辽宁省大连市高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2.5 空间距离教案新人教B版选修2-1

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

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

空间向量与立体几何(整章教案)

空间向量与立体几何一、知识网络：二．考纲要求：（1）空间向量及其运算① 经历向量及其运算由平面向空间推广的过程；② 了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；③ 掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；④ 掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。

（2）空间向量的应用① 理解直线的方向向量与平面的法向量；② 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系；③ 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；④ 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。

三、命题走向本章内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。

本章是立体几何的核心内容，高考对本章的考查形式为：以客观题形式考查空间向量的概念和运算，结合主观题借助空间向量求夹角和距离。

预测10年高考对本章内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。

第一课时空间向量及其运算一、复习目标：1．理解空间向量的概念；掌握空间向量的加法、减法和数乘； 2．了解空间向量的基本定理； 3．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；理解空间向量的夹角的概念；掌握空间向量的数量积的概念、性质和运算律；了解空间向量的数量积的几何意义；能用向量的数量积判断向量的共线与垂直。

二、重难点：理解空间向量的概念；掌握空间向量的运算方法三、教学方法：探析类比归纳，讲练结合四、教学过程（一）、谈最新考纲要求及新课标高考命题考查情况，促使积极参与。

学生阅读复资P128页，教师点评，增强目标和参与意识。

（二）、知识梳理，方法定位。

（学生完成复资P128页填空题，教师准对问题讲评）。

数学：第三章《空间向量与立体几何》教案(人教版选修2-1)

高二数学选修2－1 第三章第1节空间向量及其运算人教实验B 版（理）【本讲教育信息】一、教学内容：选修2—1 空间向量及其运算二、教学目标：1．理解空间向量的概念，掌握其表示方法；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。

2．理解共线向量定理和共面向量定理及其意义。

3．掌握空间向量的数量积的计算，掌握空间向量的线性运算，掌握空间向量平行、垂直的充要条件及向量的坐标与点的坐标的关系；掌握夹角和距离公式。

三、知识要点分析： 1．空间向量的概念：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量注：向量一般用有向线段表示同向等长的有向线段表示同一或相等的向量2．空间向量的运算定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘向量运算如下（如图）b a AB OA OB+=+=b a-=-=)(R a OP ∈=λλ运算律：（1）加法交换律：a b b a+=+（2）加法结合律：)()(c b a c b a++=++（3）数乘分配律：b a b aλλλ+=+)(3．共线向量定理：对于空间任意两个向量a 、b （b ≠0 ），a //b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb .4．共面向量定理：如果两个向量b a ,不共线，那么向量p 与向量b a ,共面的充要条件是存在有序实数组),(y x ，使得b y a x p +=。

5．空间向量基本定理：如果三个向量c ,b ,a 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一的有序实数组（x ，y ，z ），使c z b y a x p ++= 6．夹角定义：b a ,是空间两个非零向量，过空间任意一点O ，作b OB a OA ==,，则AOB ∠叫做向量a 与向量b 的夹角，记作>≤≤===<，那么a 与b 垂直，记作b a ⊥。

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用3.2.5距离课堂导学案新人教B版选

3.2.5 距离（选学）课堂导学三点剖析一、由定义求距离【例 1】棱锥 P-ABCD 的底面是正方形，侧面是 PAB ，PAC 都垂直于底面，另两侧面与底面成 45°角，M 、N 分别为 BC 、CD 的中点，最长的侧棱为 15 cm.求：（1）棱锥的高；（2）底面中心 O 到平面 PMN 的距离.解析：棱锥的概念在本题求解中并无作用，重点应分析和利用好给出的面面关系.(1)设高为 h,由平面 PAB ，平面 PAC 都垂直于底面，得 PA⊥底面 AC.又∠PBA=45°， ∴PA=AB=h,AC= 2 h.由 PA 2+AC 2=PC 2及 PC=15，得 PA=5 3 （cm ）; (2)∵BD⊥AC ，BD⊥PA ，z ∴BD⊥平面 PAQ. 又 MN∥BD ，∴MN⊥平面 PAQ ，∴平面 PAQ⊥平面 PMN.做 OH⊥PQ 于 H ，则 OH 之长即为所求. 做 AG⊥PQ 于 G.在 Rt△PAQ 中，AQ= 3 4AC=3 2 4h, PQ=34PA.2AQ 23∴AG= PA PQ A Q3 17 17h.再由 OH AG O Q QA 1 3，得OH=1 3 AG= 17 17 h= 5 51 17(cm). 温馨提示1由于在棱锥中，随处可以找到解题必需的三角形，因此平面几何知识和解三角形的知识往往成为正确解题的关键. 二、通过转化求距离【例 2】如左下图，在棱长为 a 的正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中，求平面 AB 1D 1与平面 C 1BD 的距离.解：如右上图，可证得 A 1C⊥平面 AB 1D 1，A 1C⊥面 C 1BD.设 A 1C 和平面 AB 1D 1及平面 C 1BD 分别交于 P 、Q 两点.则 PQ 就是两平行平面 AB 1D 1和平面 C 1BD 的公垂线段.连结 A 1C 1交 B 1D 1于点 O 1，连结 AC 交 BD 于点 O ，由对角面 A 1C 1CA 与两平行平面 AB 1D 1和平面 C 1BD 分别相交于 AO 1和 C 1O 知 AO 1∥OC 1.由正方体的特性易计算对角面 A 1C 1CA 中，O 1A 1= 2 2a,A 1A=a,A 1C= 3 a,于是在Rt△AA 1O 1中，AO 1= 6 2a.由面积关系得A 1P=2OAA Aa 1112 AO6 12a 3 3. 同理可求得 CQ=3 3a, 2 3∴PQ=A 1C-2A 1P= 3 a-a=33 3a. 温馨提示本例应用两方面的转化，其一是空间距离的转化，其二是空间问题转化为平面问题，转化为平面问题后，为使思路清晰，可画出辅助图形.这都是我们研究立体问题的基本思想方法，注意体会学习应用.另外本例在转化为对角面中计算问题后，也可以用三角形的中位线的性质得 A 1P=PQ ，CQ=PQ 知 A 1P=PQ=QC ，即先证明 P 、Q 两点三等分对角线 A 1C 后再计算.该例还有多种解法.三、利用向量求距离【例 3】如下图，已知正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为 a.2(1)求证：平面 B 1AD 1∥平面 BC 1D ；（2）求平面 B 1AD 1与平面 BC 1D 间的距离.(1)证明：由正棱柱的性质知 B 1BDD 1与 AB 1C 1D 分别为矩形，∴AB 1∥DC 1，D 1B 1∥DB ，故面 B 1AD 1∥BC 1D.(2)解：由两平行平面间距离的定义知，面 B 1AD 1与面 BC 1D 间的距离等于 B 1到面 BC 1D 的距离. 设 B 1M⊥面 BC 1D ，M 为垂足，且 B 1M 延长后交面 ABCD 于 N ，以 AB ， AD ，A A 分别为 x,y,z1轴的非负轴建立空间直角坐标系，则 B 1（a,0,a ）,设 N （x,y,0）,B 1N =(x-a,y,-a),BD =(-a,a,0),BC 1 =(0,a,a).由 B N1⊥ BD ，得B1N ·BD =-a(x-a)+ay=0.①由 B N1⊥ BC 1 ，得 B 1N ·BC 1 =ay-a2=0.②解①②得 y=a ，x=2a.于是B N1=（a,a,-a ）.记〈 B 1B ,B 1N 〉=θ,则|B 1M B 1M|=|B B 1 |·cosθ. 由 B 1B·B 1N =|B 1B |·|B 1N |·cosθ, ∴| B M1|=B BB N 1|1| B N1=(0,0a )(a ,a ,a )a2a 2a 2= 3 333a.故点 B 1到面 BDC 1的距离为33a ，亦即所求距离为3 3a.温馨提示利用向量方法求解的思路有两个：一是设公垂线段的向量坐标，借助于垂直将此向量坐标确定出来；二是求与公垂线平行的向量 n ,然后求端点在两异面直线上的向量在 n 上的射影即可.各个击破类题演练 1设 AC 、BD 分别是夹在两个平行平面 α、β 间的两条线段，且 AC=13 cm ，BD=15 cm ， AC 、BD 在平面 β 上的射影长的和是 14 cm ，求 AC 、BD 分别在平面 β 上的射影长以及平面 α 和平面 β 间的距离.解：过A、B分别作AA1⊥β,BB1⊥β,A1、B1为垂足，连结A1C、B1D，则A1C、B1D为AC和BD 在平面β内的射影，且∠AA1C、∠BB1D均为直角.∵α∥β，3∴AA 1⊥α,BB 1⊥α,AA 1(或 BB 1)就是 α 与 β 的公垂线段.设 AA 1=BB 1=z,A 1C=x,B 1D=y.222x z 13 ,2z,由题意得y 2 152x y 14,x 5, 解得y 9,z 12.∴AC 、BD 在 β 的射影长分别是 5 cm 、9 cm ；两平面 α、β 间距离为 12 cm. 变式提升 1如下图，已知长方体 ABCD-A′B′C′D′中，棱 AA′=5,AB=12,求直线 B′C′和平面 A′BCD′的距离.解：∵B′C′∥BC,BC 平面 A′BCD′，∴B′C′∥平面 A′BCD′.于是 B′C′到平面 A′BCD′的距离等于点 B′到平面 A′BCD′的距离.过点 B′在平面 A′B′BA 中作 B′E⊥A′B 于点 E. ∵BC⊥平面 A′B′BA ，B′E 平面 A′B′BA ， ∴B′E⊥BC.又 B′E⊥A′B ，而 A′B∩BC=B,∴B′E⊥平面 A′BCD′.即 B′E 为 B′点到平面 A′BCD′的距离 .在 Rt△A′B′B 中， BB′=5，A′B′=12，∴A′B=13.由面积关系 A′B′·B′B=B′E·A′B ，∴B′E=A ' BB ' B ' 5 12 A 'B1360 13.所以 B′C′和平面 A′BCD′的距离为 6013.类题演练 2如右图，在棱长为 a 的正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱 AB 和 BC 的中点. 求点 D 到平面 B 1EF 的距离.解：由于平面 B 1EF 的法向量 n 1=(2,2,-1),又 DB 1=（a,a,a ）. ∴点 D 到平面 B 1EF 的距离 d=|D B1| n 1|n 1 | =2a 2a a3=a. ∴点 D 到平面 B 1EF 的距离为 a. 变式提升 2如右图，四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 a 的菱形，∠B=60°，PC⊥面 ABCD ，PC=a,E 是 PA 的中点.4求 E 到面 PBC 的距离.解：EO∥PC ，PC 面 PBC ，EO∥面 PBC ，所以点 O 到面 PBC 的距离等于 E 的面 PBC 的距离，作 OF⊥BC 于 F.因为 PC⊥面 ABCD ，PC 面 PBC ，所以面 PBC⊥面 ABCD ，于是 OF⊥面 PBC ，OF 的长等于 O 到面 PBC 的距离. 由条件可得 OB=3 2a, OF= 3 2a× 1 2= 3 4a,所以 E 到面 PBC 的距离为3 4a.类题演练 3如下图，已知长方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=a,AD=b,AA 1=c,求顶点 C 到体对角线 AC 1的距离.解：分别以 AB 、AD 、AA 1为 x 、y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，记点 C 在直线 AC 1的射影为 G ，则 A C =（ a,b,c ） ,CC =(0,0,c).由数量积的几何意义得 |C G11 1|=|CC ·1|A C 1AC 1||= | 1 AC 1|·|CC · 1AC|= 1 a2c2b2c2.在 Rt△GCC 1中，|CG |= | CC2C G 2 =1|||1c2c4=c·a bc222a 2a 2b 2b 2c 2,这就是顶点 C 到对角线 AC 1的距离. 变式提升 3如右图，在长方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=2，AD=4，AA 1=6，E 是 BC 的中点，F 是 CC 1的中点，建立空间坐标系，求：异面直线 B 1E 与 D 1F 的距离.解：设 B E1 与 D 1F 的公垂向量为m =(1,λ′,μ′).则由 B 1E ·m =0,D 1F ·m =0,得m =(1,2,23).5又EF=（0,2,3）,所求B1E与D1F的距离|EF m|d=|m|187.6。

《空间向量和立体几何》复习教案

空间向量与立体几何一、教学目标1.利用线线、线面、面面关系考查空间向量的运算；2.用向量方法求解线面的夹角、距离、证明平行或垂直关系；3.用向量方法解决立体几何中的一些探索性问题．二、教学重点培养向量方法解决立体几何的思维方法三、知识要点1.运用空间向量求空间角(1)求两异面直线所成角利用公式cos,a ba ba b⋅<>=⋅，但务必注意两异面直线所成角θ的范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，故实质上应有：cos cos,a bθ=<>．(2)求线面角借助平面的法向量，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所成的角θ，其关系是sin cos a u a uθϕ•==(3)求二面角方法1：是利用平面角的定义，在两个面内先求出与棱垂直的两条直线对应的方向向量，然后求出这两个方向向量的夹角，由此可求出二面角的大小；方法2：转化为求二面角的两个面的法向量的夹角，它与二面角的大小相等或互补．2.运用空间向量求空间距离，求解步骤是：(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向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即得要求的点面距离．||||AB n dn⋅=3.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.4.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.四、知识总结1.把空间问题转化为平面问题，从解决平面问题而使空间问题得以解决。

高二数学教案：第三章空间向量与立体几何 3.2~06《立体几何中的向量方法求空间距离》1(人教A版选修2-1)

课题：立体几何中的向量方法求空间距离(1)【教学简案】课时：06 课型：新授课教学目标：利用向量方法求解空间距离问题，可以回避此类问题中大量的作图、证明等步骤，而转化为向量间的计算问题．（1）点到平面的距离： 1．（一般）传统方法：利用定义先作出过这个点到平面的垂线段，再计算这个垂线段的长度； 2．还可以用等积法求距离； 3．向量法求点到平面的距离.在PAO Rt ∆中，θθsin ||sin AP d =⇒=又sin =θ||n d =∴（其中AP 为斜向量，n 为法向量）例１：如图，已知正方形ABCD 的边长为4，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2，求点B 到平面EFG 的距离．分析：由题设可知CG 、CB 、CD 两两互相垂直，可以由此建立空间直角坐标系．用向量法求解，就是求出过B 且垂直于平面EFG 的向量，它的长即为点B 到平面EFG 的距离．解：如图，设=CD 4i ，=CB 4j ，=CG 2k ，以i 、j 、k 为坐标向量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)．∴ (2,0,0)BE =，(4,2,0)BF =-， (0,4,2)BG =-，(2,4,2)GE =-，(2,2,0)EF =-．设BM ⊥平面EFG ，M 为垂足，则M 、G 、E 、F 四点共面，由共面向量定理知，存在实数a 、b 、c ，使得BM aBE bBF cBG =++(1)a b c ++=，∴ (2,0,0)(4,2,0)(0,4,2)BM a b c =+-+-＝(2a+4b,－2b －4c,2c)．由⊥BM 平面EFG ，得BM GE ⊥，BM EF ⊥，于是 0BM GE ⋅=，0BM EF ⋅=．∴ (24,24,2)(2,4,2)0(24,24,2)(2,2,0)01a b b c c a b b c c a b c +--⋅-=⎧⎪+--⋅-=⎨⎪++=⎩整理得：⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=-102305c b a c b a c a ，解得1511711311a b c ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=⎪⎩． ∴ BM ＝(2a+4b,－2b －4c,2c)＝)116,112,112(． ∴||BM ⎛==故点B 说明：用向量法求点到平面的距离，常常不必作出垂线段，只需利用垂足在平面内、共面向量定理、两个向量垂直的充要条件解出垂线段对应的向量就可以了．例2：如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为1，为11D C 的中点，求下列问题：（1）求1B 到面BE A 1的距离；解：如图，建立空间直角坐标系xyz D-，则),1,1,0(),0,21,1(11-=-=∴B A E A ，设),,(z y x n =为面BE A 1的法向量x则⎪⎩⎪⎨⎧=-=+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00210011z y y x B A n E A n 取1=x ，得2,2==z y ，)2,2,1(=∴n 选点1B 到面BE A 1的斜向量为)0,1,0(11=B A 得点1B 到面BE A 1的距离为3211==d课后练习：1．如图在直三棱柱111C B A ABC -中，1==BC AC ,∠ACB 到面BC A 1的距离.2.在三棱锥ABC S -中， ABC ∆是边长为4的正三角形，平面⊥SAC 平面ABC ，黄肌瘦32==SC SA ，M 、N 分别为AB 、SB 的中点,求点到平面CMN 的距离.x教学反思:。

高二数学教案：第三章空间向量与立体几何 3.2~07《立体几何中的向量方法求空间距离》(2)(人教选修2-1)

课题：立体几何中的向量方法求空间距离(2)【教学简案】课时：07 课型：新授课教学目标：利用向量方法求解空间距离问题，可以回避此类问题中大量的作图、证明等步骤，而转化为向量间的计算问题．（1）空间线线距离：异面直线的距离如图，异面直线也是转化为点到线的距离：||n d =（其中AP 为两条异面直线上各取一点组成的向量，n 是与b a ,都垂直的向量）例1：如图，在正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为1，为11D C 的中点，求异面直线B D 1与E A 1的距离.xyz D -系如图建立空间直角坐标解:)1,1,1(),0,21,1(11-=-=∴B D E AB D E A z y x n 11,),,(是与设=都垂直的向量，则⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅x z x y B D n E A n 320011，取1=x ，得一个法向量为)3,2,1(=n 选11BD E A 与的两点向量)0,0,1(11=A D得11BD E A 与的距离为1414||11==n d 例2：已知棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -，求直线1DA 和AC 间的距离。

111(0,0,1),(1,1,0),(1,0,1),(0,,1)2D B AE 则xAD CB1A 1C 1B 1D课堂练习：已知棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -，求直线1DA 和AC1间的距离。

（2）空间线面距离及面面距离：直线到平面的距离转化为点到线的距离：||n d =（其中AP 为斜向量，n 为法向量）平面到平面的距离也是转化为点到线的距离：||n d =（其中AP 为斜向量，n 为法向量）例3：已知棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -，求平面11C DA 和平面C AB 1间的距离AD CB1A 1C 1B 1D C1A 1C 1B 1D例4：已知棱长为1的正方体1111D C B A ABCD ，求直线A 1D 和平面C AB 1间的距离课后作业：同步练习册 3.2~07教学反思:。

高二数学《空间向量与立体几何》教案范文

ABCDEyk iA(x,y,z)O jxz空间向量解立体几何一、空间直角坐标系的建立及点的坐标表示空间直角坐标系中的坐标：如图给定空间直角坐标系和向量a ，设,,i j k （单位正交基底）为坐标向量，则存在唯一的有序实数组123(,,)a a a ，使123a ai a j ak =++，有序实数组123(,,)a a a 叫作向量a 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作123(,,)a a a a =．在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标．二、空间向量的直角坐标运算律（1）若123(,,)a a a a =，123(,,)b b b b =，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈，112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈，（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。

（3）//a b b a λ⇔=112233()b a b a R b aλλλλ=⎧⎪⇔=∈⎨⎪=⎩三、空间向量直角坐标的数量积1、设b a ,是空间两个非零向量，我们把数量><b a b a ,cos |||| 规定：零向量与任一向量的数量积为0。

高三数学教案立体几何与空间向量

高三数学教案立体几何与空间向量高三数学教案—立体几何与空间向量一、教学目标通过本次教学，学生应能够：1. 了解立体几何的基本概念和性质，并能应用这些概念进行推理和证明；2. 掌握空间向量的定义和运算法则，并能够运用空间向量解决实际问题；3. 熟悉立体几何和空间向量在解决实际问题中的应用，培养数学思维和解决问题的能力。

二、教学重点1. 立体几何的基本概念和性质；2. 空间向量的定义和运算法则；3. 立体几何和空间向量在解决实际问题中的应用。

三、教学内容1. 立体几何立体几何是研究三维空间中图形、面和体的形状、大小、位置及其相互关系的数学学科。

在本节课中，我们将学习以下内容：1.1 空间图形的描述和表示方法；1.2 空间直线和平面的性质；1.3 空间几何体的表面积和体积计算方法。

2. 空间向量空间向量是用于表示和研究空间中点、直线、面的数学工具。

在本节课中，我们将学习以下内容：2.1 空间向量的定义和表示方法；2.2 空间向量的线性运算法则；2.3 空间向量的数量积和向量积计算方法。

四、教学方法1. 概念讲解：通过归纳总结与实例分析，介绍立体几何和空间向量的基本概念和性质。

2. 示例演练：通过解决典型问题，引导学生运用所学知识解决实际问题，培养解决问题的能力。

3. 引导探究：通过课堂讨论和小组合作，引导学生自主探究立体几何和空间向量的规律和方法。

五、教学步骤1. 第一节课：立体几何1.1 导入：通过展示实际生活中的立体图形，激发学生对立体几何的兴趣。

1.2 概念讲解：依次介绍空间图形的描述和表示方法、空间直线和平面的性质以及计算空间几何体的表面积和体积的方法。

1.3 示例演练：通过数个例子，引导学生应用所学知识计算空间几何体的表面积和体积。

1.4 小结：对本节课所学内容进行总结，并提出下节课将要学习的内容。

2. 第二节课：空间向量2.1 导入：通过实际问题引入空间向量的概念，引发学生思考和探究。

2.2 概念讲解：依次介绍空间向量的定义和表示方法、空间向量的线性运算法则以及计算空间向量的数量积和向量积的方法。

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体

3.2.5 距离(选学)1．理解图形F 1与图形F 2的距离的概念．2．掌握四种距离的概念．3．会解决一些简单的距离问题．1．距离的概念一个图形内的任一点与另一图形内的任一点的距离中的________，叫做图形与图形的距离．此概念中的图形不仅仅是平面图形，也包括空间图形．【做一做1】空间直角坐标系中，已知A (2,3,4)，B (－2,1,0)，C (1,1,1)，则C 到AB 中点的距离为( )A ．1B ． 3C ．2D ． 52．点到平面的距离一点到它在一个平面内________的距离，叫做点到这个平面的距离．求点到平面的距离时，一般是过该点作平面的垂线，也可利用等积法求解．【做一做2】在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点A 1到平面BB 1D 1D 的距离为( )A ．aB ．12a C ．34a D ．22a 3．直线与它的平行平面的距离一条直线上的任一点，与它平行的平面的距离，叫做直线与这个平面的距离．求线面距离时，注意在l 上所取一点的位置，通常借助于面面垂直的性质过这一点作平面的垂线，从而转化为点到面的距离求解．【做一做3】正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则BC 到AB 1C 1D 的距离为( )A ．1B ．22C ． 2D ． 34．两个平行平面的距离(1)和两个平行平面________的直线，叫做两个平面的公垂线．(2)公垂线________平行平面间的部分，叫做两个平面的公垂线段． (3)两平行平面的公垂线段的长度，叫做两平行平面的距离．两平行平面的公垂线段就是在一个平面内取一点作另一个平面的垂线段，这样公垂线段的长就是点到平面的距离，所以两平行平面的距离，可转化为点到平面的距离，可以用点到平面的距离求解．【做一做4】已知平面α∥平面β，空间一点到α的距离是4，到平面β的距离是2，则平面α与平面β的距离是( )A ．2B ．6C ．2或6D ．以上都错如何求点到平面的距离？剖析：如图，BO ⊥平面α，垂足为O ，则点B 到平面α的距离就是线段BO 的长度．若AB 是平面α的任一条斜线段，则在Rt△BOA 中，|BO |＝|AB |·cos∠ABO . 如果令平面α的法向量为n ，考虑到法向量的方向，可以得到点B 到平面α的距离为|BO |＝||||AB n n ⋅.因此要求一个点到平面的距离，可以分以下几步完成：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对应的向量；(3)求出法向量与斜线段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．由于n |n |＝n 0可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段向量的数量积的绝对值，即d ＝|AB ·n 0|.线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解．题型一用向量求两点间的距离【例1】已知平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，求A 与C ′的距离．分析：解答本题可先用基底表示AC ′，然后平方求|AC ′|.反思：空间距离本质上是点与点的距离，求空间两点的距离常常转化为求向量的模；点与直线的距离可以运用三垂线定理作直线的垂线，再运用解三角形求．题型二求点到平面的距离【例2】直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1＝3，在底面△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝BC ＝1，求点B 1到平面A 1BC 的距离．分析：直接作平面的垂线较难，故可考虑建立平面直角坐标系求解．反思：点到平面的距离的求法：①定义法即直接求所作公垂线段的长；②等体积转化法；③利用法向量求一个点到平面的距离可用点到平面的距离公式d ＝|PA ·n 0|＝||||PA n n ⋅，其中d 为点P 到平面的距离，A 为平面内的一点，n 0为平面的单位法向量，n 为平面的法向量．题型三求平行平面的距离【例3】正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，求平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离．反思：求两平面之间的距离首先要判定两平面的位置关系即证明它们平行然后再求．面面距离通常转化为点面距离来求．1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 的距离为( )A ．63aB ．36aC ．34aD ．66a2已知矩形ABCD 的一边CD 在平面α内，AC 与α所成角为60°，若AB ＝2，AD ＝4，则AB 到α的距离为( )A ．15B ． 5C ．10D ．33已知正四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面边长分别为2和4，侧面与下底面所成的角为45°，则两底面的距离为( )A ． 2B ．1C ．2D ．2 24把边长为a 的正三角形ABC 沿高AD 折成60°的二面角B －AD －C ，则点A 到直线BC 的距离等于________．5平面α内的∠MON ＝60°，PO 是α的斜线段，PO ＝3，且∠POM ＝∠PON ＝45°，则点P 到α的距离为________．答案：基础知识·梳理1．最小值【做一做1】B 用空间两点间的距离公式可求得距离为 3.2．正射影【做一做2】D 设B 1D 1中点为O ，则A 1O 即为点A 1到平面BB 1D 1D 的距离．可求得A 1O ＝22a .【做一做3】C 设AB 1中点为O ，则BO 即为BC 到AB 1C 1D 的距离．4．(1)同时垂直 (2)夹在【做一做4】C 这一点可能在两平面之间也可能在两平面的外侧．典型例题·领悟【例1】解：如图，因为AC →′＝AB ＋AD ＋AA →′，所以|AC ′→|2＝(AB ＋AD ＋AA →′)·(AB ＋AD ＋AA →′)＝|AB |2＋|AD |2＋|AA →′|2＋2(AB ·AD ＋AB ·AA →′＋AD ·AA →′)＝42＋32＋52＋2(0＋10＋7.5)＝85，因此|AC →′|＝85.【例2】解：如图，建立空间直角坐标系，由已知得直棱柱各顶点坐标如下：A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，A 1(1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(0,0，3)．则BC →＝(0，－1,0)，A 1C →＝(－1,0，－3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1C →＝0，n ·BC →＝0，即－x －3z ＝0，－y ＝0，令x ＝－3，则y ＝0，z ＝1，所以平面A 1BC 的一个法向量为n ＝(－3，0,1)．所以点B 1到平面A 1BC 的距离d ＝|n ·A 1B 1→||n |＝32. 【例3】解：建立坐标系如图，则A (a,0,0)，B (a ，a,0)，D (0,0,0)，C 1(0，a ，a )，D 1(0,0，a )，B 1(a ，a ，a )．∴AB 1→＝(0，a ，a )，AD 1→＝(－a ，0，a )，BC 1→＝(－a,0，a )，DC 1→＝(0，a ，a )．设n ＝(x ，y ，z )为平面AB 1D 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝a y ＋z ＝0，n ·AD 1→＝a －x ＋z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－z ，x ＝z .取z ＝1，则n ＝(1，－1,1)．又∵AD 1∥BC 1，AB 1∥DC 1，AD 1∩AB 1＝A ，DC 1∩BC 1＝C 1，∴平面AB 1D 1∥平面BDC 1. ∴两平面间的距离可转化为点C 1到平面AB 1D 1的距离d .∵C 1B 1→＝(a,0,0)，平面AB 1D 1的法向量为n ＝(1，－1,1)，∴d ＝|C 1B 1→·n ||n |＝|a |3＝33a . 随堂练习·巩固1．D 点A 1到平面MBD 的距离等于点A 到平面MBD 的距离，利用V M －ABD ＝V A －MBD 求解．2．A 如图，作AE ⊥α于点E ，由三垂线逆定理可得ED ⊥DC ，AC ＝42＋22＝25，AE ＝AC sin 60°.3．B4．154a 5． 3。

高中数学空间向量与立体几何立体几何中的向量方法利用空间向量求空间角空间距离问题数学.doc

3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )答案 (1)× (2)√ (3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，则OP→＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P(0,0,1)，A(22，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,22，0)，∴AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0,22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a、b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a、b用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD→|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0, 2a )，C 1⎝⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a2， 2a ，取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC1→⊥AA 1→，即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法？解与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴n ·AB →＝0且n ·AA1→＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点”，求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值．解建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，a ，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，22a ，G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，a 4，2a ，于是B 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a ，－22a ，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a 2，22a ， EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，－a 4，2a . 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)，所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB →； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB→||n ||AB→|.【跟踪训练2】如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE －F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．连接AC，则EC→＝(1,0，3)，EB→＝(0,4,0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2| |n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC ＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12，又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1，AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC→，∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)，即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB的中点，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，22，12. ∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13，∴E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－24，－34， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12.∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法三：如右图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴二面角A －PB －C 的余弦值为33.探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917.∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ.∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117.∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717，又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离．又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练4】正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)．(1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)，BE →＝(0，b,0)，∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0，从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ，故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)，且EF →·CE →＝0，|EF→|＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b c －b ＝0，3＋c －b2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直，则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1，y ，z ·0，3，－a ＝0，1，y ，z ·－3，1，0＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，3，33a.又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由．解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AEEB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0，于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)，则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·0，－2，1＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2. 因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋－3×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125答案 B解析以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，0，95，所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C. 4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案π3或2π3解析设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×－1＋－1×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)， ∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC→＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n|AF →||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用3.2.5距离(选学)教案新人教B版选修2_1

3.2.5 距离（选学）预习导航距离的有关概念思考1空间距离有几种形式，它们之间有何关系？提示：空间距离有6种形式，它们分别是点点距、点线距、点面距、线线距、线面距和面面距．它们一般都可以转化为点点距、点线距、点面距，其中点点距、点线距最终都可用空间向量的模来求解，而点面距则可由平面的法向量来求解．思考2能否将线面距离及两平行平面的距离转化为点到平面的距离？提示：能．直线与它的平行平面的距离可转化为直线上任一点到平面的距离，两平行平面间的距离可转化为一个平面内任一点到另一个平面的距离．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。

幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。

幸福是“壮志饥餐胡虏肉，笑谈渴饮匈奴血”的豪壮。

幸福是“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的胸怀。

幸福是“人生自古谁无死，留取丹心照汗青”的气节。

3、大自然的语言丰富多彩：从秋叶的飘零中，我们读出了季节的变换；从归雁的行列中，我读出了集体的力量；从冰雪的消融中，我们读出了春天的脚步；从穿石的滴水中，我们读出了坚持的可贵；从蜂蜜的浓香中，我们读出了勤劳的甜美。

4、成功与失败种子，如果害怕埋没，那它永远不能发芽。

鲜花，如果害怕凋谢，那它永远不能开放。

矿石，如果害怕焚烧（熔炉），那它永远不能成钢（炼成金子）。

蜡烛，如果害怕熄灭（燃烧），那它永远不能发光。

航船，如果害怕风浪，那它永远不能到达彼岸。

5、墙角的花，当你孤芳自赏时，天地便小了。

向量法求空间距离教案

向量法求空间距离教案第一章：向量概念回顾1.1 向量的定义1.2 向量的表示方法1.3 向量的基本性质1.4 向量的运算规则第二章：空间直角坐标系2.1 空间直角坐标系的定义2.2 坐标轴之间的夹角2.3 点的坐标表示方法2.4 向量在坐标系中的表示第三章：向量坐标的计算3.1 向量坐标的定义3.2 向量坐标的计算方法3.3 向量坐标的几何意义3.4 向量坐标的运算规则第四章：空间两点间的距离4.1 空间两点间的距离定义4.2 空间两点间的距离计算方法4.3 空间两点间的距离公式推导4.4 空间两点间距离的特殊情况第五章：向量法求空间距离5.1 向量法求空间距离的定义5.2 向量法求空间距离的步骤5.3 向量法求空间距离的应用实例5.4 向量法求空间距离的扩展练习第六章：空间向量的加法与减法6.1 空间向量加法的定义与性质6.2 空间向量减法的定义与性质6.3 空间向量加法与减法的几何意义6.4 空间向量加法与减法的运算实例第七章：空间向量的数乘7.1 空间向量数乘的定义与性质7.2 空间向量数乘的几何意义7.3 空间向量数乘的运算规则7.4 空间向量数乘的应用实例第八章：空间向量的点积与叉积8.1 空间向量的点积定义与性质8.2 空间向量的叉积定义与性质8.3 空间向量的点积与叉积的几何意义8.4 空间向量的点积与叉积的运算规则第九章：空间距离的向量法应用9.1 空间点到直线的距离9.2 空间点到平面的距离9.3 空间两直线间的距离9.4 空间两平面间的距离第十章：综合练习与拓展10.1 综合练习题10.2 综合练习题答案解析10.3 向量法求空间距离的拓展应用10.4 向量法求空间距离的拓展练习题重点和难点解析一、向量概念回顾补充说明：向量是具有大小和方向的量，它可以用箭头表示。

向量的基本性质包括相等、相反、倍数等，向量的运算规则包括加法、减法和数乘等。

二、空间直角坐标系补充说明：空间直角坐标系是由三个相互垂直的坐标轴组成的，每个点在坐标系中都可以表示为一个有序实数对。

辽宁省大连市高中数学第三章空间向量与立体几何3.1空间向量坐标运算教案新人教B版

2、巡视学生的完成情况3、来自学生的展示和评价要给予及时的反馈。
1、展示等差数列的定义式
2、小组讨论等比数列公式的推导
解决学生自主学习中遇到的困惑，加深学生对知识的印象
8
分钟
3.
做
议
讲
评
2、向量共线与垂直的判定及应用：
1、共线（对应成比例）
2、垂直（相乘为0）
1、巡视学生的完成情况
2、对学生的展示和评价要给予及时的反馈。
空间向量的坐标运算
课题
空间向量的坐标运算
课时
第一课时
课型
新授课
教学
重点
1、空间向量的坐标运算
2、空间向量的共线、垂直的应用
依据：数学课程标准
教学
难点
空间向量的共线应用
依据：教参，教材
学习
目标
1、能够将二维知识扩展到三维，培养学生的知识迁移和类比能力；
2、通过探究一，加强向量坐标运算的理解与应用；
3、通过探究二，学会向量共线及垂直的应用；
3
分钟
7.
板
书
新授课：空间向量的坐标运算
探究一：空间直角坐标系及坐标运算
探究二：向量共线和垂直的判定及应用
8.
课
后
反思
本节课，学生掌握的非常好！
理由：
依据本节课重难点制定
教具
多媒体课件、教材，教辅
教学
环节
教学内容
教师行为
学生行为
设计意图
时间
1.
课
前
3
分
钟
背诵公式
考查公式
评价总结预习情况结果
独立完成课前检测
明确本节课学习目标，准备学习。

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.5距离学案新人教B版选修21

高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.5距离学案新人教B版选修211．理解点到平面的距离的概念．(重点)2．能灵活运用向量方法求各种空间距离．(难点、重点)3．体会向量法在求空间距离中的作用．[基础·初探]教材整理距离阅读教材P112～P113“例2”，完成下列问题．1．图形与图形的距离一个图形内的任一点与另一图形内的任一点的距离中的最小值，叫做图形与图形的距离．2．点到平面的距离一点到它在一个平面内正射影的距离，叫做点到这个平面的距离．3．直线与它的平行平面的距离一条直线上的任一点，到与它平行的平面的距离，叫做直线与这个平面的距离．4．两个平行平面的距离(1)和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平面的公垂线．(2)公垂线夹在平行平面间的部分，叫做两个平面的公垂线段．(3)两平行平面的公垂线段的长度，叫做两平行平面的距离．5．四种距离的关系如图3235，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离是________．图3235【解析】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，A 1(1,0,1)，则AO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1，DA 1→＝(1,0,1)．由题意知DA 1→为平面ABC 1D 1的一个法向量，所以O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|AO →||cos 〈AO →，DA 1→〉|＝|AO →·DA 1→||DA 1→|＝122＝24.【答案】24[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：________________________________________________________ 解惑：________________________________________________________ 疑问2：________________________________________________________ 解惑：________________________________________________________ 疑问3：________________________________________________________ 解惑：________________________________________________________[小组合作型]两点间的距离如图3236，空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是边AB ，CD 的中点，求MN 的长．图3236【精彩点拨】利用|MN →|＝|AN →－AM →|＝12|AC →＋AD →－AB →|求解．【自主解答】设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )． ∴|MN →|2＝MN →·MN →＝14(q ＋r －p )·(q ＋r －p )＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －q ·p －r ·p )] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22 ＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，即MN 的长为22a .计算两点间的距离的基本方法：(1)把线段用向量表示，然后利用|a |2＝a ·a ，通过向量运算求|a |.(2)求解的图形适合建立空间直角坐标系时，可用坐标法求向量的长度(或两点间距离)．[再练一题]1．已知平行六面体ABCD A ′B ′C ′D ′，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°.求AC ′的长．图3237【解】因为AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，所以|AC ′→|2＝(AB →＋AD →＋AA ′→)·(AB →＋AD →＋AA ′→)＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA ′→|2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA ′→＋AD →·AA ′→)＝42＋32＋52＋2(0＋10＋7.5)＝85.因此|AC ′→|＝85.点到平面的距离如图3238，已知ABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别是AD ，AB 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且GC ＝2，求点B 到平面EFG 的距离．图3238【精彩点拨】建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解．【自主解答】以CD →，CB →，CG →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间坐标系，则G (0,0,2)，B (0,4,0)，A (4,4,0)，D (4,0,0)，E (4,2,0)，F (2,4,0)．GE →＝(4,2，－2)，GF →＝(2,4，－2)，BG →＝(0，－4,2)．设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·GE →＝0，n ·GF →＝0⇒2x ＋y －z ＝0，x ＋2y －z ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝3，得n ＝(1,1,3)，n 的一个单位向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，111，311.则点B 到平面EFG 的距离为|BG →||cos 〈BG →，n 〉|＝|BG →·n ||n |＝|BG →·n 0|＝211＝21111，即点B 到平面EFG 的距离为21111.用向量法求点面距的方法与步骤[再练一题]2．如图3239，已知四棱锥S ABCD ，SA ⊥底面ABCD ，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，AS ＝4，E 是AB 的中点，F 在BC 上，且BF ＝12FC ，求点A 到平面SEF 的距离．图3239【解】以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A (0,0,0)，E (0,2,0)，F (1,4,0)，S (0,0,4)，AS →＝(0,0,4)，SE →＝(0,2，－4)，SF →＝(1,4，－4)．设平面SEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则SE →·n ＝0，且SF →·n ＝0，即(0,2，－4)·(x ，y ，z )＝2y －4z ＝0，且(1,4，－4)·(x ，y ，z )＝x ＋4y －4z ＝0. 在上面的两个方程中，令z ＝k ，则可解得x ＝－4k ，y ＝2k ，z ＝k . 所以n ＝(－4k,2k ，k )，n 的单位向量n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫－421，221，121. 因此，点A 到平面SEF 的距离d ＝|AS →·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0，0，4·⎝ ⎛⎭⎪⎫－421，221，121＝421＝42121. [探究共研型]直线与平面、平面与平面的距离探究1 已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，求P (－2,1,4)到α的距离．【提示】 d ＝|AP →·n ||n |＝|－1×－2＋－2×－2＋4|4＋4＋1＝103. 探究2 四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是菱形，AB ＝4，∠ABC ＝60°，侧棱PA ⊥底面AC ，且PA ＝4，E 是PA 的中点，求PC 与平面BED 间的距离．并说明直线PC 上各点到平面BED 的距离间的关系．【提示】以A 为原点，AB 为x 轴，△ACD 中CD 边上的高AF 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系，则F 为CD 的中点，于是A (0,0,0)，B (4,0,0)，F (0,23，0)，C (2,23，0)，D (－2,23，0)，P (0,0,4)，E (0,0,2)．设平面BED 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由BE →＝(－4,0,2)， DE →＝(2，－23，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎨⎧－4x ＋2z ＝0，2x －23y ＋2z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z 2，y ＝3z 2，取z ＝2，得n ＝(1，3，2)．∵PC →＝(2,23，－4)，∴n ·PC →＝2＋6－8＝0，故PC ∥平面BED ， ∴PC 到平面BED 的距离就是P 到平面BED 的距离． ∵EP →＝(0,0,2)，∴d ＝|EP →·n ||n |＝41＋3＋4＝ 2.直线PC 上各点到平面BED 的距离都相等．棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1，C 1C 的中点，DG ＝13DD 1，过E ，F ，G 的平面交AA 1于点H ，求A 1D 1到平面EFGH 的距离．【精彩点拨】把A 1D 1到平面EFGH 的距离转化为直线A 1D 1上某一点(如点D 1)到平面EFGH 的距离，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．【自主解答】以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，13，D 1(0,0,1)，A 1(1,0,1)，EF →＝(－1,0,0)，FG →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，－16，∴D 1A 1→＝(1,0,0)， ∴D 1A 1→∥EF →.又EF ⊂平面EFGH ，D 1A 1⊄平面EFGH ， ∴D 1A 1∥平面EFGH .∴A 1D 1到平面EFGH 的距离，即D 1到平面EFGH 的距离．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·EF →＝0，且n ·FG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，y ＋16z ＝0，令z ＝6，可得n ＝(0，－1,6)，n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－137，637. 又D 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，－12，∴d ＝|D 1F →·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫0，1，－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－137，637＝43737，因此，A 1D 1到平面EFGH 的距离为43737.1．求直线与平面的距离以及平面与平面之间的距离，往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以求解最为简单为准则．2．求解点到平面的距离常用的方法： (1)空间向量法；(2)垂线段法；(3)等体积法．[再练一题]3．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 与平面EFBD 间的距离．图3240【解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，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 ，EF ∩BF ＝F ，MN ∩AM ＝M . ∴平面AMN ∥平面EFBD .设n ＝(x ，y ，z )是平面AMN 的法向量，从而⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝2x ＋2y ＝0，n ·AM →＝－2x ＋4z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝－2z .取z ＝1，得n ＝(2，－2,1)，由于AB →＝(0,4,0)，所以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 ·AB →||n |＝83.[构建·体系]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( )【导学号：15460081】A.1652B ．214C.53 D ．532【解析】 OP →＝12(OA →＋OB →)＝12(4,3,6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，3，而OC →＝(0,1,0)，∴PC →＝OC →－OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12，－3，|PC →|＝4＋14＋9＝532. 【答案】 D2．已知△ABC 的顶点A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边长的高BD 的长等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】 AB →＝(4，－5,0)，AC →＝(0,4，－3)，则AB →在AC →上的投影d ＝|AB →·AC →||AC →|＝4，而|AB →|＝41，∴AC 边上的高BD ＝41－16＝5. 【答案】 C3．点P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，Q 为线段AP 的中点，AB ＝3，BC ＝4，PA ＝2.则P 到平面BQD 的距离为________．图3241【解析】如图，以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，则B (3,0,0)，D (0,4,0)，P (0,0,2)，Q (0,0,1)，QB →＝(3,0，－1)， BD →＝(－3,4,0)， QP →＝(0,0,1)，设平面BQD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·QB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，3x －z ＝0.令x ＝4，则z ＝12，y ＝3， ∴n ＝(4,3,12)．∴P 到平面BQD 的距离d ＝|QP →·n ||n |＝1213.【答案】12134．已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足．若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于________．【解析】 ∵AB →＝AC →＋CD →＋DB →，∴|AB →|2＝|AC →|2＋|CD →|2＋|DB →|2， ∴|CD →|2＝2.在Rt △BDC 中，BC ＝ 3.∵平面ABC ⊥平面BCD ，过D 作DH ⊥BC 于H ，则DH ⊥平面ABC ，∴DH 的长即为D 到平面ABC 的距离，∴DH ＝DB ·DC BC ＝1×23＝63.【答案】635．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OM ⊥平面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⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝32x ＋12z ＝0，n ·AC →＝12x ＋32y ＝0，∴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.我还有这些不足：(1)________________________________________________________ (2)________________________________________________________ 我的课下提升方案：(1)________________________________________________________ (2)________________________________________________________学业分层测评 (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为( )A ．10B ．3C ．83D ．103【解析】由题意可知PA →＝(1,2，－4)．设点P 到α的距离为h ，则h ＝|PA →·n ||n |＝103.【答案】 D2．在△ABC 中，AB ＝15，∠BCA ＝120°，若△ABC 所在平面α外一点P 到A ，B ，C 的距离都是14，则P 到α的距离是( )A ．13B ．11C ．9D ．7【解析】作PO ⊥α于点O ，连接OA ，OB ，OC ，∴PA ＝PB ＝PC ，∴OA ＝OB ＝OC ，∴O是△ABC 的外心．∴OA ＝AB2sin ∠BCA ＝152sin 120°＝53，∴PO ＝PA 2－OA 2＝11即为所求．【答案】 B3．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.6a 6 B ．3a 6 C ．3a 4D ．6a 3【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，B (a ，a,0)，A 1(a,0，a )，∴DM →＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，DB →＝(a ，a,0)，DA 1→＝(a,0，a )．设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋a 2z ＝0，ax ＋ay ＝0，令x ＝1，则可得n ＝(1，－1，－2)． ∴d ＝|DA 1→·n ||n |＝|a －2a |6＝66a .【答案】 A4．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( )【导学号：15460082】A.33B ．1C ． 2D ． 3【解析】如图，A 1C 1∥平面ABCD ，所以A 1C 1到平面ABCD 的距离等于点A 1到平面ABCD 的距离，由AB 1与平面ABCD 所成的角是60°，AB ＝1，所以BB 1＝3，即点A 1到平面ABCD 的距离为 3.【答案】 D5．已知二面角αl β为60°，动点P ，Q 分别在平面α，β内，P 到β的距离为3，Q 到α的距离为23，则P ，Q 两点之间距离的最小值为( )A ．2B ．2C ．2 3D ．4【解析】作PM ⊥β，QN ⊥α，垂足分别为M ，N .分别在平面α，β内作PE ⊥l ，QF ⊥l ，垂足分别为E ，F ，如图所示，连接ME ，NF ，则ME ⊥l ，∴∠PEM 为二面角αl β的平面角，∴∠PEM ＝60°. 在Rt △PME 中，|PE →|＝|PM →|sin 60°＝3sin 60°＝2，同理|QF →|＝4. 又PQ →＝PE →＋EF →＋FQ →，∴|PQ →|2＝4＋|EF →|2＋16＋2PE →·EF →＋2PE →·FQ →＋2EF →·FQ →＝20＋|EF →|2＋2×2×4cos 120°＝12＋|EF →|2.∴当|EF →|2取最小值0时，|PQ →|2最小，此时|PQ →|＝2 3. 【答案】 C 二、填空题6．如图3242，已知在60°的二面角αl β中，A ∈α，B ∈β，AC ⊥l 于C ，BD ⊥l 于D ，并且AC ＝1，BD ＝2，AB ＝5，则CD ＝________.图3242【解析】 ∵AC ⊥l ，BD ⊥l ，αl β为60°的二面角， ∴〈CA →，DB →〉＝60°. ∵AB →＝AC →＋CD →＋DB →，∴AB →2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2AC →·CD →＋2AC →·DB →＋2CD →·DB →， ∴52＝12＋CD →2＋4＋2·|AC →||DB →|×cos 〈AC →，DB →〉， ∴CD →2＝20－2×1×2×cos 120°＝22， ∴|CD →|＝22. 【答案】227．在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中，侧棱PA ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，PA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则点D 到平面PBC 的距离是________．【解析】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如图，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,1,0)，∴PC →＝(2,2，－2)，BC →＝(0,2,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1,0,1)．又BD →＝(－2,1,0)，∴点D 到平面PBC 的距离为|BD →·n ||n |＝ 2.【答案】 28．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为________．【解析】建立空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，D 1(0,0，a )，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，B 1(a ，a ，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，如图所示．设平面A 1D 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1D 1→＝0，n ·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·－a ，0，0＝0，x ，y ，z ·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，－a 2＝0，∴－ax ＝0，ay －a2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z 2，令z ＝2，得n ＝(0,1,2)．又FD 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a ，∴所求距离d ＝|FD 1→·n ||n |＝32a 5＝3510a .【答案】3510a 三、解答题9．在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，E ，F 分别为PC ，AD 的中点．图3243(1)证明：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．【解】 (1)证明：以D 为原点，建立如图所示的坐标系，则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)． FP →＝(－1,0,2)，FB →＝(1,2,0)， DE →＝(0,1,1)．∴DE →＝12FP →＋12FB →.∴DE →∥平面PFB .又∵D ∉平面PFB ，∴DE ∥平面PFB . (2)令平面PFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FP →＝0，n ·FB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令x ＝2，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1，z ＝1，∴法向量n ＝(2，－1,1)．又∵PE →＝(0,1，－1)，∴d ＝|PE →·n ||n |＝|0×2－1×1－1×1|6＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. 10．已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．【解】 (1)建立以D 为坐标原点，DA →，DC →，DP →分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系，如图所示．则P (0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·PE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0.令x ＝2，则y ＝2，z ＝3，所以n ＝(2,2,3)，所以点D 到平面PEF 的距离为 d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717，因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)因为AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，所以点A 到平面PEF 的距离为d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717，所以AC 到平面PEF 的距离为1717. [能力提升]1．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 分AC 1→的比为12，N 为BB 1的中点，则|MN |为( )A.216a B ．66a C ．156a D ．153a 【解析】以D 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，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.又∵M 分AC 1→的比为12，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 3，a 3，∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a . 【答案】 A2．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 的距离为( )A ．3B ． 3C ．33D ．13【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)， ∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)， GA →＝(0，－1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)，∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33. 【答案】 C 3．如图3244，已知△ABC 是以∠B 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，则点A 到平面SND 的距离为________.【导学号：15460083】图3244【解析】建立如图的空间直角坐标系，则N (0,2,0)，S (0,0,2)，D (4,1,0)，∴NS →＝(0，－2,2)，SD →＝(4,1，－2)．设平面SND 的法向量为n ＝(x ，y,1)．∵n ·NS →＝0，n ·SD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2y ＋2＝0，4x ＋y －2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝14，y ＝1.∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1，1.∵AS →＝(0,0,2)． ∴A 到平面SND 的距离为|n ·AS →||n |＝2334＝83333. 【答案】 833334．如图3245，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，O 为AD 中点，问：线段AD 上是否存在一点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32？若存在，求出AQ QD的值；若不存在，说明理由．图3245【解】在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，∴PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PO ⊥平面ABCD .建立如图所示空间直角坐标系，易得A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，CP →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1,1,0)．假设存在点Q ，使它到平面PCD 的距离为32，设Q (0，y,0)(－1≤y ≤1)，CQ →＝(－1，y,0)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CP →＝0，n ·CD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －x 0＋z 0＝0，－x 0＋y 0＝0，即x 0＝y 0＝z 0，取x 0＝1，则平面PCD 的一个法向量为n ＝(1,1,1)．∴点Q 到平面PCD 的距离为d ＝|CQ →·n ||n |＝|－1＋y |3＝32， ∴y ＝－12或y ＝52(舍去)．此时|AQ →|＝12，|QD →|＝32. ∴存在点Q 满足题意，此时AQ QD ＝13.。

2019-2020学年高中数学第3章空间向量与立体几何 3.2.5 距离(选学)学案新人教B版选修2-1

3．2.5 距离(选学)1．距离的概念一个图形内的任一点与另一图形内的任一点的距离中的最小值，叫做图形与图形的距离． 2．点到平面的距离(1)连接平面外一点与平面内任意一点的所有线段中，垂线段最短． (2)一点到它在一个平面内正射影的距离，叫做点到这个平面的距离． 3．直线与它的平行平面的距离(1)如果一条直线平行于平面α，则直线上的各点到平面α所作的垂线段相等，即各点到α的距离相等．(2)一条直线上的任一点，与它平行的平面的距离，叫做直线与这个平面的距离． 4．两个平行平面的距离(1)和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平面的公垂线，公垂线夹在平行平面间的部分，叫做两个平面的公垂线段．(2)两平行平面的公垂线段的长度，叫做两平行平面的距离．思考：线面距、面面距与点面距有什么关系？ [提示]1．在四面体P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，M 是平面ABC 内一点，且点M 到其他三个平面的距离分别是2,3,6，则点M 到顶点P 的距离是( )A ．7B ．8C ．9D ．10A [以P 为坐标原点，PA →，PB →，PC →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，由题意，得|MP |＝22＋32＋62＝7.]2．设A (3,3,1)，B (1,0,5)，C (0,1,0)，则AB 的中点M 到点C 的距离|CM |等于( ) A.534 B.532 C.532D.132C [∵M 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，32，3，∴|MC |＝(2－0)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－12＋(3－0)2＝532.]3．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83D.103D [AP →＝(－1，－2,4)，d ＝|AP →·n ||n |＝103.]【例1】如图所示，正方形ABCD ，ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD ，ABEF 互相垂直，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)a 为何值时，MN 的长最小？[思路探究] 建立坐标系，写出点的坐标，利用两点间距离公式求解． [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)．因为CM ＝BN ＝a (0<a <2)，且四边形ABCD ，ABEF 为正方形，所以M ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，1－22a ，N ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0，所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，22a －1，所以|MN →|＝a 2－2a ＋1.(2)由(1)知MN ＝⎝⎛⎭⎪⎫a －222＋12，所以，当a ＝22时，MN ＝22.即当a ＝22时，MN 的长最小，最小值为22.计算两点间的距离的两种方法(1)利用|a |2＝a·a ，通过向量运算求|a |，如求A ，B 两点间的距离，一般用|AB |＝|AB →|2＝AB →·AB →求解．(2)用坐标法求向量的长度(或两点间距离)，此法适用于求解的图形适宜建立空间直角坐标系时．1．如图所示，在120°的二面角αAB β中，AC ⊂α，BD ⊂β且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，垂足分别为A ，B ，已知AC ＝AB ＝BD ＝6，试求线段CD 的长．[解] ∵AC ⊥AB ，BD ⊥AB ， ∴CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0，又∵二面角αAB β的平面角为120°， ∴〈CA →，BD →〉＝60°， ∴|CD |2＝|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋BD →·AB →) ＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，∴CD ＝12.1．如何理解与认识点到直线的距离？[提示] 点到直线的距离，即点到直线的垂线段的长度，由于直线与直线外一点确定一个平面，所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平面内点到直线的距离问题．(1)点在直线上时，点到直线的距离为0.(2)点在直线外时，点到直线的距离即为此点与过此点向直线作垂线的垂足间的距离．即点到直线的距离可转化为两点间的距离．2．如何用向量法求点到直线的距离？[提示] 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 →在向量s 上的射影的大小为|PA →·s 0|，则点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－|PA →·s 0|2⎝ ⎛⎭⎪⎫其中s 0＝s |s|.【例2】已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝1，AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°，求点B 到直线A 1C 1的距离．[思路探究] 建立坐标系，利用向量法求解． [解] 以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(4,0,1)，C 1(0,3,1)，所以直线A 1C 1的方向向量为A 1C 1→＝(－4,3,0)，而BC 1→＝(0,3,1)，所以点B 到直线A 1C 1的距离d ＝|BC 1→|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC 1→·A 1C1→|A 1C 1→|2＝10－⎝ ⎛⎭⎪⎫952＝135.1．(改变问法)本例条件不变，所求问题改为：若M ，N 分别是A 1B 1，AC 的中点，试求点C 1到MN 的距离．[解] 如本例解法建系(图略)．则M (2,0,1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，0，C 1(0,3,1)，所以直线MN 的方向向量为MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－1，MC 1→＝(－2,3,0)，所以MC 1→在MN →上的投影为MC 1→·MN →|MN →|＝913，所以C 1到MN 的距离为d ＝|MC 1→|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪MC 1→·MN →|MN →|2＝1 14413＝228613. 2．(变换条件)若将本例中的条件改为“正三棱柱ABC A 1B 1C 1且所有棱长均为2”，如何求B 到A 1C 1的距离．[解] 以B 为原点，分别以BA ，过B 垂直于BA 的直线，BB 1为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A 1(2,0,2)，C 1(1，3，2)，所以A 1C 1的方向向量A 1C 1→＝(－1，3，0)，而BC 1→＝(1，3，2)，所以点B 到直线A 1C 1的距离为d ＝|BC 1→|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC 1→·A 1C1→|A 1C 1|→2＝8－⎝⎛⎭⎪⎫－1＋3＋022＝8－1＝7.用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点： (1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段；(2)在直线上可以任意选点，但一般选较易求得坐标的特殊点； (3)直线的方向向量可以任取，但必须保证计算的准确性.【例3】如图所示，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，求点A 到平面A 1BD 的距离．[思路探究] 本题可以利用等体积法求解，也可以通过建系利用向量法求解．[解] 法一：设点A 到平面A 1BD 的距离为h ，则VB AA 1D ＝13×a ×12×a ×a ＝16a 3， VA A 1BD ＝13×h ×34×(2a )2＝36a 2h ， ∵VA A 1BD ＝VB AA 1D ， ∴h ＝33a ，∴点A 到平面A 1BD 的距离为33a . 法二：如图所示，建立空间直角坐标系B 1 xyz ，则A 1(a,0,0)，A (a,0，a )，D (a ，a ，a )，B (0,0，a )，则BD →＝(a ，a,0)，A 1D →＝(0，a ，a )，AB →＝(－a,0,0)．设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋ay ＝0，ay ＋az ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝－1，则x ＝z ＝1， ∴n ＝(1，－1,1)．∴AB →·n ＝(－a,0,0)·(1，－1,1)＝－a .∴点A 到平面A 1BD 的距离d ＝|AB →·n ||n |＝|－a |3＝33a .用向量法求点面距的方法与步骤(1)建坐标系：结合图形的特点建立恰当的空间直角坐标系；(2)求向量：在坐标系中求出点到平面内任一点对应的向量AB →；(3)求法向量：设出平面的法向量，利用向量垂直的条件转化为求解方程组，求出法向量n ；(4)得答案：代入公式d ＝|AB →·n ||n |求得答案.提醒：用向量法求点到平面的距离的关键是确定平面的法向量.2．如图所示，已知△ABC 是以∠B 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，求点A 到平面SND 的距离．[解] 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 ＝2，y ＝1.∴n ＝(2,1,1)，∵AS →＝(0,0,2)．∴点A 到平面SND 的距离为|n ·AS →||n |＝26＝63.1．思考辨析(1)可以用|AB →|2＝AB →·AB →，求空间两点A 、B 的距离．( ) (2)设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线，则点B 到α的距离为d ＝|AB →·n ||n |.( )(3)若直线l 与平面α平行，直线l 上任意一点与平面α内任意一点的距离就是直线l 与平面α的距离．( )[提示] (1)√ (2)√(3)× 直线上任意一点到平面α的垂线段的长度．2．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (x,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为103，则x ＝( )A ．－1B ．－11C ．－1或－11D ．－21C [PA →＝(x ＋2,2，－4)，而d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·n |n |＝103，即|－2(x ＋2)－4－4|4＋4＋1＝103，解得x ＝－1或－11.]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 ．1 C. 2 D. 3 D [如图，A1C 1∥平面ABCD ，所以A 1C 1到平面ABCD 的距离等于点A 1到平面ABCD 的距离，由AB 1与平面ABCD 所成的角是60°，AB ＝1.∴BB 1＝ 3.即点A 1到平面ABCD 的距离为 3.]4．在Rt△ABC 中，∠C ＝30°，∠B ＝90°.D 是BC 边的中点，AC ＝2，DE ⊥平面ABC ，DE ＝1，则点E 到斜边AC 的距离是________．194[作DH ⊥AC 于点H ，连接EH (图略)．因为DE ⊥平面ABC ，所以DE ⊥AC ，因为DE ∩DH ＝D ，所以AC ⊥平面DEH ，所以EH ⊥AC ，所以EH 即为所求距离．由∠B ＝90°，∠C ＝30°，AC ＝2，得BC ＝ 3.因为D 是BC 边上的中点，所以DH ＝12CD ＝14BC ＝34.又DE ＝1，所以EH ＝DE 2＋DH 2＝194.]。

辽宁省大连市高中数学第三章空间向量与立体几何3.2二面角及其度量习题课教案新人教B版

二面角及其度量1.在60°的二面角α-a-β内有一点P ，P 到α、β的距离分别为3和5，求P 到棱a 的距离（）A.3314B.9314 C.143 D.32.已知α-l-β为直二面角，A 、B 在l 上，AC 、BD 分别在面α、β内，且AC 与l 的夹角为45°（如下图的位置），BD⊥l,AC=2，AB=2，BD=4，求CD 的长（）A.2B.23C.26D.43.过正方形ABCD 的顶点A ，作PA⊥平面ABCD ，若PA=AB ，求平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小（）A.30°B.45°C.60°D.90°4.在梯形ABCD 中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=a,AD=3a,∠ADC=arcsin 55,又PA ⊥平面ABCD ，PA=a,则二面角P-CD-A 为_______________.5.如右图，ABCD 是正方形，E 是AB 的中点，如果将△DAE 和△CBE 分别沿DE 和CE 折起，使AE 与BE 重合，记A 与B 重合后的点为P ，求面PCD 与面ECD 所成的二面角_________________.6.如右图，过S 引三条长度相等但不共面的线段SA 、SB 、SC ，且∠ASB=∠ASC=60°，∠BSC=90°.求证：平面ABC⊥平面BSC.7.如右图，PA⊥平面ABC ，AC⊥BC，PA=AC=1，BC=2，求二面角A-PB-C 的大小.8.如右图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是AD 的中点，求二面角A-BD 1-P 的大小.9.如右图，在底面是直角梯形的四棱锥Ｓ—ABCD 中，∠ABC＝90°，ＳA⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝21.求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值.10.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、P 分别是AB 、BC 、DD 1的中点.求二面角M-B 1N-B 的正弦值.11.已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CC 1=AB=1，M 是CC 1的中点，求面A 1MB 与面ABC 成的角.12.如下图，几何体∠APC=90°，∠APB=60°，PB=BC=4，PC=3，求二面角B-PA-C 的大小.。