD →〉＝β，则α＋β等于( )A.π6B ．π4C.π3 D ．π2【解析】如图，取BC 的中点G ，连接EG 、FG ，则EG ∥AC ，FG ∥BD ，故∠FEG ＝α，∠EFG ＝β. ∵A －BCD 是正三棱锥， ∴AC ⊥BD ．∴EG ⊥FG ，即∠EGF ＝π2.∴α＋β＝∠FEG ＋∠EFG ＝π2. 【答案】 D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB 的方向向量有( )图2－1－9A ．8个B ．7个C ．6个D ．5个【解析】与向量AB →平行的向量就是直线AB 的方向向量，有AB →，BA →，A 1B 1→，B 1A 1→，C 1D 1→，D 1C 1→，CD →，DC →，共8个，故选A.【答案】 A 二、填空题6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则向量CE →和BD →的夹角为________．【解析】 ∵BD →为平面ACC 1A 1的法向量，而CE 在平面ACC 1A 1中， ∴BD →⊥CE →.∴〈BD →，CE →〉＝90°. 【答案】 90°7．下列命题正确的序号是________． ①若a ∥b ，〈b ，c 〉＝π4，则〈a ，c 〉＝π4.②若a ，b 是同一个平面的两个法向量，则a ＝B ． ③若空间向量a ，b ，c 满足a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c . ④异面直线的方向向量不共线．【解析】 ①〈a ，c 〉＝π4或3π4，①错；②a ∥b ；②错；③当c ＝0时，推不出a ∥c ，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】 ④8．在棱长为1的正方体中，S 表示所有顶点的集合，向量的集合P ＝{a |a ＝P 1P 2→，P 1，P 2∈S }，则在集合P 中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】 8 三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB ＝3、AD ＝2、AA 1＝1的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？ (2)试写出模为5的所有向量； (3)试写出与AB →相等的所有向量．【解】 (1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA 1→，A 1A →，BB 1→，B 1B →，CC 1→，C 1C →，DD 1→，D 1D →这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD 1→，D 1A →，A 1D →，DA 1→，BC 1→，C 1B →，B 1C →，CB 1→共8个．(3)与向量AB →相等的所有向量(除它自身之外)共有A 1B 1→，DC →及D 1C 1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S －ABCD 中，O 为底面中心，求平面SBD 的法向量与AD →的夹角．【解】 ∵正四棱锥底面为正方形， ∴BD ⊥AC ，SO ⊥AC 又∵BD ∩SO ＝O ∴AC ⊥平面SBD ．∴AC →为平面SBD 的一个法向量．∴〈AC →，AD →〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形且PD ＝AD ，E 、F 分别是PC 、PB 的中点．(1)试以F 为起点作直线DE 的一个方向向量； (2)试以F 为起点作平面PBC 的一个法向量．【解】 (1)取AD 的中点M ，连接MF ，连接EF ，∵E 、F 分别是PC 、PB 的中点，∴EF 綊12BC ，又BC 綊AD ，∴EF 綊12AD ，则由EF 綊DM 知四边形DEFM 是平行四边形， ∴MF ∥DE ，∴FM →就是直线DE 的一个方向向量． (2)∵PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥BC ，又BC ⊥CD ， ∴BC ⊥平面PCD ， ∵DE 平面PCD ，∴DE ⊥BC ，又PD ＝CD ，E 为PC 中点， ∴DE ⊥PC ，从而DE ⊥平面PBC ，∴DE →是平面PBC 的一个法向量，由(1)可知FM →＝ED →， ∴FM →就是平面PBC 的一个法向量.(教师用书独具)判断下列命题是否正确，若不正确，请简述理由．①若非零向量AB →与CD →是共线向量，则A 、B 、C 、D 四点必在一条直线上； ②单位向量都相等；③任一向量与它的相反向量不相等；④四边形ABCD 是平行四边形的充要条件是AB →＝DC →； ⑤模为0是一个向量方向不确定的充要条件； ⑥共线的向量，若起点不同，则终点一定不同．【思路探究】明确共线向量的定义；掌握单位向量的含义；理解零向量的特征．【自主解答】 ①不正确，共线向量即平行向量，只要求两个向量方向相同或相反即可，并不要求两个向量AB →，CD →在同一条直线上．②不正确，单位向量的模均相等且为1，但方向并不一定相同．③不正确，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的． ④不正确，因为A 、B 、C 、D 可能共线． ⑤正确，符合零向量的定义．⑥不正确，AC →与BC →共线，可能起点不同，但终点却相同．解此类题主要是透彻理解概念，对向量、零向量、单位向量、平行向量(共线向量)、共面向量的概念特征及相互关系要把握好．下列命题是真命题的是( )A ．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量B ．若|a |＝|b |，则a ，b 的长度相等且方向相同C ．若向量AB →，CD →满足|AB →|＞|CD →|，且AB →与CD →同向，则AB →＞CD →D ．若两个非零向量AB →与CD →满足AB →＋CD →＝0，则AB →∥CD →【解析】由AB →＋CD →＝0，得AB →＝－CD →，∴AB →与CD →是相反向量，∴AB →∥CD →. 【答案】 D§2空间向量的运算 (教师用书独具)●三维目标 1．知识与技能(1)理解空间向量的概念，掌握其表示方法．(2)能用图形说明空间向量加法、减法、数乘向量及它们的运算律． (3)能用空间向量的运算意义及运算律解决立体几何中的简单问题． 2．过程与方法通过对空间向量的运算的学习，了解并初步把握空间向量的运算意义及运算律解决立体几何中的简单问题的方法．3．情感、态度与价值观培养学生知识迁移的能力，渗透数形结合思想． ●重点难点重点：空间向量的加、减、数乘与数量积的运算法则及运算律．难点：用空间向量解决立体几何问题．突破难点：通过提问让学生类比平面向量去定义空间向量的加减法、数乘运算和数量积运算，让学生进一步体会空间向量与平面向量之间的关系，突出教学重点．初步应用空间向量的运算解决一些问题，平行六面体是空间向量加法运算的一个重要几何模型，需要加深对平行六面体的理解．突破难点．(教师用书独具)●教学建议1．以类比为教学方法：在学生原有的知识体系上，通过类比逐步引导学生从平面向量运算及其规律向空间向量的过渡，发现两者之间的内在联系．2．以学生为课堂主体：重视学生的自主参与能力，重视学生探究能力和创新能力的培养，激励学生积极思维，大胆思考，动手实践．3．以问题为教学线索：问题是数学的心脏，本课教学总是以问题的解决为线索．在教师的引导下，使学生的思维从问题开始，由问题深化．●教学流程通过类比，引入空间向量的运算―→通过探究活动，认识空间向量的运算―→通过例题分析，深化空间向量的运算―→通过练习，体会空间向量运算的应用课标解读1.会用图形说明空间向量加法、减法、数乘向量及它们的运算律．(重点)2．会利用两个空间向量共线的充要条件解决有关问题．(难点)3．能够利用空间向量的数量积的定义求两个向量的数量积．(重点)空间向量的运算1．平面向量的加法遵循怎样的运算法则？空间向量的加法也遵循该法则吗？【提示】平面向量的加法遵循三角形法则和平行四边形法则，空间向量的加法也遵循该法则．2．平面向量的加法满足结合律，空间向量的加法也满足结合律吗？试用图形加以说明．【提示】空间向量的加法满足结合律． (a ＋b )＋c ＝AC →＋CD →＝AD →＝AB →＋BD →＝a ＋(b ＋c )．3．空间向量的数量积与平面向量的数量积的定义一样吗？为什么？【提示】一样．由于空间任意两个向量经平移后都可以在同一个平面内，因此，空间向量的数量积和平面中的情形完全一样．4. 平面向量的数量积满足分配律，空间向量的数量积也满足分配律吗？试用图形加以说明．【提示】空间向量的数量积满足分配律．(a ＋b )·c ＝OB →·c ＝|OB ′→||c |＝(|OA ′→|＋|A ′B ′→|)|c |＝|OA →||c |＋|A ′B ′→||c |＝a ·c ＋b ·c .空间向量的运算定义(或法则)运算律空间向量的加减法加法设a 和b 是空间两个向量，过一点O 作a 和b 的相等向量OA →和OB →，根据平面向量加法的平行四边形法则，平行四边形的对角线OC 对应的向量OC →就是a 与b 的和，记作a ＋b ，如图所示①结合律：(a ＋b )＋c ＝a ＋(b ＋c )；②交换律：a ＋b ＝b ＋a减法与平面向量类似，a 与b 的差定义为a ＋(－b )，记作a －b ，其中－b 是b 的相反向量空间向量的数乘空间向量a 与一个实数λ的乘积是一个向量，记作λa ，满足：①|λa |＝|λ||a |②当λ＞0时，λa 与a 方向相同；当λ＜0时，λa 与a 方向相反；当λ＝0时，λa ＝0①λa ＝a λ(λ∈R ) ②λ(a ＋b )＝λa ＋λb (λ＋μ)a ＝λa ＋μb (λ∈R ，μ∈R )③(λμ)a ＝λ(μa )(λ∈R ，μ∈R ).空间向量的数量积空间两个向量a 和b 的数量积是一个数，等于|a ||b |cos 〈a ，b 〉，记作a ·b①交换律：a ·b ＝b ·a②分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b＋a ·c③λ(a ·b )＝(λa )·b (λ∈R )与数量积有关的结论①|a |＝a ·a ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0③cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |(a ≠0，b ≠0)共线向量定理【问题导思】1．在平面向量中，什么是共线向量？【提示】表示向量的两有向线段所在的直线平行或重合． 2．若存在实数λ，使得a ＝λb ，则a ，b 共线吗？反之成立吗？【提示】共线．反之，不一定成立，例如当a ≠0，b ＝0，实数λ不存在．空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λB ．单位向量【问题导思】在平面向量中，与a 共线的单位向量有几个，分别是什么？【提示】有2个，分别是a |a |与－a |a |. 对于任意一个非零向量a ，我们把a |a |叫作向量a 的单位向量，记作a 0，a 0与a 同方向.空间向量的线性运算图2－2－1如图2－2－1已知三棱锥A －BCD ，E 、F 分别是BC 、CD 的中点，化简下列各表达式．(1)AB →＋BC →＋CD →； (2)AB →＋12BD →＋12BC →；(3)AF →－12AB →－12AC →.【思路探究】结合图形特点，利用空间向量的线性运算法则进行化简．【自主解答】 (1)AB →＋BC →＋CD →＝AC →＋CD →＝AD →. (2)AB →＋12BD →＋12BC →＝AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋BF →＝AF →.(3)AF →－12AB →－12AC →＝AF →－12(AB →＋AC →)＝AF →－AE →＝EF →.1．在例1中，利用向量加法的结合律以及数乘向量的分配律简化了计算．2．对向量式的化简，要结合图形，充分利用图形的性质．图2－2－2如图2－2－2，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点． (1)化简：A 1O →－12AB →－12AD →；(2)设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，试用AB →，AD →，AA 1→表示EO →.【解】 (1)∵AB →＋AD →＝AC →，∴A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－12AC →＝A 1O →－AO →＝A 1A →.(2)EO →＝ED →＋DO →＝23D 1D →＋12DB →＝23D 1D →＋12(DA →＋AB →)＝23A 1A →＋12DA →＋12AB →＝12AB →－12AD →－23AA 1→.空间共线向量定理的应用图2－2－3如图2－2－3四边形ABCD ，四边形ABEF 都是平行四边形且不共面，M ，N 分别是AC ，BF 的中点，判断CE →与MN →是否共线？【思路探究】要判断CE →与MN →是否共线，由共线向量定理可判断是否存在实数x 使CE →＝xMN →.若存在，则CE →与MN →共线；否则，CE →与MN →不共线．【自主解答】 ∵M ，N 分别是AC ，BF 的中点，而四边形ABCD ，ABEF 都是平行四边形， ∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB →.又MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →，∴12CA →＋AF →＋12FB →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →. ∴CE →＝CA →＋2AF →＋FB →＝2(MA →＋AF →＋FN →)＝2MN →，即CE →＝2MN →. ∴CE →∥MN →，即CE →与MN →共线．利用空间共线向量定理证明两直线平行是常用方法．证明两直线平行时，一方面要说明这两条直线的方向向量平行，另一方面要说明这两条直线不重合．图2－2－4如图2－2－4所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 在A 1D 1上，且A 1E →＝2ED 1→，F 在对角线A 1C 上，且A 1F →＝23FC →.求证：E ，F ，B 三点共线．【证明】 EF →＝A 1F →－A 1E →＝25A 1C →－23A 1D 1→ ＝25(A 1B 1→＋A 1D 1→＋A 1A →)－23A 1D 1→＝25A 1B 1→＋25A 1A →－415A 1D 1→. FB →＝A 1B →－A 1F →＝A 1B 1→＋A 1A →－25(A 1B 1→＋A 1D 1→＋A 1A →)＝35A 1B 1→＋35A 1A →－25A 1D 1→. ∴EF →＝23FB →，∴EF →∥FB →，又∵EF ∩FB ＝F ， ∴E ，F ，B 三点共线.空间向量的数量积图2－2－5如图2－2－5所示，已知，空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于a ，点E 、F 、G 分别是AB 、AD 、DC 的中点．求下列向量的数量积： (1)AB →·AC →；(2)AD →·BD →； (3)GF →·AC →；(4)EF →·BC →. 【思路探究】着眼点向量的模――→数量积的定义结果向量的夹角【自主解答】 (1)在空间四边形ABCD 中，|AB →|＝|AC →|＝a ，且〈AB →，AC →〉＝60°， ∴AB →·AC →＝a ·a cos 60°＝12a 2.(2)|AD →|＝a ，|BD →|＝a ，〈AD →，BD →〉＝60°， ∴AD →·BD →＝|AD →|·|BD →|·cos〈AD →，BD →〉＝a 2cos 60°＝12a 2.(3)∵G 、F 分别为CD ，AD 的中点， ∴GF →＝12CA →＝－12AC →，∴GF →·AC →＝－12AC →2，∵AC →2＝a 2， ∴GF →·AC →＝－12a .(4)∵|EF →|＝12a 2，|BC →|＝a ，EF →∥BD →，∴〈EF →，BC →〉＝〈BC →，BD →〉＝60°， ∴BC →·EF →＝12a 2cos 60°＝14a 2.1．求空间向量的数量积可仿照平面向量的数量积的求法进行，注意观察空间向量的方向，正确求出其夹角．2．空间向量的数量积的应用主要有以下三个方面： (1)利用|a |＝a 2，求线段的长； (2)利用cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |，求两直线所成的角； (3)利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0，证明两直线垂直．已知平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′等于( )A ．85B ．85C ．5 2D ．50 【解析】 |AC ′→|＝ |AC ′→|2＝AB →＋AD →＋AA ′→2＝16＋9＋25＋2×4×5×12＋2×3×5×12＝85.【答案】 B计算数量积时夹角求错致误图2－2－6如图2－2－6已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则AB 1→·C 1B →＝( )A ．－2B ．2C ．－1D ．1【错解】 AB 1→·C 1B →＝AB 1→·D 1A →＝(2)2cos 〈AB 1→，D 1A →〉＝2cos 60°＝2×12＝1.故选D ．【答案】 D【错因分析】向量AB 1→与C 1B →的夹角求错致误．【防范措施】求两向量夹角时，应使这两个向量同起点，当由于空间图形限制造成一个向量的起点与另一个向量终点重合时，例如本题中AB 1→与D 1A →，其夹角〈AB 1→，D 1A →〉＝π－∠D 1AB 1.【正解】 AB 1→·C 1B →＝AB 1→·D 1A →＝(2)2cos 〈AB 1→，D 1A →〉＝2cos(180°－60°)＝2cos 120°＝2×(－12)＝－1.故选C.【答案】 C1．在运用空间向量的运算法则化简向量表达式时，要结合空间图形，观察分析各向量在图形中的表示，然后运用运算法则，把空间向量转化为平面向量解决，并要化简到最简为止．2．用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题，一般用向量共线定理；解决垂直问题一般可转化为求向量的数量积为零．3．灵活地应用向量的数量积公式是解决空间求模、求夹角的关键．图2－2－71．(2013·抚州高二检测)如图2－2－7所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1→＋D 1C 1→－BB 1→＝( )A.AB 1→ B ．DC →C.AD → D ．BA →【解析】 AA 1→＋D 1C 1→－BB 1→＝AA 1→＋A 1B 1→＋B 1B →＝AB 1→＋B 1B →＝AB →＝DC →. 【答案】 B2．已知|a |＝1，|b |＝2，且〈a ，b 〉＝120°，则|2a ＋b |＝( )A ．2B ．2 3C ．4D ．12 【解析】 |2a ＋b |＝4a 2＋4a ·b ＋b 2＝4|a |2＋4|a ||b |cos 〈a ，b 〉＋|b |2＝2. 【答案】 A3．正四面体ABCD 棱长为2，E 、F 分别为BC 、AD 中点，则EF 的长为________．【解析】设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝2，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝π3.∴EF →＝AF →－AE →＝12c －12(b ＋a )＝12(c －b －a )．∴EF →2＝14(c 2＋b 2＋a 2－2b ·c －2c ·a ＋2a ·b )＝14×(4＋4＋4－4－4＋4)＝2，∴|EF →|＝2，即EF 的长为 2. 【答案】2图2－2－84．如图2－2－8所示，在空间四边形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，请判断向量EF →与AD →＋BC →是否共线？【解】 EF →＝EB →＋BC →＋CF →＝AB →2＋BC →＋CD →2＝AB →＋2BC →＋CD →2＝AB →＋BC →＋CD →＋BC →2＝AD →＋BC→2＝12(AD →＋BC →)， ∴EF →与AD →＋BC →共线. 一、选择题1．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 和BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列式子中与B 1M →相等的是( )A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c 【解析】 B 1M →＝B 1B →＋BM →＝c ＋12BD →＝c ＋12B 1D 1→＝c ＋12b －12a ，故选A.【答案】 A2．a ，b 是两个非零向量，现给出以下命题： ①a ·b ＞0⇔〈a ，b 〉∈[0，π2)； ②a ·b ＝0⇔〈a ，b 〉＝π2；③a ·b ＜0⇔〈a ，b 〉∈(π2，π]；④|a ·b |＝|a ||b |⇔〈a ，b 〉＝0.其中正确的命题有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个【解析】只有④是假命题，故选C. 【答案】 C3．空间四边形ABCD 的各边和对角线长均为1，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →＜AE →·CD → B ．AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →＞AE →·CD →D ．AE →·BC →与AE →·CD →不能比较大小【解析】 ∵AE →⊥BC →， ∴AE →·BC →＝0. 又〈AE →，CD →〉＞90°，∴AE →·CD →＜0.∴AE →·BC →＞AE →·CD →. 【答案】 C4．已知点A ，B ，C ∈平面α，点P ∉α，则AP →·AB →＝0，且AP →·AC →＝0是AP →·BC →＝0的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【解析】由⎩⎨⎧AP →·AB →＝0AP →·AC →＝0，得AP →·(AB →－AC →)＝0，即AP →·CB →＝0，亦即AP →·BC →＝0，反之，若AP →·BC →＝0，则AP →·(AC →－AB →)＝0⇒AP →·AB →＝AP →·AC →，未必等于0. 【答案】 A图2－2－95．如图2－2－9所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos〈OA →，BC →〉的值为( )A.12 B ．22C ．－12D ．0【解析】 ∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|cos 〈OA →，OC →〉－|OA →|·|OB →|·cos〈OA →，OB →〉 ∵OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3， ∴OA →·BC →＝0，即OA →⊥BC →，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 【答案】 D 二、填空题6．在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________.(用a ，b ，c 表示)【解析】如图，E 为AD 的中点，根据向量的平行四边形法则，得OE →＝12(OA →＋OD →)，同理可得OD →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .【答案】 12a ＋14b ＋14c图2－2－107．如图2－2－10，在45°的二面角α－l －β的棱上有两点A 、B ，点C 、D 分别在α、β内，且AC ⊥AB ，∠ABD ＝45°，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．【解析】由CD →＝CA →＋AB →＋BD →， cos 〈AC →，BD →〉＝cos 45°cos 45°＝12，∴|CD →|2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋AB →·BD →＋CA →·BD →) ＝3＋2×(0＋1×1×cos 135°＋1×1×cos 120°) ＝2－2，∴|CD →|＝2－ 2. 【答案】2－ 28．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE →·AF →的值为________．【解析】如图设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°. AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 【答案】 14a 2三、解答题图2－2－119．如图2－2－11所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，E ，F ，G ，H ，P ，Q 分别是AB ，BC ，CC 1，C 1D 1，D 1A 1，A 1A 的中点，求证：EF →＋GH →＋PQ →＝0.【证明】设A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则EF →＝12a ＋12b ，GH →＝－12c －12a ，PQ →＝－12b ＋12c ，∴EF →＋GH →＋PQ →＝12a ＋12b －12c －12a －12b ＋12c ＝0.10．在三棱锥A －BCD 中，AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，求证：AD ⊥BC . 【证明】如图由AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，得AB →·CD →＝0，AC →·BD →＝0，又∵CD →＝AD →－AC →，BD →＝AD →－AB →，∴AB →·(AD →－AC →)＝0，AC →·(AD →－AB →)＝0，即AB →·AD →－AB →·AC →＝0，AC →·AD →－AC →·AB →＝0，两式相减得 AB →·AD →－AC →·AD →＝0，即(AB →－AC →)·AD →＝0， ∴BC →·AD →＝0， ∴BC →⊥AD →， ∴AD ⊥BC .图2－2－1211．如图2－2－12所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC 1⊥AB 1，BC 1⊥A 1C . 求证：AB 1＝A 1C .【证明】 ∵A 1C →＝A 1C 1→＋C 1C →，BC 1→＝BC →＋CC 1→，A 1C →·BC 1→＝(A 1C 1→＋C 1C →)·(BC →＋CC 1→)＝A 1C 1→·BC →－C 1C →2＝0， ∴C 1C →2＝A 1C 1→·BC →.同理AB 1→＝AB →＋BB 1→，BC 1→＝BB 1→＋B 1C 1→， AB 1→·BC 1→＝AB →·BC →＋CC 1→2＝0，∵C 1C →2＝A 1C 1→·BC →，∴AB →·BC →＋A 1C 1→·BC →＝0.又A 1C 1→＝AC →，∴BC →·(AB →＋AC →)＝0. 设D 为BC 的中点，则AB →＋AC →＝2AD →， ∴2BC →·AD →＝0，∴BC ⊥AD ，∴AB ＝AC .又A 1A ＝B 1B ，∠A 1AC ＝∠ABB 1＝90°∴A 1C ＝AB 1.(教师用书独具)如图，设A 是△BCD 所在平面外的一点，G 是△BCD 的重心．求证：AG →＝13(AB →＋AC →＋AD →)．【思路探究】三角形的重心是三角形三边中线的交点，重心到顶点的距离是到对边中点距离的2倍．【自主解答】连接BG ，延长后交CD 于点E . 由G 为△BCD 的重心，得BG →＝2GE →.且CE ＝ED ， ∵AG →－AB →＝2(AE →－AG →)∴AG →＝13AB →＋23AE →，2AE →＝AC →＋AD →2，∴AG →＝13AB →＋13(AC →＋AD →)＝13(AB →＋AC →＋AD →)．1．本题的求解运用了方程思想，先建立一个关于向量的等式BG →＝2GE →，再把这个等式用已知向量与未知向量表示，然后解出未知向量，注意该思想方法的应用．2．本例也是重心的一个性质，与A 在平面BCD 内时，也成立.若条件不变，试求BG →、CG →、DG →，并验证BG →＋CG →＋DG →＝0. 【解】 BG →＝AG →－AB →＝13(AB →＋AC →＋AD →)－AB →＝13(AC →＋AD →－2AB →)．同理CG →＝13(AB →＋AD →－2AC →)，DG →＝13(AB →＋AC →－2AD →)，∴BG →＋CG →＋DG →＝13(AC →＋AD →－2AB →)＋13(AB →＋AD →－2AC →)＋13(AB →＋AC →－2AD →)＝0.§3向量的坐标表示和空间向量基本定理3．1 空间向量的标准正交分解与坐标表示 3．2 空间向量基本定理(教师用书独具)●三维目标1．知识与技能(1)了解空间向量基本定理及其意义．(2)掌握空间向量的标准正交分解及其坐标表示．(3)会在简单问题中选用空间三个不共面的向量作为基底表示其他向量．(4)掌握空间向量长度与夹角的坐标表示．2．过程与方法从向量的几何表示到坐标表示，体会向量的几何和代数的双重特点．3．情感、态度与价值观从空间向量的正交分解到空间向量基本定理，体会从特殊到一般的辩证唯物主义观点．●重点难点重点：空间向量的正交分解与坐标表示．难点：向量坐标的确定及空间向量基本定理．空间向量的标准正交分解与空间向量基本定理是在平面向量的正交分解与平面向量基本定理的基础上，增加了一维，在学习本节内容时，一要进行类比；二要增强空间意识，最好借助长方体这个模型来理解有关规律．(教师用书独具)●教学建议在前面必修4中已学习了平面向量基本定理，所以将其拓展到空间引出空间共线向量定理是比较自然的；对于空间向量基本定理，有些学生只是从形式上加以记忆，缺乏对问题本质的理解，所以在教学中教师要不断地帮助学生进行反思，这也是改善学生的思维品质，提升学生的数学能力的一个途径，这一过程是隐性的、长期的，但也是必须的．●教学流程创设情境，引出问题：如何用坐标表示空间向量类比,平面向量的坐标表示空间向量的坐标表示类比,平面向量基本定理空间向量基本定理―→通过例题探究用基底表示空间向量的方法―→通过变式领会空间向量基本定理中唯一性的应用―→归纳总结，形成整体认识。

数学选修2-1北师大版：第二章空间向量与立体几何§4第2课时

第2课时用空间向量解决立体几何中的垂直问题学习目标1.能用向量法判断一些简单线线、线面、面面垂直关系.2.掌握用向量方法证明有关空间线面垂直关系的方法步骤．知识点一向量法判断线线垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，a 2，a 3)，直线m 的方向向量为b ＝(b 1，b 2，b 3)，则l ⊥m ⇔a·b ＝0⇔.0＝3b 3a ＋2b 2a ＋1b 1a知识点二向量法判断线面垂直设直线l 的方向向量a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量μ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ(k ∈R )．知识点三向量法判断面面垂直思考平面α，β的法向量分别为μ1＝(x 1，y 1，z 1)，μ2＝(x 2，y 2，z 2)，用向量坐标法表示两平面α，β垂直的关系式是什么？答案 x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0.＋2a 1a ⇔0＝ν·μ⇔ν⊥μ⇔β⊥α，则)2c ，2b ，2a (＝ν的法向量为β，平面)1c ，1b ，1a (＝μ的法向量为α若平面梳理.0＝2c 1c ＋2b 1b1．平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．(×)2．两直线的方向向量垂直，则两条直线垂直．(√)3．直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(√)4．两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．(√)类型一线线垂直问题例1 如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，M 是底面上BC 边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直证明设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，OO 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由已知得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0， B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0， N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，32，14，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1， ∵M 为BC 中点，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，34，0. ∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－14，34，14，AB1—→＝(1,0,1)， ∴MN →·AB1—→＝－14＋0＋14＝0. ∴MN →⊥AB1—→，∴AB 1⊥MN .反思与感悟证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．跟踪训练1 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，求证：AC ⊥BC 1.。

2018年高中数学第二章空间向量与立体几何 2.5.2 平面间的夹角课件1 北师大版选修2-1[文字可编辑]

5.2 平面间的夹角
二面角定义：从一条直线出发的两个
半平面所组成的图形叫作二面角。
?
以二面角棱上任一点为端点，在两个 F
半平面内分别作垂直于棱的两条射线，
A
这两条射线所成的角叫作二面角的平 O
?
E
面角.
B
二面角的大小用它的平面角来度量，平面角的度数就是
二面角的度数。我们规定二面角大小的范围为?0，? ?
A(
3 2
a, 1 a,0) 2
B(0, a,0)
C1 (0,0,b)
B1 (0, a, b) D(
3 a, 1 a,0) 44
故 AB1 ? (?
3 a, 1 a,b) 22
BC1 ? (0,? a,b)
z C1
AB1 ? BC1,
?
AB1
?BC1
?
?
1 2
a2
?
b2
?
0
? b? 2a
2
则可设 a =1，b ? 2 ，则B(0,1,0)
m ?n m ?n
?
3 32
?
2 2
C x
D
?
平面DBC1与平面CBC1夹角的余弦值为
2 2
By A
B1 C1
平面ABCD的夹角
?
?
??
?
n1, n2
??
?
4
A O
D
x
y B C
练习1、平面? 1的法向量为n1 ? (1,2,3), 平面? 2的法向量为n2 ? (?1,0,2).
求两个平面夹角的余弦值.
cos? ? cos ? n1, n2 ?? n1 ?n2 ?
| n1 || n2 |

2018年北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》教案

(北师大版)2018-19高中数学新学案-同步讲义-选修2-1-第二章 空间向量与立体几何 §4 第1课时

2017_2018学年高中数学第二章空间向量与立体几何2_6距离的计算教学案北师大版选修2_1

2017_2018学年高中数学第二章空间向量与立体几何2_5夹角的计算教学案北师大版选修2_1

2018学年高中数学北师大版选修2-1配套课件：第二章 空间向量与立体几何 6 精品

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

(北师大版)2018-19高中数学新学案-同步讲义-选修2-1-第二章 空间向量与立体几何 §6

北师大版数学选修2-1教案：第二章+空间向量与立体几何+复习与小结(1)

高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.3 向量的坐标表示和空间向量基本定理教学案 北师大版选修21

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

高中数学(北师大版)选修2-1教案：第2章 空间向量基本定理 参考教案

高中数学 第二章 空间向量与立体几何教案 北师大版选修2-1

数学选修2-1北师大版：第二章 空间向量与立体几何§4第2课时

2018年高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.5.2 平面间的夹角课件1 北师大版选修2-1[文字可编辑]