高三复习理科数学立体几何学案-利用向量方法求空间角

利用向量法求空间角一、教学目标1. 让学生掌握空间向量的基本概念和运算法则。

2. 培养学生利用向量法求空间角的能力。

3. 提高学生解决空间几何问题的综合素质。

二、教学内容1. 空间向量的概念及其表示方法。

2. 空间向量的线性运算：加法、减法、数乘、数量积（点积）、叉积。

3. 空间向量的坐标表示与运算。

4. 空间角的概念及求法。

5. 利用向量法求空间角的方法与步骤。

三、教学重点与难点1. 教学重点：（1）空间向量的概念及其表示方法。

（2）空间向量的线性运算及坐标表示。

（3）空间角的概念及求法。

（4）利用向量法求空间角的方法与步骤。

2. 教学难点：（1）空间向量的坐标表示与运算。

（2）利用向量法求空间角的具体步骤。

四、教学方法与手段1. 采用讲授法、示范法、练习法、讨论法等教学方法。

2. 使用多媒体课件、黑板、教具等教学手段。

五、教学过程1. 导入新课：介绍空间向量的概念，引导学生回顾初中阶段所学的一维向量和二维向量，引出三维空间向量的概念。

2. 知识讲解：讲解空间向量的表示方法、线性运算（加法、减法、数乘）、数量积（点积）和叉积。

3. 实例演示：利用多媒体课件演示空间向量的坐标表示与运算，让学生直观地感受空间向量的运算过程。

4. 练习巩固：布置一些有关空间向量的练习题，让学生独立完成，检验学生对知识的理解和掌握程度。

5. 讲解空间角的概念及求法：讲解空间角的概念，引导学生理解空间角的大小与两个向量的夹角有关。

6. 方法讲解：讲解利用向量法求空间角的方法与步骤，让学生了解如何运用向量知识求解空间角。

7. 课堂小结：对本节课的主要内容进行总结，强调空间向量运算和空间角求解的方法。

8. 课后作业：布置一些有关利用向量法求空间角的练习题，让学生巩固所学知识。

六、教学拓展1. 引导学生思考空间向量在实际问题中的应用，例如物理学中的力、速度等问题。

2. 探讨空间向量与其他数学领域的联系，如代数、微积分等。

七、课堂练习1. 布置一些有关空间向量运算和空间角求解的练习题，让学生独立完成。

高考数学（理科）一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址www.5y 学案46 利用向量方法求空间角导学目标：1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．自主梳理．两条异面直线的夹角定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________．向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cosθ＝________＝______________.2．直线与平面的夹角定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝__________或cosθ＝sinφ.3．二面角二面角的取值范围是____________．二面角的向量求法：①若AB、cD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱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．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．自我检测．已知两平面的法向量分别为m＝，n＝，则两平面所成的二面角为A．45°B．135°c．45°或135°D．90°2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝，b＝，则A．l1∥l2B．l1⊥l2c．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于A．120°B．60°c．30°D．以上均错4．二面角的棱上有A、B两点，直线Ac、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，Ac ＝6，BD＝8，cD＝217，则该二面角的大小为A．150°B．45°c．60°D．120°5．已知直线AB、cD是异面直线，Ac⊥cD，BD⊥cD，且AB＝2，cD＝1，则异面直线AB与cD夹角的大小为A．30°B．45°c．60°D．75°探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1 已知直三棱柱ABc—A1B1c1，∠AcB＝90°，cA＝cB＝cc1，D为B1c1的中点，求异面直线BD和A1c所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABcD—A1B1c1D1中，求异面直线BA1和Ac所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2 如图，已知两个正方形ABcD和DcEF不在同一平面内，m，N分别为AB，DF的中点．若平面ABcD⊥平面DcEF，求直线mN与平面DcEF所成角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABcDE中，△ABc是等腰直角三角形，∠ABc＝90°，BE和cD都垂直于平面ABc，且BE＝AB ＝2，cD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成角的正弦值．探究点三利用向量法求二面角例3 如图，ABcD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABcD，SA＝Bc＝BA＝1，AD＝12，求面ScD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABc中，侧面SAB与侧面SAc均为等边三角形，∠BAc＝90°，o为Bc中点．证明：So⊥平面ABc；求二面角A—Sc—B的余弦值．探究点四向量法的综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BcD中，侧面ABD、AcD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝cD＝1，另一个侧面ABc是正三角形．求证：AD⊥Bc；求二面角B－Ac－D的余弦值；在线段Ac上是否存在一点E，使ED与面BcD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．变式迁移4在如图所示的几何体中，四边形ABcD为平行四边形，∠AcB＝90°，EA⊥平面ABcD，EF∥AB，FG∥Bc，EG∥Ac，AB＝2EF.若m是线段AD的中点，求证：Gm∥平面ABFE；若Ac＝Bc＝2AE，求二面角A－BF－c的大小．．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．一、选择题．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，m是AB的中点，则sin 〈DB1→，cm→〉的值等于A.12B.21015c.23D.11152．长方体ABcD—A1B1c1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E 为cc1的中点，则异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为A.1010B.3010c.21510D.310103．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所成的角的余弦值为A.13B.23c.33D.234.如图所示，在长方体ABcD—A1B1c1D1中，已知B1c，c1D 与上底面A1B1c1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1c和c1D所成的余弦值为A.26B.63c.36D.645．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线Pm、PN，如果∠BPm＝∠BPN＝45°，∠mPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为A．60°B．70°c．80°D．90°二、填空题6．已知正四棱锥P—ABcD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为m、N，则截面AmN与底面ABcD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，PA⊥平面ABc，∠AcB＝90°且PA＝Ac＝Bc＝a，则异面直线PB与Ac所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABc—A1B1c1的所有棱长都相等，D是A1c1的中点，则直线AD与平面B1Dc所成角的正弦值为________．三、解答题9．如图所示，AF、DE分别是⊙o、⊙o1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.Bc是⊙o的直径，AB＝Ac＝6，oE∥AD.求二面角B－AD－F的大小；求直线BD与EF所成的角的余弦值．0．如图，四棱锥S－ABcD中，AB∥cD，Bc⊥cD，侧面SAB为等边三角形，AB＝Bc＝2，cD＝SD＝1.证明：SD⊥平面SAB；求AB与平面SBc所成角的正弦值．1．如图，已知正三棱柱ABc－A1B1c1各棱长都是4，E 是Bc的中点，动点F在侧棱cc1上，且不与点c重合．当cF＝1时，求证：EF⊥A1c；设二面角c－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．学案46 利用向量方法求空间角自主梳理．0，π2 |cosφ| a•b|a|•|b|2．0，π2 |cosφ| 3.[0，π]自我检测．c 2.B 3.c 4.c 5.c课堂活动区例1 解题导引求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成角的范围是0，π2解如图所示，以c为原点，直线cA、cB、cc1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设cA＝cB＝cc1＝2，则A1，c，B，D，∴BD→＝，A1c→＝，∴cos〈BD→，A1c→〉＝BD→•A1c→|BD→||A1c →|＝－105.∴异面直线BD与A1c所成角的余弦值为105.变式迁移1 解∵BA1→＝BA→＋BB1→，Ac→＝AB→＋Bc→，∴BA1→•Ac→＝•＝BA→•AB→＋BA→•Bc→＋BB1→•AB→＋BB1→•Bc→.∵AB⊥Bc，BB1⊥AB，BB1⊥Bc，∴BA→•Bc→＝0，BB1→•AB→＝0，BB1→•Bc→＝0，BA→•AB→＝－a2，∴BA1→•Ac→＝－a2.又BA1→•Ac→＝|BA1→|•|Ac→|•cos〈BA1→，Ac→〉，∴cos〈BA1→，Ac→〉＝－a22a×2a＝－12.∴〈BA1→，Ac→〉＝120°.∴异面直线BA1与Ac所成的角为60°.例2 解题导引在用向量法求直线oP与α所成的角时，一般有两种途径：一是直接求〈oP→，oP′→〉，其中oP′为斜线oP在平面α内的射影；二是通过求〈n，oP→〉进而转化求解，其中n为平面α的法向量．解设正方形ABcD，DcEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线Dc，DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则m，N，可得mN→＝．又DA→＝为平面DcEF的法向量，可得cos〈mN→，DA→〉＝mN→•DA→|mN→||DA →|＝－63.所以mN与平面DcEF所成角的正弦值为|cos〈mN→，DA→〉|＝63.变式迁移2 解以点B为原点，BA、Bc、BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B，A，c，D，E，F．∴BD→＝，DF→＝．设平面BDF的一个法向量为n＝，∵n⊥DF→，n⊥BD→，∴n•DF→＝0，n•BD→＝0.即2，a，b•1，－2，0＝0，2，a，b•0，2，1＝0.解得a＝1，b＝－2.∴n＝．设AB与平面BDF所成的角为θ，则法向量n与BA→的夹角为π2－θ，∴cosπ2－θ＝BA→•n|BA→||n|＝2，0，0•2，1，－22×3＝23，即sinθ＝23，故AB与平面BDF所成角的正弦值为23.例3 解题导引图中面ScD与面SBA所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A，D12，0，0，c，B，S，∴AS→＝，Sc→＝，SD→＝12，0，－1，AB→＝，AD→＝12，0，0.∴AD→•AS→＝0，AD→•AB→＝0.∴AD→是面SAB的法向量，设平面ScD的法向量为n＝，则有n•Sc→＝0且n•SD→＝0.即x＋y－z＝0，12x－z＝0.令z＝1，则x＝2，y＝－1.∴n＝．∴cos〈n，AD→〉＝n•AD→|n||AD→|＝2×126×12＝63.故面ScD与面SBA所成的二面角的余弦值为63.变式迁移3 证明由题设AB＝Ac＝SB＝Sc＝SA.连接oA，△ABc为等腰直角三角形，所以oA＝oB＝oc＝22SA，且Ao⊥Bc.又△SBc为等腰三角形，故So⊥Bc，且So＝22SA.从而oA2＋So2＝SA2，所以△SoA为直角三角形，So⊥Ao.又Ao∩Bc＝o，所以So⊥平面ABc.解以o为坐标原点，射线oB、oA、oS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系oxyz，如右图．设B，则c，A，S．Sc的中点m－12，0，12，mo→＝12，0，－12，mA→＝12，1，－12，Sc→＝，∴mo→•Sc→＝0，mA→•Sc→＝0.故mo⊥Sc，mA⊥Sc，〈mo→，mA→〉等于二面角A—Sc —B的平面角．cos〈mo→，mA→〉＝mo→•mA→|mo→||mA→|＝33，所以二面角A—Sc—B的余弦值为33.例4 解题导引立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．证明作AH⊥面BcD于H，连接BH、cH、DH，则四边形BHcD 是正方形，且AH＝1，将其补形为如图所示正方体．以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B，c，A．Bc→＝，DA→＝，∴Bc→•DA→＝0，则Bc⊥AD.解设平面ABc的法向量为n1＝，则由n1⊥Bc→知：n1•Bc→＝－x＋y＝0，同理由n1⊥Ac→知：n1•Ac→＝－x－z＝0，可取n1＝，同理，可求得平面AcD的一个法向量为n2＝．由图可以看出，二面角B－Ac－D即为〈n1，n2〉，∴cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B－Ac－D的余弦值为63.解设E是线段Ac上一点，则x＝z>0，y＝1，平面BcD的一个法向量为n＝，DE→＝，要使ED与平面BcD成30°角，由图可知DE→与n 的夹角为60°，所以cos〈DE→，n〉＝DE→•n|DE→||n|＝x1＋2x2＝cos60°＝12.则2x＝1＋2x2，解得x＝22，则cE＝2x＝1.故线段Ac上存在E点，且cE＝1时，ED与面BcD成30°角．变式迁移4证明方法一因为EF∥AB，FG∥Bc，EG∥Ac，∠AcB ＝90°，所以∠EGF＝90°，△ABc∽△EFG.由于AB＝2EF，因此Bc＝2FG.连接AF，由于FG∥Bc，FG＝12Bc，在▱ABcD中，m是线段AD的中点，则Am∥Bc，且Am＝12Bc，因此FG∥Am且FG＝Am，所以四边形AFGm为平行四边形，因此Gm∥FA.又FA⊂平面ABFE，Gm⊄平面ABFE，所以Gm∥平面ABFE.方法二因为EF∥AB，FG∥Bc，EG∥Ac，∠AcB＝90°，所以∠EGF＝90°，△ABc∽△EFG.由于AB＝2EF，所以Bc＝2FG.取Bc的中点N，连接GN，因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.在▱ABcD中，m是线段AD的中点，连接mN，则mN∥AB.因为mN∩GN＝N，所以平面GmN∥平面ABFE.又Gm⊂平面GmN，所以Gm∥平面ABFE.解方法一因为∠AcB＝90°，所以∠cAD＝90°.又EA⊥平面ABcD，所以Ac，AD，AE两两垂直．分别以Ac，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设Ac＝Bc＝2AE＝2，则由题意得A，B，c，E，所以AB→＝，Bc→＝．又EF＝12AB，所以F，BF→＝．设平面BFc的法向量为m＝，则m•Bc→＝0，m•BF→＝0，所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝．设平面向量ABF的法向量为n＝，则n•AB→＝0，n•BF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，取y2＝1，得x2＝1.则n＝．所以cos〈m，n〉＝m•n|m|•|n|＝12.因此二面角A－BF－c的大小为60°.方法二由题意知，平面ABFE⊥平面ABcD.取AB的中点H，连接cH.因为Ac＝Bc，所以cH⊥AB，则cH⊥平面ABFE.过H向BF引垂线交BF于R，连接cR，则cR⊥BF，所以∠HRc为二面角A－BF－c的平面角．由题意，不妨设Ac＝Bc＝2AE＝2，在直角梯形ABFE中，连接FH，则FH⊥AB.又AB＝22，所以HF＝AE＝1，BH＝2，因此在Rt△BHF中，HR＝63.由于cH＝12AB＝2，所以在Rt△cHR中，tan∠HRc＝263＝3.因此二面角A－BF－c的大小为60°.课后练习区．B[以D为原点，DA、Dc、DD1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，易知DB1→＝，cm→＝1，－12，0，故cos〈DB1→，cm→〉＝DB1→•cm→|DB1→||cm →|＝1515，从而sin〈DB1→，cm→〉＝21015.]2．B [建立空间直角坐标系如图．则A，E，B，c1．Bc1→＝，AE→＝，cos〈Bc1→，AE→〉＝Bc1→•AE→|Bc1→|•|AE→|＝3010.所以异面直线Bc1与AE所成角的余弦值为3010.]3．c 4.D5．D [不妨设Pm＝a，PN＝b，作mE⊥AB于E，NF⊥AB于F，如图：∵∠EPm＝∠FPN＝45°，∴PE＝22a，PF＝22b，∴Em→•FN→＝•＝Pm→•PN→－Pm→•PF→－PE→•PN→＋PE→•PF→＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，∴Em→⊥FN→，∴二面角α—AB—β的大小为90°.]6.255解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB＝2，oB＝1，oP＝1.∴B，D，A，P，m12，0，12，N－12，0，12，Am→＝12，－1，12，AN→＝－12，－1，12，设平面AmN的法向量为n1＝，由n•Am→＝12x－y＋12z＝0，n•AN→＝－12x－y＋12z＝0，解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，则y＝1.∴n1＝，平面ABcD的法向量n2＝，则cos〈n1，n2〉＝n1•n2|n1|•|n2|＝25＝255.7.2解析PB→＝PA→＋AB→，故PB→•Ac→＝•Ac→＝PA→•Ac→＋AB→•Ac→＝0＋a ×2a×cos45°＝a2.又|PB→|＝3a，|Ac→|＝a.∴cos〈PB→，Ac→〉＝33，sin〈PB→，Ac→〉＝63，∴tan〈PB→，Ac→〉＝2.8.45解析不妨设正三棱柱ABc—A1B1c1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则c，A，B1，D32，－12，2.则cD→＝32，－12，2，cB1→＝，设平面B1Dc的法向量为n＝，由n•cD→＝0，n•cB1→＝0，解得n＝．又∵DA→＝32，－12，－2，∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.9．解∵AD与两圆所在的平面均垂直，∴AD⊥AB，AD⊥AF，故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．依题意可知，ABFc是正方形，∴∠BAF＝45°.即二面角B—AD—F的大小为45°.以o为原点，cB、AF、oE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则o，A，B，D，E，F，∴BD→＝，EF→＝．cos〈BD→，EF→〉＝BD→•EF→|BD→||EF→|＝0－18－64100×82＝－8210.设异面直线BD与EF所成角为α，则cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.0.方法一证明取AB中点E，连接DE，则四边形BcDE 为矩形，DE＝cB＝2，连接SE，则SE⊥AB，SE＝3.又SD＝1，故ED2＝SE2＋SD2，所以∠DSE为直角，即SD⊥SE.由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，得AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD.由SD与两条相交直线AB、SE都垂直，所以SD⊥平面SAB.解由AB⊥平面SDE知，平面ABcD⊥平面SDE.作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABcD，SF＝SD•SEDE＝32.作FG⊥Bc，垂足为G，则FG＝Dc＝1.连接SG，又Bc⊥FG，Bc⊥SF，SF∩FG＝F，故Bc⊥平面SFG，平面SBc⊥平面SFG.作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBc.FH＝SF•FGSG＝37，则F到平面SBc的距离为217.由于ED∥Bc，所以ED∥平面SBc，E到平面SBc的距离d为217.设AB与平面SBc所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，即AB与平面SBc所成的角的正弦值为217.方法二以c为坐标原点，射线cD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系c－xyz.设D，则A、B．又设S，则x>0，y>0，z>0.证明AS→＝，BS→＝，DS→＝，由|AS→|＝|BS→|得x－22＋y－22＋z2＝x2＋y－22＋z2，故x＝1.由|DS→|＝1得y2＋z2＝1.①又由|BS→|＝2得x2＋2＋z2＝4，即y2＋z2－4y＋1＝0.②联立①②得y＝12，z＝32.于是S，AS→＝，BS→＝，DS→＝．因为DS→•AS→＝0，DS→•BS→＝0，故DS⊥AS，DS⊥BS.又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.解设平面SBc的法向量a＝，则a⊥BS→，a⊥cB→，a•BS→＝0，a•cB →＝0.又BS→＝，cB→＝，故m－32n＋32p＝0，2n＝0.取p＝2得a＝．又AB→＝，cos〈AB→，a〉＝|AB→•a||AB→||a|＝217，所以AB与平面SBc所成角的正弦值为217.1．证明建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A，B，c，A1，E，F．于是cA1→＝，EF→＝．则cA1→•EF→＝•＝0－4＋4＝0，故EF⊥A1c.解设cF＝λ，平面AEF的一个法向量为m＝，则由得F．AE→＝，AF→＝，于是由m⊥AE→，m⊥AF→可得m•AE→＝0，m•AF→＝0，即3x＋3y＝0，4y＋λz＝0.取m＝．又由直三棱柱的性质可取侧面Ac1的一个法向量为n＝，于是由θ的锐角可得cosθ＝|m•n||m|•|n|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ2＋162λ2＋4，所以tanθ＝λ2＋163λ＝13＋163λ 2.由0<λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.故当λ＝4，即点F与点c1重合时，tanθ取得最小值63.www.5y。

利用空间向量求空间角一、高考考纲要求：能用向量方法解决异面直线夹角、线面角、面面角问题。

体会向量法在立体几何中的应用。

二、命题趋势：在高考中，本部分知识是考查的重点内容之一，主要考查异面直线所成角、线面角、面面角的计算，属中档题，综合性较强，与平行垂直联系较多。

三、教学目标知识与技能：能用向量法熟练解决异面直线的夹角、线面角、面面角的计算问题，了解向量法在研究立体几何问题中的应用；过程与方法：通过向量这个载体，实现“几何问题代数化”的思想，进一步发展学生的空间想象能力和几何直观能力；情感态度价值观：通过数形结合的思想和方法的应用，进一步让学生感受和体会空间直角坐标系，方向向量，法向量的魅力。

四、教学重难点重点：复习向量法求空间角的方法与步骤。

(重点)难点：强化向量法求空间角公式的理解。

(难点)五、教学过程板书设计：课题思维导图例题例题板演利用空间向量求空间角人教B版选修2-1学情分析学生虽已学完立体几何，也对立体几何有了一定认识，但由于空间角是一个难点，一般的方法是由“作，证，算”三部分组成，学生对做出空间角的方法即如何化空间角为平面角，并在可解三角形中求解有一定的困难，还不能熟练掌握，而空间向量的引入，使立体几何问题难度降低，相比较来说过关比较容易，因此有必要对此内容通过引入空间向量的方法进行专题训练，使学生更好的掌握。

学生已经分节对每一个空间角进行了学习，有些混淆，需要通过思维导图形成知识框架，讨论解决模糊知识，清除知识障碍，并准确迅速求空间角。

利用空间向量求空间角人教B版选修2-1效果分析新课程提倡自主、合作、探究的学习方式，课堂教学效率是学生学习成绩提高的关键。

教师应着力构建自主的课堂，让学生在生动、活泼的状态中高效率地学习。

如何才能提高课堂教学的有效性，我在本节课中的教学中主要运用了以下几种方法。

一、创设数学学习情境，激发学生的学习兴趣“兴趣是最好的老师,有兴趣不是负担”,这句话饱含深刻的道理。

高三 年级 数学 科辅导讲义（第 讲）学生姓名： 授课教师： 授课时间：一、复习引入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、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（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它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。

（回到图形） 2．向量的有关知识：（1）两向量数量积的定义：><=⋅,cos |||| （2）两向量夹角公式：||||,cos b a >=<（3）平面的法向量：与平面垂直的向量 二、知识讲解与典例分析知识点1：面直线所成的角（范围：]2,0(πθ∈）（1）定义：过空间任意一点o 分别作异面直线a 与b 的平行线a ´与b ´，那么直线a ´与b ´ 所成的锐角或直角，叫做异面直线a 与b 所成的角. （2）用向量法求异面直线所成角 设两异面直线a 、b 的方向向量分别为和，问题1： 当与的夹角不大于90的角θ与 和 的夹角的关系？问题 2：a 与b 的夹角大于90°时，，异面直线a θ与a 和b 的夹角的关系？结论：异面直线a 、b 所成的角的余弦值为|||||,cos |cos n m =><=θa思考：在正方体1111D C B A ABCD -中，若1E 与1F 分别为11B A 、11D C 的四等分点，求异面直线1DF 与1BE 的夹角余弦值？（1）方法总结：①几何法；②向量法（2）><11,cos BE DF 与><B E DF 11,cos 相等吗？ （3）空间向量的夹角与异面直线的夹角有什么区别？例1如图，正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ,侧棱长为a 2，求1AC 和1CB 所成的角.解法步骤：1.写出异面直线的方向向量的坐标。