3.3 立体几何中的向量方法-王后雄学案

立体几何中的向量方法教案教案名称：立体几何中的向量方法教学目标：1. 理解向量的基本概念和性质；2. 掌握向量的加法、数量积、向量积的运算规则；3. 能够运用向量方法解决立体几何中的问题；4. 培养学生的空间想象力和几何推理能力。

教学重点：1. 向量的基本概念和性质；2. 向量的运算规则；3. 应用向量方法解决立体几何中的问题。

教学难点：1. 向量的数量积和向量积的几何意义；2. 运用向量方法解决复杂的立体几何问题。

教学准备：1. 教师准备：PPT、教案、实物模型；2. 学生准备：纸笔、计算器。

教学过程：Step 1：导入活动（5分钟）教师引导学生思考：在立体几何中，我们遇到过哪些问题？如何求解这些问题？通过几何方法还是代数方法？本节课我们将学习如何运用向量方法解决立体几何中的问题。

Step 2：向量的基本概念和性质（15分钟）1. 向量的定义：有大小和方向的量称为向量。

2. 向量的表示：以有向线段或坐标表示。

3. 向量的性质：平行向量、共线向量、零向量等。

Step 3：向量的加法和数量积（20分钟）1. 向量的加法：向量相加满足三角形法则。

2. 向量的数量积：定义、运算规则和几何意义。

Step 4：向量积（20分钟）1. 向量积的定义和性质；2. 向量积的计算方法；3. 向量积的几何意义。

Step 5：应用向量方法解决立体几何问题（30分钟）1. 利用向量求线段长度、夹角、平行四边形面积等问题；2. 利用向量方法求点、直线、平面的位置关系和距离等问题；3. 利用向量方法解决棱柱、棱锥等多面体的体积、表面积等问题。

Step 6：练习与讨论（15分钟）教师出示一些立体几何问题，学生结合向量方法进行解答，并进行讨论。

Step 7：总结与作业布置（10分钟）教师总结本节课的重点内容，并布置相关的作业练习。

教学课件：1. 向量的基本概念和性质；2. 向量的加法和数量积的运算规则；3. 向量积的定义和计算方法；4. 应用向量方法解决立体几何问题的例题。

立体几何中的向量方法（第二课时）备课人： 授课时间：【教学目标】１、知识与技能：1．在学习了方向向量的基础上理解平面的法向量的概念，为进一步运用打好基础 2．能够利用直线的方向向量和平面的法向量的关系及向量的运算来判断或证明直线、平面的位置关系3．能够运用直线的方向向量、平面的法向量及向量的运算来解决关于直线、平面的夹角及距离的问题4．能初步利用向量知识解决相关的实际问题及综合问题。

２、过程与方法：1.让学生经历将点、线、面的位置关系转化为空间向量的关系的过程，体会转化、化归 思想2.让学生经历将直线、平面的夹角及距离问题转化为直线的方向向量与平面的法向量 问题的过程，体会转化、化归思想3.让学生经历利用向量的坐标将几何问题代数化的过程； ３、情感、态度与价值观：通过空间向量在立体几何中的的应用，感受数学的美感，从而激发学数学、用数学的热情。

【教学重点】向量运算在立体几何证明与计算中的应用．【教学难点】在运用向量知识解决立体几何问题时的向量问题的转化与恰当的运算方式．【教学过程】一、复习引入前面我们已经学习了空间向量的基本知识，并利用空间向量初步解决了一些立体几何问题，已初步感受到空间向量在解决立体几何问题中的重要作用，并从中体会到了向量运算的强大作用。

这一节，我们将全面地探究向量在立体几何中的运用，较系统地总结出立体几何的向量方法。

为此，首先简单回顾一下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）。

二、新课讲解1.空间两点之间的距离教学过程：例1：如图1：一个结晶体的形状为四棱柱，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，那么以这个顶点为端点的晶体的对角线的长与棱长有什么关系？ 学情预设：请学生根据两向量数量积的性质和坐标运算，利用公式2a a = 或 222z y x a ++= (其中 ()z y x a ,,= ） 将两点距离问题转化为求向量模长问题，进而求解思考： （1）本题中四棱柱的对角线BD1的长与棱长有什么关系？ （2）如果一个四棱柱的各条棱长都相等，并且以某一顶点为端点的各棱间的夹角都等于 , 那么由这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长吗?A1 B1 D1 A BCD图1（3）本题的晶体中相对的两个平面之间的距离是多少？ 设AB=1 （提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求两点间的距离）学情预设：（1）是与本题类似的问题，学生很容易给出答案，（2）是本例的逆向问题，学生可拓展本题的思路，给出答案，（3）是比本例更复杂的问题，给学生一定的思考时间，由教师适时点拨，引导学生将求两个平行平面的距离，归结为求两点间的距离 2.点面距 【教学过程】P 是平面α外的一个点，PO ⊥平面α，垂足为O ，则点P 到平面α的距离就是线段PO 的长度。

§3.2.3立体几何中的向量方法——利用空间向量求空间角教学目标1、使学生学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法；2、使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题；3、使学生的分析与推理能力和空间想象能力得到提高.教学重点求解二面角的向量方法 教学难点二面角的大小与两平面法向量夹角的大小的关系 教学过程 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：（2）两向量夹角公式：（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、异面直线所成的角（范围： ）（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´ 所成的不大于90°的角 ，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bab a ⋅=,cos⎝⎛∈θθb a ⋅⋅=⋅a ´b ´•oθ设两异面直线a 、b 的方向向量分别为m 和 ，问题1 当m 与n 的夹角不大于90°时，异面直线a 、b 所成的角 与m 和的夹角的关系？ 相等问题 2 当m 与的夹角大于90°时，异面直线a 、b 所成的角 与m 和的夹角的关系？ 互补所以，异面直线a 、b 所成的角的余弦值为典型例题1：在到△A1O1B1的位置，已知BD1与AF1所成的角的余弦值。

解：以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系，并设OA=1,则A(1,0,0) B(0,1,0)F1(21 ,0,1) D1(21 , 21,1)所以，异面直线BD1与AF1所成的角的余弦值为知识点2、直线与平面所成的角（范围： ）=cos θ =),1,0,21(1-=∴AF )1,21,21(1-=BD =⋅=BD =⋅++-23451041⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθθθ10301030据图分析平面所成弦值为典型正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E 、F 分别为CD 、DD1的中点， (1)求直线B1C1与平面AB1C 所成的角的正弦值; (2)求二面角F-AE-D 的余弦值。

立体几何中的向量方法教案教案标题：立体几何中的向量方法教案教案目标：1. 了解立体几何中的向量概念和基本性质。

2. 掌握运用向量方法解决立体几何问题的技巧和方法。

3. 培养学生的空间思维和几何推理能力。

教学重点：1. 向量的定义和性质。

2. 向量在立体几何中的应用。

3. 向量运算在解决立体几何问题中的作用。

教学难点：1. 运用向量方法解决立体几何问题。

2. 空间几何推理能力的培养。

教学准备：1. 教师准备：教学投影仪、计算机、几何软件等。

2. 学生准备：教材、笔记本、几何工具等。

教学过程：一、导入（5分钟）1. 利用投影仪展示一些立体几何图形，引起学生的兴趣。

2. 提问：你们对立体几何中的向量有什么了解？二、知识讲解（15分钟）1. 向量的定义和性质：a. 向量的表示方法。

b. 向量的加法和减法。

c. 向量的数量积和向量积。

2. 向量在立体几何中的应用：a. 向量的方向和模长在立体几何中的意义。

b. 利用向量表示线段、向量共线和垂直关系。

c. 利用向量表示平面和平行关系。

三、示例分析（20分钟）1. 结合具体的立体几何问题，演示如何运用向量方法解决问题。

2. 引导学生参与讨论，分析解题思路和方法。

四、练习与巩固（15分钟）1. 分发练习题，让学生独立完成。

2. 针对难点问题进行讲解和解答。

五、拓展应用（10分钟）1. 提供一些立体几何的拓展问题，要求学生运用向量方法解决。

2. 引导学生思考如何将向量方法应用到实际问题中。

六、总结与反思（5分钟）1. 总结本节课所学的立体几何中的向量方法。

2. 学生分享对本节课的收获和感想。

教学延伸：1. 引导学生自主学习更多立体几何中的向量应用。

2. 布置作业，要求学生运用向量方法解决相关问题。

教学评价：1. 教师观察学生在课堂上的参与情况和问题解决能力。

2. 批改学生的练习题和作业，评价他们的掌握程度。

教学资源：1. 教材：立体几何教材。

2. 投影仪、计算机、几何软件等。

立体几何中的向量方法[课前 考点引领]考情分析考点新知理解直线的方向向量与平面的法向量的意义；会用待定系数法求平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系．体会向量方法在研究几何问题中的作用．能用向量方法判断一些简单的空间线面的平行和垂直关系；能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.知识清单1. 直线的方向向量与平面的法向量(1) 直线l上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l 的方向向量．(2) 如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n ⊥α.此时把向量n 叫做平面α的法向量．2. 线面关系的判定直线l 1的方向向量为e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平面α的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面β的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．(1) 如果l 1∥l 2，那么e 1∥e 2e 2＝λe 1a 2＝λa 1，b 2＝λb 1，c 2＝λc 1． (2) 如果l 1⊥l 2，那么e 1⊥e 2e 1·e 2＝0a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0．(3) 若l 1∥α，则e 1⊥n 1e 1·n 1＝0a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0． (4) 若l 1⊥α，则e 1∥n 1e 1＝k n 1a 1＝kx 1，b 1＝ky 1，c 1＝kz 1． (5) 若α∥β，则n 1∥n 2n 1＝k n 2x 1＝kx 2，y 1＝ky 2，z 1＝kz 2． (6) 若α⊥β，则n 1⊥n 2n 1·n 2＝0x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0．3. 利用空间向量求空间角 (1) 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π2. ②向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有sin θ＝|sin φ|. (2) 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. ②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＝|sin φ|或sin θ＝sin φ.(3) 二面角①二面角的取值范围是[0，π]．②二面角的向量求法：(ⅰ) 若AB 、CD 分别是二面角αlβ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(如图①)．(ⅱ) 设n 1、n 2分别是二面角αlβ的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．[课中 技巧点拨]题型精选题型1 空间向量的基本运算例1 如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则BM →＝________.备选变式（教师专享）已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →. (1) 求a 和b 的夹角θ；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1) AM ∥平面BDE ；(2) AM⊥平面BDF.变式训练如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，(1) 试证：A1、G、C三点共线；(2) 试证：A1C⊥平面BC1D；题型3空间的角的计算例3如图，圆锥的高PO＝4，底面半径OB＝2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.(1) 求异面直线EF与BD所成角的余弦值；(2) 求二面角OOFE的正弦值．备选变式（教师专享）如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D 是BC的中点．(1) 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．疑难指津1. 类比平面向量，掌握空间向量的线性运算、空间向量的数量积、空间向量的坐标运算．2. 用空间向量解答立体几何问题的一般步骤：(1) 几何问题向量化：线线、线面、面面的平行、垂直、夹角等位置关系问题，利用立体几何中直线与平面有关判定定理和性质定理，将问题转化为直线的方向向量或平面的法向量之间的平行、垂直、夹角关系；(2) 进行向量运算：通常需通过建立空间直角坐标系将问题转化为空间向量的坐标运算．(3) 回归几何问题．如利用法向量求二面角时，要注意两平面的法向量的方向，确定求得的角是二面角还是其补角．答案例1【答案】－12a ＋12b ＋c【解析】BM →＝BB 1→＋B 1M →＝12()AD →－AB →＋AA 1→＝－12a ＋12b ＋c .备选变式（教师专享）解：∵A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)， a ＝AB →，b ＝AC →，∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)． (1)∵sin θ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角为arcsin ⎝⎛⎭⎫－1010. (2)∵k a ＋b ＝k (1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)， k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )， ∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8 ＝2k 2＋k －10＝0， 解得k ＝－52或2.例2证明：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC ∩BD ＝N ，连结NE . 则N ⎝⎛⎭⎫22，22，0，E (0，0，1)， A (2，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫22，22，1. ∴ NE →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE ∥AM . ∵ NE平面BDE ，AM平面BDE ，∴ AM ∥平面BDE .(2) 由(1)知AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，∵ D (2，0，0)，F (2，2，1)，∴ DF →＝(0，2，1)， ∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF .同理AM ⊥BF . 又DF ∩BF ＝F ，∴ AM ⊥平面BDF . 变式训练证明：(1) CA 1→＝CB →＋BA →＋AA 1→＝CB →＋CD →＋CC 1→， 可以证明：CG →＝13(CB →＋CD →＋CC 1→)＝13CA 1→，∴ CG →∥CA 1→，即A 1、G 、C 三点共线．(2) 设CB →＝a ，CD →＝b ，CC 1→＝c ，则|a|＝|b|＝|c|＝a ，且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0， ∵ CA 1→＝a ＋b ＋c ，BC 1→＝c －a ，∴ CA 1→·BC 1→＝(a ＋b ＋c )·(c －a )＝c 2－a 2＝0， ∴ CA 1→⊥BC 1→，即CA 1⊥BC 1，同理可证：CA 1⊥BD ，因此A 1C ⊥平面BC 1D .例3解：(1) 以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴， OB 所在的线为y 轴，OP 所在的线为z 轴，建立空间直角坐标系， 则B (0，2，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，1，2)．设F (x 0，y 0，0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0，1，0)，∵ EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1. ∴ F (3，1，0)，EF →＝(3，0，－2)，BD →＝(0，－2，2)． 设异面直线EF 与BD 所成角为α， 则sin α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147.(2) 设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥OD →，n 1⊥OF →，即⎩⎨⎧z 1＝0，3x 1＋y 1＝0.令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)． 设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫1，0，32. 设二面角ODFE 的平面角为β，则|sin β|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77. ∴ sin β＝427.备选变式（教师专享）解：(1) 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)， 所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)． 因为sin 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) 设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0， 取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量． 取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|sin θ|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。

学习资料2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法学案（理，含解析）新人教版班级：科目：第七讲立体几何中的向量方法（理）知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一两个重要的向量(1）直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有__无数__个．（2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．知识点二空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇒n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔m·n＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α、β的法向量分别为n、m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0知识点三两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b,其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ｜＝__错误!__（其中φ为异面直线a，b所成的角)．知识点四直线和平面所成角的求法如图所示,设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ｜＝__错误!__．知识点五求二面角的大小（1）如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈错误!，错误!〉__．(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ｜＝__错误!__，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．知识点六利用空间向量求距离（1）点到平面的距离如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝错误!．(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．注意体积法在求点到平面距离时的应用．错误!错误!错误!错误!1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则错误!及与错误!平行的非零向量均为直线l的方向向量．2．平面的法向量的确定：设a,b是平面α内两不共线向量,n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为错误!3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．错误!错误!错误!错误!题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√"或“×"）（1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×）（2)平面的单位法向量是唯一确定的．（×）（3)若两平面的法向量平行,则两平面平行．（√)（4）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×）（5）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)（6）若空间向最a平行于平面α，则a所在直线与平面a平行．(×）题组二 走进教材2．（必修2P 111T3)如图所示,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是__垂直__．［解析] 以A 为原点，分别以AB ，→，错误!，错误!所在直线为x ,y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A （0，0，0),M 错误!， O 错误!，N 错误!，错误!·错误!＝错误!·错误!＝0, ∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4）如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为错误!，底面三角形的边长为1,则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是__错误!__．[解析] 分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ,D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知B 错误!，C 1错误!， ∴C 1B →＝错误!，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ,∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1，0）, ∴sin θ＝错误!＝错误!＝错误!，∴θ＝错误!． 题组三 走向高考4．（2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°,则晷针与点A 处的水平面所成角为（ B ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°[解析］ 由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°，故选B ．5．(2019·浙江）如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E,F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．[解析］解法一：（1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角，不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中,A 1E ＝2错误!，EG ＝错误!． 由于O 为A 1G 的中点,故EO ＝OG ＝错误!＝错误!， 所以cos ∠EOG ＝错误!＝错误!．因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是错误!． 解法二：(1）证明:连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C , E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以,A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点,分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ．不妨设AC ＝4．则A 1(0，0，2错误!)，B (错误!，1，0）,B 1(错误!，3，2错误!），F 错误!，C （0,2，0）．因此，错误!＝错误!，错误!＝(－错误!，1，0）． 由错误!·错误!＝0得EF ⊥ BC ． （2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1)可得BC →＝(－错误!，1，0），错误!＝(0，2，－2错误!）． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝（x ，y ，z ）． 由错误!得错误! 取n ＝（1，错误!，1)，故sin θ＝|cos 〈错误!,n 〉|＝错误!＝错误!．因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为错误!．考点突破·互动探究考点一利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1（2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2,P A＝PD＝CD＝BC＝1,平面P AD⊥平面ABCD，E 为AD的中点．(1)求证：P A⊥BD；（2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC∥平面PEG？若存在,请证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析]取BA的中点H，连EH,在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD,∵P A＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥EH,PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则P错误!，A错误!,B错误!,D错误!，E(0，0,0），C错误!．(1)错误!＝（错误!，0，－错误!)，错误!＝(0，－错误!，0），∴错误!·错误!＝错误!×0＋0×(－错误!)＋错误!×0＝0，∴错误!⊥错误!，即P A⊥BD．(2)设线段AB上存在点G满足条件，则错误!＝λ错误!＝(－错误!λ，错误!λ，0)(0≤λ≤1），错误!＝错误!－错误!＝（－错误!λ,错误!λ，0）－错误!＝错误!．且错误!＝m错误!＋n错误!，即错误!＝错误!，∴错误!解得λ＝错误!．∴存在点G，当AG＝错误!AB时，BC∥平面PEG．注：本题也可用几何法求解,或求平面PEG的法向量n,利用n·错误!＝0⇔n⊥错误!⇔BC ∥平面PEG判断解答．名师点拨］（1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．(2）用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)②转化为线面平行、线线平行问题（3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直〔变式训练1〕如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．(1）求证：平面A1B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面EGF∥平面ABD．[证明］以B为坐标原点，BA，BC，BB1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,则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0,0,4），E(0,0，3)，F（0,1，4)．设BA＝a，则A（a，0,0），G错误!，A1（a,0，4)．（1)因为错误!＝（a，0,0）,错误!＝（0，2,2)，错误!＝(0，2，－2），所以错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝0．所以错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，即B1D⊥BA，B1D⊥BD．又BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD．因为B1D⊂平面A1B1D,所以平面A1B1D⊥平面ABD．(2）证法一：因为错误!＝错误!，错误!＝(0,1,1)，错误!＝(0,2,－2)，所以错误!·错误!＝0,错误!·错误!＝0．所以B1D⊥EG,B1D⊥EF．因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF．又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥平面ABD．证法二：∵错误!＝错误!，∴错误!＝－错误!错误!,又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，又GF∩EF＝F，GF⊂平面EGF,EF⊂平面EGF，∴平面EGF∥平面ABD．考点二利用向量求空间的角-—多维探究角度1向量法求异面直线所成的角例2(2020·豫南豫北精英对抗赛）在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝错误!，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(B）A．错误!B．错误!C．错误!D．－错误![解析］取BD的中点O，连AO,OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2,AB＝AD＝错误!,得AO ⊥BD，CO⊥BD，且OC＝错误!，AO＝1．在△AOC中,AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC,OA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0,0,1）,B（1,0,0)，C（0，错误!，0），D（－1,0,0)，∴错误!＝(1，0，－1)，错误!＝（－1,－错误!,0），设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为错误!，故选B．名师点拨]（1）求异面直线所成角的思路：①选好基底或建立空间直角坐标系;②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝错误!求解．(2）两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈错误!，两向量的夹角的范围是[0，π］，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角;当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．角度2向量法求线面角例3(2021·浙江联考）如图，底面ABCD为菱形,AP⊥平面ABCD，AP∥DE,∠BAD＝错误!π，P A＝AD＝2DE．(1)求证:BD∥平面PEC；（2）求直线DP与平面PEC所成角的正弦值．[解析］解法一:连AC交BD于O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD,又∠BAD＝错误!,∴△ABC为正三角形，以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系．设P A＝AD＝2DE＝2，则易得点C（0，1,0）,D(－错误!，0，0)，P(0，－1，2),E(－错误!，0，1），∴错误!＝(错误!，－1，2），错误!＝（0,－2,2），错误!＝(－错误!,－1,1)．设平面PEC的法向量为n＝(x,y,z)，则错误!即错误!令y＝1,∴n＝（0,1,1)．（1)∵错误!＝(2错误!,0,0），∴错误!·n＝0，即错误!⊥n,又BD⊄平面PCE，∴BD∥平面PCE．（2)设直线DP与平面PEC所成角为θ，∴sin θ＝｜cos〈错误!，n〉｜＝错误!＝错误!．即直线DP与平面PEC所成角的正弦值为错误!．解法二：（1）连接AC交BD于点O，取PC的中点G，连接EG，GO,则G,O分别为PC，AC的中点，故GO∥P A，且GO＝错误!P A．∵AP∥DE，P A＝2DE，∴GO∥DE，GO＝DE，∴四边形EDOG为平行四边形，∴EG∥DO，即EG∥BD．又∵EG⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，∴BD∥平面PEC．（2)连接DP．∵AP⊥平面ABCD,∴AP⊥AD，AP⊥AC，∴△P AD，△P AC为直角三角形，且P A⊥平面ABCD，∵AP∥DE，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥CD,∴△EDC为直角三角形．又P A＝AD＝2DE，不妨设P A＝AD＝2DE＝2，∴DP＝2错误!，在直角梯形P ADE中,PE＝错误!．∵底面ABCD为菱形，DC＝DA＝2,∴EC＝错误!，S△EDC＝1．∵∠DAB＝错误!π，∴AC＝2．在Rt△P AC中，PC＝22，∴S△PEC＝错误!，∵AP∥DE,∴AP∥平面DCE，∵V P－EDC＝V A－EDC,又V D－PEC＝V P－EDC，∴V D－PEC＝V A－EDC，过点A作AH⊥DC于点H,易得AH⊥平面EDC，AH＝3．设点D到平面PEC的距离为h,故错误!×错误!·h＝错误!×错误!×1,∴h＝错误!．设DP与平面PEC所成角为θ，∴sin θ＝hDP＝错误!＝错误!．名师点拨1．线面角涉及斜线的射影,故找出平面的垂线是解题的基本思路,而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题,关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos〈a，b〉｜＝错误!（θ是斜线与平面所成的角)求解,要特别注意a和b的夹角与线面角的关系．2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤（1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组,求出法向量；(4)将空间位置关系转化为向量关系；(5）根据定理结论求出相应的角．注：用体积法求出点P到平面α的距离h，只需再求出｜P A|,则可得直线P A与平面α所成角的余弦值cos θ＝错误!．通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．角度3向量法求二面角例4(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P－ABC中,BC⊥平面P AB，平面P AC⊥平面ABC．（1)证明:P A⊥平面ABC；（2)若D为PC的中点,且P A＝2错误!AB，AB＝BC，求二面角A－BD－C的余弦值．［解析]（1)证明：过点B作BO⊥AC于O．∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面P AC，∴BO⊥P A．又∵BC⊥平面P AB，P A⊂平面P AB,∴BC⊥P A．又∵BC∩BO＝B,BC,BO⊂平面ABC，∴P A⊥平面ABC．(2)∵AB＝BC，BO⊥AC，∴O为BC中点．又∵D为PC的中点，∴DO∥P A．由（1）知，P A⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC，∴DO⊥BO，DO⊥AO，∴以O为原点，以错误!，错误!,错误!所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．设AB ＝BC ＝错误!，则AC ＝2，P A ＝4，则O (0,0，0)，A （1,0,0),C （－1,0,0)，B (0，1,0)，P (1,0，4)，D （0,0,2）． 设平面ABD 的法向量为n 1＝（x 1，y 1，z 1），∴n 1⊥错误!，n 1⊥错误!，n 1·错误!＝0，n 1·错误!＝0， 错误!＝(－1,1,0），错误!＝（－1,0,2）, ∴错误!．设z 1＝1得x 1＝2，y 1＝2，∴n 1＝（2，2,1)， 设平面BCD 的法向量为n 2＝（x 2，y 2，z 2)，∴n 2⊥错误!，n 2⊥错误!，n 2·错误!＝0,n 2·错误!＝0， 错误!＝（1,1,0),错误!＝（0，1，－2）， ∴错误!．令z 2＝1得x 2＝－2，y 2＝2，∴n 2＝（－2,2,1)， ∴cos<n 1，n 2〉＝错误!＝错误!． ∵二面角A －BD －C 的平面角θ是钝角, ∴cos θ＝－19．即二面角A －BD －C 的余弦值为－错误!．注：(1）注意到AB 、BC 、P A 两两垂直,故也可以BC 为x 轴、BA 为y 轴建立坐标系求解；(2）注意到△BCD ≌△BAD ,故作CH ⊥BD 于H ，连AH ，则AH ⊥BD ，∴∠AHC 即为二面角A －BD －C 的平面角，令AB ＝BC ＝错误!，易求得CH ＝AH ＝错误!，∴cos ∠AHC ＝错误!＝－错误!．名师点拨利用向量法确定二面角大小的常用方法（1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．（2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．（3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ,PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h,则sin θ＝h｜PH｜．〔变式训练2〕（1）(角度1)（2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点,则异面直线BP与AC1所成角的余弦值为__错误!__．(2）（角度2）（2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图,在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中,AE＝2，又BF＝2错误!．①求证：BC⊥平面ACFE；②求直线BD与平面BEF所成角的正弦值．(3)（角度3)(2019·课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°,E,M,N分别是BC，BB1，A1D的中点．①证明：MN∥平面C1DE;②求二面角A－MA1－N的正弦值．[解析］（1）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O,O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC,OO1⊥OB，以{错误!,错误!，错误!｝为基底，建立空间直角坐标系O－xyz．因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0），B(错误!,0,0)，C1（0，1,2)．因为P为A1B1的中点，所以P错误!．从而错误!＝错误!，错误!＝(0,2，2)．故｜cos〈错误!，错误!>｜＝错误!＝错误!＝错误!．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为错误!．（2)证明：①在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°,∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°，∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°,∴AC⊥BC（也可以利用余弦定理求出AC，BC再证明) 又∵矩形ACFE中,CF＝AE＝2，又BF＝2错误!，CB＝2，∴CF2＋BC2＝BF2，∴CB⊥CF，又∵AC∩CF＝F,∴BC⊥平面ACFE．②以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，以CB所在直线为y轴，以CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．可得C(0,0,0），B（0，2，0），F(0,0，2），D(错误!，－1,0)，E（2错误!,0,2)．∴错误!＝(－2错误!，0,0），错误!＝(0，－2,2），错误!＝(错误!，－3,0)，设平面BEF的法向量为n＝（x，y，z）,∴错误!,令y＝1，则x＝0，z＝1,∴n＝(0,1，1），∴|cos〈错误!,n〉｜＝错误!＝错误!，∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是错误!．（3）①证法一:连接B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点,所以ME∥B1C，且ME＝错误!B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝错误!A1D．由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．证法二:∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°,连BD．则△BCD为正三角形，又E为BC的中点,∴DE⊥BC,又DD1⊥平面ABCD，∴DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系,则错误!＝（0，－错误!,0)，错误!＝(0,－错误!，0），∴错误!＝错误!，∴MN∥ED,又MN ⊄平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ， ∴MN ∥平面ABCD ．②解法一：由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA ，→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (2,0，0）,A 1（2,0,4）,M (1，错误!,2），N (1,0，2), 错误!＝（0，0，－4)，错误!＝（－1，错误!，－2）， 错误!＝(－1,0，－2），错误!＝(0，－错误!，0）． 设m ＝（x ,y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则错误!所以错误!可取m ＝（错误!，1,0)． 设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量, 则错误!所以错误!可取n ＝（2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝错误!＝错误!＝错误!， 所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为错误!． 解法二：由题意易知，A 1M ＝2错误!＝AM , 又AA 1＝4，∴A 1M 2＋AM 2＝AA 错误!,∴AM ⊥A 1M ，∴二面角A －MA 1－N 的大小即为AM 与平面A 1MN 所成角的大小θ， 又A 1M ＝2错误!，MN ＝错误!，A 1N ＝错误!， ∴A 1N ＋MN 2＝A 1M ，∴A 1N ⊥MN ，取AB 的中点H ，则DH ⊥AB ,且DH ＝错误!， ∵平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ， ∴DH ⊥平面ABB 1A 1,∴A1D的中点N到平面ABB1A1的距离为错误!，记A到平面A1MN的距离为h，∵VN－A1AM＝VA－A1MN，则错误!＝错误!h，∴h＝错误!，∴sin θ＝错误!＝错误!，即二面角A－MA1－N的正弦值为错误!．考点三，利用向量求空间的距离—-师生共研例5（2021·广东广州模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2的菱形,∠BAD＝60°,∠APD＝90°，且P A＝PD,AD＝PB．(1）求证：AD⊥PB；(2）求点A到平面PBC的距离．［解析]（1）证明:取AD的中点O，连接OP,OB，BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以AD＝AB＝BD．因为O为AD的中点，所以BO⊥AD．在△P AD中,P A＝PD，O为AD的中点，所以PO⊥AD．因为BO∩PO＝O，所以AD⊥平面POB．因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB．(2）由题意及（1）易知OP＝1，BO＝错误!，PB＝2，∴OP2＋BO2＝PB2，∴OP⊥OB，∴OP、OA、OB两两垂直,如图建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B（0，错误!，0),C（－2，错误!，0)，P(0,0，1），∴错误!＝（－1,0,1)，错误!＝(0,错误!，－1），错误!＝(－2，错误!，－1),设平面PBC 的法向量为n ＝（x ,y ，z ),则错误!，∴错误!，不妨取y ＝1，则n ＝（0,1，错误!)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝错误!＝错误!．另解（2）(体积法)：∵P A ＝PD ，∠APD ＝90°，∴PO ＝12AD ＝1， 又AD ⊥PB ，BC ∥AD ，∴BC ⊥PB ，记A 到平面PBC 的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得错误!h ＝错误!×错误!×2×2sin 120°，∴h ＝错误!，即A 到平面PBC 的距离为错误!．〔变式训练3〕(2021·安徽合肥质检）如图，边长为2的等边△ABC 所在平面与菱形A 1ACC 1所在平面互相垂直，A 1C ＝3AC 1,M 为线段AC 的中点．（1)求证：平面BMC 1⊥平面A 1BC 1；（2)求点C 到平面A 1BC 1的距离．[解析] （1)因为四边形A 1ACC 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1．又因为A 1C ＝错误!AC 1，所以∠ACC 1＝60°，即△ACC 1为等边三角形．因为AC 1＝CC 1，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥C 1M ．因为AB ＝BC ，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥BM ．又因为C 1M ∩BM ＝M ，所以AC ⊥平面BMC 1．又因为AC∥A1C1，所以A1C1⊥平面BMC1．又A1C1⊂平面A1BC1，所以平面BMC1⊥平面A1BC1．(2）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线是AC，且C1M⊥AC，所以C1M⊥平面ABC．以M为原点，MB,MC，MC1分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示：C（0,1,0）,B(错误!，0,0），C1(0，0,错误!),A1（0,－2，错误!)，则错误!＝（0，2,0），错误!＝(－错误!，0，错误!)，错误!＝（0，－1，错误!)，设平面A1BC1的法向量为n＝（x，y，z)，则错误!，令x＝1，则n＝（1，0，1)，∴点C到平面A1BC1的距离d＝错误!＝错误!＝错误!．名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P－ABCD中,平面P AD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝错误!AD＝1，E为线段AD的中点,过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F．（1)求证：GF⊥P A；（2)若P A＝PD＝错误!，是否存在点G,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为错误!，若存在，请确定G点的位置;若不存在，请说明理由．[解析］（1）因为BC＝错误!AD，且E为线段AD的中点，所以BC＝DE，又因为BC∥AD，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD，又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD,又平面BEGF∩平面PCD＝GF，所以BE∥GF,又BE⊥AD,且平面P AD⊥平面ABCD,平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BE⊥平面P AD，所以GF⊥平面P AD,又P A⊂平面P AD,所以GF⊥P A．(2)因为P A＝PD,E为线段AD的中点，所以PE⊥AD，又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，以E为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz;则P(0，0,1)，B（0，1,0），E（0,0，0)，D(－1,0,0），则错误!＝（0，1，－1），错误!＝(0，－1，0)，错误!＝（1,0,1)，设错误!＝λ错误!（0≤λ≤1)，得G(λ－1,0，λ），所以错误!＝(λ－1，0，λ）,设平面BEGF的法向量为n＝（x,y，z），则错误!即错误!不妨令x＝λ，可得n＝(λ，0,1－λ）为平面BEGF的一个法向量，设直线PB与平面BEGF所成角为α,于是有sin α＝｜cos〈n,错误!>｜＝错误!＝错误!＝错误!；得λ＝错误!或λ＝－1(舍)，所以存在点G错误!，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为错误!．故G为DP的靠近D点的三等分点．名师点拨对于“是否存在"型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标,即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．〔变式训练4〕(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝1，PD＝AD＝2DC＝2，∠PDA＝60°,且平面P AD⊥平面ABCD．（1）求证：BD⊥PC;(2)在线段P A上是否存在一点M，使二面角M－BC－D的大小为30°？若存在，求出错误!的值；若不存在，请说明理由．[解析］（1)过点P在平面P AD内作PO⊥AD，垂足为O，连接BO、OC，∵平面P AD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD，∵∠PDA＝60°，PD＝DA＝2，∴△PDA是等边三角形，∴OD＝1＝BC,∵OD∥BC,∠BCD＝90°，∴四边形OBCD是正方形，∴BD⊥OC,∵OC∩PO＝O，∴BD⊥平面POC，∵PC⊂平面POC，∴BD⊥PC．(2)∵PO⊥平面ABCD,OB⊥AD，如图，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0，1，0),C(－1，1,0），D(－1,0,0），P（0，0,错误!),A(1，0,0），假设在线段P A上存在一点M，使二面角M－BC－D大小为30°，设错误!＝λ错误!(0≤λ≤1），错误!＝(0，－1,错误!)则错误!＝错误!＋错误!＝(λ，－1，错误!－错误!λ），错误!＝(－1,0,0), 设平面MBC的法向量为m＝(x，y，z)，则错误!，取m＝（0,3－3λ,1)，又平面ABCD的一个法向量n＝（0，0，1),∵二面角M－BC－D大小为30°,∴cos 30°＝错误!＝错误!＝错误!，解得λ＝错误!或λ＝错误!（舍），∴在线段P A上存在点M,满足题设条件，且错误!＝错误!．。

高中数学教案《立体几何中的向量方法》一、教学目标1. 让学生理解向量在立体几何中的作用和意义。

2. 培养学生运用向量方法解决立体几何问题的能力。

3. 加深对向量运算和立体几何概念的理解。

二、教学内容1. 向量在立体几何中的应用：向量在空间点、线、面的表示。

向量与空间点、线、面的位置关系。

2. 向量运算在立体几何中的应用：向量的加法、减法、数乘在立体几何中的意义。

向量点积、向量叉积在立体几何中的应用。

三、教学重点与难点1. 重点：向量在立体几何中的应用，向量运算在立体几何中的意义。

2. 难点：向量点积、向量叉积的计算和应用。

四、教学方法1. 采用案例教学法，通过具体实例引导学生理解向量在立体几何中的应用。

2. 采用互动教学法，引导学生积极参与讨论，提高运用向量方法解决实际问题的能力。

五、教学准备1. 教学课件：包括向量在立体几何中的应用、向量运算等内容。

2. 教学案例：挑选具有代表性的立体几何问题，用于引导学生运用向量方法解决实际问题。

3. 练习题：针对本节课内容，设计相关练习题，巩固学生对向量方法在立体几何中的应用。

六、教学过程1. 引入新课：回顾上一节课的内容，引导学生思考向量在立体几何中的作用。

2. 讲解向量在立体几何中的应用：通过课件和案例，讲解向量在空间点、线、面的表示，以及向量与空间点、线、面的位置关系。

3. 讲解向量运算在立体几何中的应用：通过课件和案例，讲解向量的加法、减法、数乘在立体几何中的意义，以及向量点积、向量叉积在立体几何中的应用。

七、课堂练习1. 根据课件和案例，让学生独立完成一些简单的立体几何问题，巩固向量在立体几何中的应用。

2. 让学生分组讨论，合作解决一些较复杂的立体几何问题，培养运用向量方法解决实际问题的能力。

八、课堂小结1. 回顾本节课的主要内容，总结向量在立体几何中的应用和向量运算在立体几何中的意义。

2. 强调向量方法在解决立体几何问题中的重要性，鼓励学生在今后的学习中多运用向量方法。

高考数学一轮复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法教学案理含解析新人教A 版第六节 立体几何中的向量方法[考纲传真] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角〈a ，b 〉l 1与l 2所成的角θ范围 0＜〈a ，b 〉＜π0<θ≤π2关系cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |2.直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3．二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角α­l ­β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．[常用结论] 点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．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为( ) A.π4 B.34π C.π4或34π D.π2或34π C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4.∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选C.]3.如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( ) A.3010 B.3015 C.3030D.1515A [以D 为原点建立空间直角坐标系D ­xyz ，如图， 设AB ＝2，则N (1,0,0)，D 1(0,0,2)，M (1,1,0)，B 1(2,2,2)， ∴B 1M →＝(－1，－1，－2)， D 1N →＝(1,0，－2)，∴B 1M →·D 1N →＝－1＋4＝3， |B 1M →|＝6，|D 1N →|＝5， ∴cos〈B 1M →，D 1N →〉＝330＝3010＞0， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为3010.故选A.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________．π6 [设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12， 又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.]5．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．45° [如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ， ∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°.]求异面直线所成的角1．已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155 C.105D.33C [在平面ABC 内过点B 作AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，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B ­xyz ，则A (0,2,0)，B 1(0,0,1)，C ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，AB 1→＝(0，－2,1)，BC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105，故选C.]2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°. (1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. 即PB 与AC 所成角的余弦值为64. [规律方法] 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 1选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；2确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； 3利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；4两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值. 求直线与平面所成的角【例1】 (2018·合肥一模)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． [解] (1)连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC .∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ，∴MN ∥平面EFC . ∵BF ，DE 都垂直底面 ABCD ，∴BF ∥DE .∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D ­xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A ( 2,0,0)，E (0,0,4)，∴DB →＝(2,2,0)，DM →＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE →＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n ||AE →|＝4515， ∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[规律方法] 利用向量法求线面角的方法1分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角或其补角；2通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.如图，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，如图所示，建立空间直角坐标系O ­xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →||AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的法向量， 则⎩⎨⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→||n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 求二面角【例2】 (2018·湖北二模)如图1，等腰直角三角形ABC 的底边AB ＝2，点D 在线段AC 上，DE ⊥AB 于点E ，现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图2)．图1 图2(1)求证：PB ⊥DE ；(2)若PE ⊥BE ，直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，求平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值．[解] (1)证明：∵DE ⊥PE ，DE ⊥BE ，PE ∩BE ＝E ， ∴DE ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴PB ⊥DE . (2)由题知DE ⊥PE ，DE ⊥EB ，且PE ⊥EB ， ∴DE ，BE ，PE 两两互相垂直．分别以ED →，EB →，EP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系E ­xyz . 设|PE |＝a (0＜a ＜1)，则B (0,2－a,0)，D (a,0,0)，C (1,1－a,0)，P (0,0，a )， ∴PB →＝(0,2－a ，－a )，BC →＝(1，－1,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧PB →·n ＝0，BC →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a y －az ＝0，x －y ＝0，∴平面PBC 的一个法向量为n ＝(a ，a,2－a )，∵直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，且PD →＝(a,0，－a )， ∴sin 30°＝|a 2－a 2－a |2a 2×a 2＋a 2＋2－a2，∴a ＝2(舍)或a ＝25.∴平面PBC 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，25，85. 易知平面PDE 的一个法向量为m ＝(0,1,0)， 设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝26，所以sin θ＝346， 即平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值为346. [规律方法] 利用向量计算二面角大小的常用方法1找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐钝二面角. 2找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.(2019·南昌重点中学联考)如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC 将△ACD折起，使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．(1)求证：平面ACD⊥平面BCD；(2)当ABAD＝2时，求二面角D­AC­B的余弦值．[解](1)证明：如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE，则DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC.因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD.又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD.(2)以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD＝a，则AB＝2a，所以A(0，－2a,0)，C(－a,0,0)．由(1)知AD⊥BD，又ABAD＝2，所以∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，所以AE＝AD cos∠DAB＝12a，BE＝AB－AE＝32a，DE＝AD sin∠DAB＝32a，所以D⎝⎛⎭⎪⎫0，－32a，32a，所以AD→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12a，32a，AC→＝(－a,2a,0)．设平面ACD的法向量为m＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧m·AD→＝0，m·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12ay＋32az＝0，－ax＋2ay＝0.取y＝1，则x＝2，z＝－33，所以m＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，－33.因为平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－3322＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫－332＝－14.所以二面角D ­AC ­B 的余弦值为14.1．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解] (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋4－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －423a －42＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23a －42＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43， 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD， 故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)， AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，- 9 - 所以可取m＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎨⎧ n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525， sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525.。

3.2 立体几何中的向量方法（第一课时）教案一、教学目标知识与技能：1、能用向量方法描述点、线、面；2、理解直线的方向向量、平面的参数向量、平面的法向量；3、掌握用直线方向向量表示直线的平行、垂直和角度；4、掌握用平面的法向量表示平面的平行、垂直和二面角的大小；5、掌握用直线的方向向量和平面的法向量表示直线和平面的平行、垂直和角度；过程与方法：1、在空间向量数乘运算的基础上，使学生体会用向量表示直线，得到直线的方向方程；2、让学生经历从平面向量基本定理探究出平面的参数向量方程；3、探究平面的点法式表示，感受法向量的表示平面方向的合理性；4、让学生经历用直线的方向向量和平面的法向量探究空间立体几何的平行、垂直和角度问题；情感、态度与价值观1、领悟从立体几何的综合法过渡到向量法的思想——几何问题代数化2、体会用向量探究立体几何中的平行、垂直和角度问题的方法、发现用向量运算来表示线面、面面的角度。

二、重点难点重点：1、探究点、线、面的向量表示；2、探究线线、线面、面面的平行和垂直的向量表示；难点：1、线线、线面、面面所成的角。

2、把立体几何初步的方法“翻译”成对应的向量方法。

三、教学过程必修2立体几何初步与选修2-1立体几何初步对比必修2•概念的引入采用直观描述方法•以运动变化观点从直观上认识空间几何体•引导学生观察、猜想、说理，从合情推理层面说明其正确性•处理是横向的：空间线线关系，空间线面关系，空间面面关系；选修2-1•先讲清直线的方向向量与平面的法向量• 然后从线面关系（包括直线与直线、直线与平面、平面与平面）的判定，空间角（包括异面直线所成的角，直线与平面所成的角、平面与平面所成的角）• 处理是纵向的：方向向量与法向量，线面关系的判定，空间角的计算教学程序框图1、点、线、面的向量表示点、线、面的向量表示，遵循从直观感知开始。

引导学生回忆立体几何初步是怎样表示点，线，面的，然后启发学生用向量的语言把这些基本几何元素“翻译”成对应的向量语言。

立体几何中的向量方法的教学设计（五篇）第一篇：立体几何中的向量方法的教学设计《立体几何中的向量方法》的教学设计一、教材分析本节课是坐标法与向量有效结合的典型范例，有利于培养学生利用向量解决立体几何问题的能力。

二、教学目标通过类比平面内的点、线的位置可以由向量来确定，引导学生理解空间内的点、线、面的位置也可以由向量来表示，并进一步探究用空间向量的运算来表示空间线、面的位置关系。

从应用其证明空间线面的平行与垂直问题中体会直线的方向向量与平面的法向量在解决立体几何中线面平行与垂直问题时的作用。

从而树立学好用好向量法解决立体几何问题的兴趣和信心。

三、教学重点、难点由于建系求点坐标是向量方法中最大的障碍，所以把坐标法与向量法结合作为重点，而适当地建立空间直角坐标系及添加辅助线作为难点。

四、教学手段用几何画板直观展示图形给学生立体感，通过问题链让学生有效地进行数学思维。

五、教学流程1、新课导入：同学们，在前面的学习中，我们已经接触过一些用空间向量的运算方法，所以这节课我们将使用一些用空间向量知识证明点、线、面的位置关系。

为了运用向量来解决立体几何问题，首先要明确空间的点、线、面的位置是否可以用向量来确定？想一想平面内点、线的位置可以由向量来唯一确定吗？你能利用类比的方法，相应地得出空间点、线、面的位置也可以由向量来唯一确定的结论吗？2、经典例题讲解：<例一> 已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=θ,求证：CC1⊥BD.分析：题目是让我们求证CC1⊥BD，我们可以利用向量垂直的方法来试着证明CC1.BD =0 <例二> 棱长都等于2的正三棱柱ABC-A1B1C1,D,E分别是AC,CC1的中点，求证：A1E⊥平面DBC1。

分析：该题主要是考察学生是否可以根据已知题目给出的信息将建立空间直角坐标系，本题以D为坐标原点，DC所在的直线为x轴，连接BD以BD为y轴，Z轴则平行与CC1建立了D-XYZ的空间直角坐标系。

第7讲立体几何中的向量方法[考纲解读]1。

理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．(重点)2.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．(难点)［考向预测］从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容．预测2021年高考将会以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上。

1．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）⇔错误!v1∥v2⇔v1＝λv2.（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为v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y,使v＝错误!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⇔错误!v⊥u⇔错误!v·u＝0。

（4）设平面α和β的法向量分别为u1，u2,则α∥β⇔错误!u1∥u2⇔u1＝λu2。

2．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⇔错误!v1⊥v2⇔错误!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⇔错误!v∥u⇔错误!v＝λu.(3）设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β⇔错误!u1⊥u2⇔错误!u1·u2＝0。

3．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则4．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e,平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝错误!错误!,φ的取值范围是［0°，90°]．5．求二面角的大小(1)如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝□01〈错误!，错误!〉．（2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量,则二面角的大小θ满足｜cosθ|＝错误!｜cos<n1，n2〉｜＝错误!错误!，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角）.1．概念辨析（1）若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(）（2)两异面直线夹角的范围是(0°,90°］，直线与平面所成角的范围是［0°，90°］，二面角的范围是［0°，180°]．（)（3）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．（)(4）若二面角α－a－β的两个半平面α,β的法向量n1，n2所成角为θ,则二面角α－a－β的大小是180°－θ.（）答案（1）×（2）√（3）×（4)×2．小题热身(1)若直线l的方向向量为a＝(1，0,2），平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α相交但不垂直答案B解析因为a＝(1，0,2)，n＝（－2,0,－4），所以n＝－2a，所以a∥n，所以l⊥α.(2）已知向量错误!＝(2，2,1),错误!＝(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量是（）A。

第三课时： 3.2立体几何中的向量方法（三）
教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题．
教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用．
教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用．
教学过程：
一、复习引入
1. 法向量定义：如果直线, 取直线l的方向向量为，则向量叫作平面α的法向量（normal vectors）. 利用法向量，可以巧妙的解决空间角度和距离.
2. 讨论：如何利用法向量求线面角？→面面角？
直线AB与平面α所成的角，可看成是向量所在直线与平面α的法向量所在直线夹角的余角，从而求线面角转化为求直线所在的向量与平面的法向量的所成的线线角，根据两个向量所成角的余弦公式，我们可以得到如下向量法的公式：
.
3. 讨论：如何利用向量求空间距离？
两异面直线的距离，转化为与两异面直线都相交的线段在公垂向量上的投影长.
点到平面的距离，转化为过这点的平面的斜线在平面的法向量上的投影长.
二、例题讲解：
1. 出示例1：长方体中，AD==2，AB=4，E、F分别是、AB的中点，O是的交点. 求直线OF 与平面DEF所成角的正弦.
解：以点D为空间直角坐标系的原点，DA、DC、为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则
.
设平面DEF的法向量为，
则，而， .
∴，即, 解得，∴ .
∵，而.
∴
所以，直线OF与平面DEF所成角的正弦为.
2. 变式：用向量法求：二面角余弦；OF与DE的距离；O点到平面DEF的距离.
三、巩固练习
作业：课本P121、习题A组 5、6题.。

3. 2立体几何中的向量方法教学目标：1. 掌握好向量的相关知识：概念、基本运算、建系方法、坐标求法（不定点的坐标）、平行与垂直、法向量求法2. 掌握向量作为工具解决立几问题的方法3. 向量解题后建议多思考传统的方法，不仅可以锻炼思维能力，还可以深刻认识空间几何的本质重点难点：向量作为工具解决立几问题的方法 教学过程：相关知识与能力： 一.空间距离的计算1. 空间两点间的距离：设A 、B 是空间两点，则A 、B 两点间的距离d=|AB |2.两条异面直线间的距离：设a 、b 是两条异面直线，n 是a 、b 的公共法向量（即b n a n ⊥⊥且），点A ∈a,B∈b则异面直线a 、b 间的距离d 即n AB 在方向上的射影长为异面直线a 、b 间的距离。

3.点（或线）到平面的距离：1）设,.,外一点是平面点的法向量是平面ααo Pn P 是平面α内任一点，则P Od 2) 二.空间角度的计算1. 两条异面直线所成的角：设l 1与l 2两条异面直线，n ∥l 1 ， m ∥l 2，则l 1与l 2所成的角α=<n ，m >或α=л -<n ，m > （0<α≤2π）cos<n ，m （0<α≤2π）所示图）见第一3.cos si n ==βθ2. 斜线P 0P 与平面α所成的角θ)20(πθ<< 3.二面角：设相交平面α与β的法向量分别为m n ,，则α与β所成的角的大小为<m n ,> 或><-m n ,π（如何确定？）典例分析：例1.在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别是BD D D ,1的中点，G 在棱CD 上，且CD CG 41=，H 为C 1G 的中点，应用空间向量方法求解下列问题。

（1）求证：EF ⊥B 1C ；（2）求EF 与C 1G 所成的角的余弦； （3）求FH 的长。

立体几何中的向量方法 教案一、教学目标：1、充分理解直线的方向向量与平面的法向量2、会用向量语言表述线线、线面、面面平行、垂直的关系3、会用向量的方法证明平行、垂直问题重点：理解并掌握向量方法解决立体几何问题的“三部曲”难点：建立立几图形与空间向量之间的联系，把立体几何问题转化为向量问题二、复习引入 方法1、 方法2、 方法3、附：做在纸上想一想还有没有其它方法？三、新课讲授两个重要的空间向量1、直线的方向向量定义：把直线上任意两点的向量或与它平行的向量都称为直线的方向向量.2定义：如果直线l ⊥ α,取直线l 的方向向量a,则向量a 叫做平面α的法向量.回想证明直线与平面垂直的方法1、定义法：平面外一条直线垂直于平面内的任意一条直线2、判定定理：平面外一条直线垂直于平面内的两条相交线 求解的步骤： S1:设 S2:列 S3:解 S4:取二.判定直线、平面间的位置关系(1)直线与直线的位置关系(2)直线与平面的位置关系(3)平面与平面的位置关系11111111ABCD A B C D E F BB DC AE D FAE A D F ⊥⊥正方体-中，、分别为、的中点，求证（1）（2）平面A B C ABC 已知点（3，0，0）（0，4，0）（0，0，5）求平面的一个法向量跟踪练习1212a ,,a=(2,3,1),(6,9,3)(2)a=(2,0,4),(6,3,3)b l l l l b b -=---=针对训练：设向量,分别为直线的方向向量，根据下列条件判断的位置关系（1）a a=(2,3,1),u (2,3,1)(2)a=(2,0,3),u (3,3,2)u l l αα-=---= 针对训练：设向量,分别为直线的方向向量与平面的法向量，根据下列条件判断直线与平面的位置关系（1）u u=(3,3,1),v (2,0,6)(2)u=(2,4,5),v (3,1,2)v l αβ=---=针对训练：设向量,分别为平面与平面的法向量，根据下列条件判断直线的位置关系（1）AB 解：设平面ＡＢＣ的法向量为ｕ＝（ｘ，ｙ，ｚ）则向量＝（－３，４，０），ＡＣ＝（－３，０，５）AB ∙∙由已知得ｕ＝０，ｕＡＣ＝０⎧⎪⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎪⎩５ｘ＝ｚ－３ｘ＋４ｙ＝０３即 解之得 －３ｘ＋５ｚ＝０５ｙ＝ｚ４令ｚ＝１５５得平面ＡＢＣ的法向量为（，，１）３４1a m 不重合的两条直线L ，的方向向量分别为,b////a ,a 0l m a b kb k R l m a b b ⇔⇔=∈⊥⇔⊥⇔∙= ；a,u L αα⊄设直线L 的方向向量为平面的法向量为，且//u a u 0//u a u,l a l a k k Rαα⇔⊥⇔∙=⊥⇔⇔=∈；u vαβ平面的法向量为，平面的法向量为////v u v,v u v 0,u k k R u αβαβ⇔⇔=∈⊥⇔⊥⇔∙= ；巩固提高：在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中, O 是面AC 的中心,求面OA 1D 1的法向量.强化练习四、小结1、学习了两个概念及相关求法2、掌握了证明线线、线面、面面平行和垂直的方法3、空间向量解决立体几何问题的“三部曲”二、用空间向量解决立体几何的“三部曲”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、线、面，把立体几何问题转化为向量问题2、通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系及它们之间的距离与夹角问题3、把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义五、当堂检测：1、正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点,求证:面AED ⊥面A 1FD2、棱长都等于2的正三棱柱ABC-A 1B 1C 1, D,E 分别是AC,CC 1的中点,求证: (1)A 1E ⊥平面DBC 1; (2)AB 1 ∥ 平面DBC 1111OA D z =取得平面的法向量的坐标为u=(2,0,1)A A XYZ 解：以为原点，建立空间直角坐标系-（如图），11OA D u=设平面的法向量为（x,y,z ）A D 110（1，1，0），（0，0，2），（0，2，2）11OA OD 202200x y z x zx y z y ==--+==⎧⎧⎨⎨-++==⎩⎩由（-1，-1，2），（-1，1，2）得解得，,,,u v ////a ,a 0//u a u 0//u a u,////v u v,v u v 0,l m a b l m a b kb k R l m a b b l a l a k k Ru k k R u αβαααβαβ⇔⇔=∈⊥⇔⊥⇔∙=⇔⊥⇔∙=⊥⇔⇔=∈⇔⇔=∈⊥⇔⊥⇔∙=一，证明线、面垂直、平行的方法设的方向向量为平面，的法向量为，；；；11(,,)120(1,0,2)2200(2,0,1)2020x y z x z x zy y A FD u n AED A FD=⎧+==-⎧⎪-⎨⎨=⎩⎪=⎩=∙=-++=∴⊥证明：以A 为原点建立如图所示的直角坐标系A-xyz ，设正方形体的棱长为2，则E(2,0,1),A1(O,0,2),F(1,2,0),D(0,2,0), 于是设平面AED 的法向量为u 得，解之得，取z=2得u 同理可得平面的法向量为v面1111(1,0,2),2),(1,0,2),(,.),2021(2,0,100(2,0,1)(2B C DBC x y z x z x z z u y E u DBC -+=⎧=-⎧⎪==--⎨⎨==⎪⎩⎩=-=-⊥111解：以D 为原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴建立空间直角坐标系D-xyz 则2，)E(1,0,1),A 设平面的法向量为u 则解之得取得）(1)A 从而A E平面111)2),2020//AB u AB DEC =∙=-++=1而AB 平面11111111ABCD A B C D E F BB DC AE D FAE A D F ⊥⊥正方体-中，、分别为、的中点，求证（1）（2）平面111(1,0,2)1(,0,1)211022D F AE DF AE D F ==∴∙=-=∴⊥ 11)设正方体边长为1,则A(0,0,0),E(1,0,),21F(,1,0),D(0,1,1),AE 211111112)(,,),(0,0,1),11(,1,1),(,0,1)221020,010211(2,0,1),2x y z A FA FD x y z u FA u FD x z z u AE u AE A D F==---⎧--+=⎪⎧⎪∙=∙=⎨⎨⎩⎪-+=⎪⎩=∴==∴⊥11设平面A D F 的法向量为u 则x=2z 得y=0令又面。

第一课时： 3.2立体几何中的向量方法（一）教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题．教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学过程：一、复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示； ⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式； ⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝a b a b ⋅⋅r r r r ，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性质a ⊥b ⇔a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题；⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题．二、例题讲解1. 出示例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥．证明：·OC AB u u u u r u u u r ＝·()OC OB OA -u u u u r u u u r u u u r ＝·OC OB u u u u r u u u r －·OC OA u u u u r u u u r ． ∵OA BC ⊥，OB AC ⊥， ∴·0OA BC =u u u r u u u r ，·0OB AC =u u u r u u u u r ， ·()0OA OC OB -=u u u r u u u u r u u u r ，·()0OB OC OA -=u u u r u u u u r u u u r ． ∴··OA OC OA OB =u u u r u u u u r u u u r u u u r ，··OB OC OB OA =u u u r u u u u r u u u r u u u r ． ∴·OC OB u u u u r u u u r ＝·OC OA u u u u r u u u r ，·OC AB u u u u r u u u r ＝0． ∴OC AB ⊥ 2. 出示例2：如图，已知线段AB 在平面α内，线段AC α⊥，线段BD⊥AB ，线段'DD α⊥，'30DBD ∠=o ，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D 间的距离．解：由AC α⊥，可知AC AB ⊥．由'30DBD ∠=o 可知，＜,CA BD u u u r u u u u r ＞＝120o ，∴2||CD u u u u r ＝2()CA AB BD ++u u u r u u u r u u u u r ＝2||CA u u u r ＋2||AB u u u r ＋2||BD u u u u r ＋2(·CA AB u u u r u u u r ＋·CA BD u u u r u u u u r ＋·AB BD u u u r u u u u r ) ＝22222cos120b a b b +++o ＝22a b +．∴CD =3. 出示例3：如图，M 、N 分别是棱长为1的正方体''''ABCD A B C D -的棱'BB 、''B C 的中点．求异面直线MN 与'CD 所成的角．解：∵MN u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ，'CD u u u u r ＝'CC CD +u u u u r u u u u r ， ∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ·(')CC CD +u u u u r u u u u r ＝12(2|'|CC u u u u r ＋'CC CD u u u u r u u u u r g ＋·'BC CC u u u r u u u u r ＋·BC CD u u u r u u u u r )．∵'CC CD ⊥，'CC BC ⊥，BC CD ⊥，∴'0CC CD =u u u u r u u u u r g ，·'0BC CC =u u u r u u u u r ，·0BC CD =u u u r u u u u r ， ∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝122|'|CC u u u u r ＝12． …求得 cos ＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞12=，∴＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞＝60o . 4. 小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算去计算或证明．三、巩固练习 作业：课本P 116 练习 1、2题.。