数学选修2-1 第三章 空间向量与立体几何 法向量求线面角教案资料

《空间向量在立体几何中的应用》教学设计一教学目标 （一）知识与技能1理解并会用空间向量求线线角、线面角、二面角的余弦值； 2理解并会用空间向量解决平行与垂直问题 （二）过程与方法1体验用空间向量求线线角、线面角、二面角的余弦值的过程； 2体验用空间向量解决平行与垂直问题的过程． （三）情感态度与价值观1通过理解并用空间向量求线线角、线面角、二面角的余弦值，用空间向量解决平行与垂直问题的过程，让学生体会几何问题代数化，领悟解析几何的思想；2培养学生向量的代数运算推理能力； 3培养学生理解、运用知识的能力． 二教学重、难点重点：用空间向量求线线角、线面角、二面角的余弦值及解决平行与垂直问题． 难点：用空间向量求二面角的余弦值．三教学方法：情景教学法、启发式教学法、练习法和讲授法． 四教学用具：电脑、投影仪． 五教学设计 （一）新课导入1提问学生：（1）怎样找空间中线线角、线面角和二面角的平面角？ （2）能否用代数运算来解决平行与垂直问题？ （二）新课学习1用空间向量求线线角、线面角、二面角的余弦值（1）设12,l l 是两条异面直线，,A B 是1l 上的任意两点，,C D 是直线2l 上的任意两点，则12,l l 所成（2）设AB 是平面α的斜线，且,B BC α∈是斜线AB 在平面α内的射影，则斜线AB 与平面α所n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条斜线，则AB 与平面α所（3）设12,n n 是二面角l αβ--的面,αβ弦值例1：在棱长为a 的正方体''''ABCD A B C D -中，EF 分别是'',BC A D 的中点，（1）求直线'ACDE 与所成角的余弦值 （2）求直线AD 与平面'B EDF 所成的角的余弦值（3）求平面'B EDF 与平面ABCD分析：启发学生找出三条两两垂直的直线AB,AD,AA ´，建立空间直角坐标系A-，根据已知找出相关点的坐标，然后写出相关向量的坐标，并进行运算就可以得到所求的结果解：（1）如图建立坐标系，则'(0,0,),(,,0),(0,,0),(,,0)2aA a C a a D a E a'(,,),(,,0)2a AC a a a DE a ∴=-=-'''15cos ,15AC DE AC DE AC DE•∴<>==• 故'ACDE 与所成的角的余弦值为1515 （2）,ADE ADF ∠=∠所以AD 在平面'B EDF 内的射影在EDF ∠的平分线上，又'B EDF 为菱形，'DB ∴为EDF ∠的平分线，故直线AD 与平面'B EDF 所成的角为'ADB ∠，建立如图所示坐标系，则'(0,0,0),(,0,),(0,,0)A B a a D a ，'(0,,0),(,,)DA a DB a a a ∴=-=-，'''3cos ,3DA DB DA DB DA DB •∴<>==•故AD 与平面'B EDF 所成角的余弦值为33 （3）由''(0,0,0),(0,0,),(,0,),(0,,0),(,,0)2aA A aB a a D a E a ,所以平面ABCD 的法向量为'(0,0,)m AA a ==,下面求平面'B EDF 的法向量，设(1,,)n y z =，由'(,,0),(0,,)22a aED a EB a =-=-，'0210n ED y z n EB ⎧•==⎧⎪∴⇒⎨⎨=⎩•=⎪⎩，(1,2,1)n ∴= 6cos ,6m n n m m n•∴<>==• 所以，平面'BEDF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为66 课堂练习：1如图，PA ABC ⊥平面，,1,AC BC PA AC BC ⊥===A PB C --的余弦值参考答案：解：建立如图所示空间直角坐标系C xyz -，取PB 的中点D ，连,DC 可证DC PB ⊥，作AE PB ⊥于E ，则向量DC EA 与的夹角的大小为二面角A PB C --的大小。

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><b a , 规定：π>≤≤<b a ,0特别地，如果0,>=<b a ，那么a 与b 同向；如果π>=<b a ,，那么a 与b 反向；如果90b ,a >=<，那么a 与b 垂直，记作b a ⊥。

云南省曲靖市麒麟区第七中学高中数学 第三章 空间向量与立体几何 求角学案 新人教A 版选修2-1【学习目标】求异面直线所成的角，求线面角，求面面角。

【学习重难点】利用向量求异面直线所成的角，求线面角，求面面角【问题导学】1．两条异面直线所成角的求法(1)向量求法：设直线b a ,的方向向量为b a ,，其夹角为ϕ，直线b a ,的夹角为θ，则有 .(2)两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等，当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．2．直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ,平面的法向量为v ,直线与平面所成的角为θ，a 与v 的夹角为ϕ，则有 .二面角的求法：(1)AB 与CD 的夹角(如图①所示)．(2)设21,n n 是二面角βα--l 的两个面βα,的法向量，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图②所示)．【实践演练】典型例题例1、正方体1111D C B A ABCD -中，F E ,分别是1111,C A D A 的中点．求异面直线AE 与CF 所成角的余弦值．例2、正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求1AC 与侧面11A ABB所成的角．例3、四棱锥ABCD P -中，PB ⊥底面ABCD ，PD CD ⊥，底面ABCD 为直角梯形，3,,//===⊥PB AD AB BC AB BC AD ,点E 在棱PA 上，且EA PE 2=,求二面角D BE A --的余弦值．基础练习1．若直线1l 的方向向量与2l 的方向向量的夹角是150°，则1l 与2l 这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．以上均错3．直角三角形ABC 的斜边AB 在平面α内，直角顶点C 在α内的射影是C '，则△C AB '是( ) A ．直角三角形 B ．钝角三角形C ．锐角三角形D ．各种情况都有可能 4．如图所示，在正方体1111D C B A ABCD -中，P N M ,,分别是棱111,,B A BC CC 上的点，若︒=∠901MN B ，则PMN ∠的大小是( )A ．等于90°B ．小于90°C ．大于90D ．不确定5．在正方体1111D C B A ABCD -中，点E 为1BB 的中点，则平面ED A 1与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.226．若两个平面βα,的法向量分别是)0,1,1(),1,0,1(-==v n .则这两个平面所成的锐二面角的度数是________．7．正方体1111D C B A ABCD -中，N M ,分别是111,C B DD 的中点，P 是棱AB 上的动点，则M A 1与PN 所成的角是________．8．已知正四棱锥ABCD S -的侧棱长为2，底面的边长为3，E 是SA 的中点，求异面直线BE 和SC 所成的角．9.如图所示，已知直角梯形ABCD ，其中AD BC AB 2==,AS ⊥平面A B C D ,BC AB BC AD ⊥,//,且AB AS =,求直线SC 与底面ABCD 的夹角θ的余弦．10.若PA ⊥平面ABC ,2,1,===⊥BC AC PA BC AC ，求二面角A —PB —C 的余弦值．拓展提升11．如图所示，在正方体ABCD —A1B1C1D1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA1＝2，E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝FB ＝1，(1)求二面角C —DE —C1的正切值； (2)求直线EC1与FD1所成角的余弦值．12．正三棱锥O —ABC 的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直，且长度均为2.E 、F 分别是AB 、AC 的中点，H 是EF 的中点，过EF 的一个平面与侧棱OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知OA1＝32.(1)求证：B1C1⊥平面OAH ；(2)求二面角O —A1B1—C1的余弦值．。

《空间向量和空间角（一）》教案设计教学目标：1 复习巩固建系，直线方向向量，平面的法向量等知识点；2掌握利用空间向量的方法解决线线角，线面角的计算问题；3 通过向量法求角，让学生体会将空间问题转化为平面问题的思维方法，培养学生直观想象和数学抽象的核心素养。

教学重点：用向量法求异面直线所成角，直线与平面所成角教学难点：灵活运用向量法和几何法求异面直线所成角，直线与平面所成角教学方法： 启发引导学习方法： 合作探究教学手段：多媒体教学教学过程：复习巩固：1. 数量积2.夹角公式 3空间向量的坐标表示新课讲授：一 异面直线所成角异面直线所成角的范围：θ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛20π， 思考：的关系？与的关系？与θθB A C D B A D C ,, 结论：B A D C COS COS ,=θ例题1 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．(教师引导，学生互动，几何法和向量法均可)课堂练习：（牛刀小试）在Rt ∆ABC 中，∠BCA=O 90现将∆ABC 沿着平面ABC 的法向量平移到 111C B A ∆位置，已知BC=CA=1CC ,取1111,C A B A 的中点,,11F D所成角的余弦值。

与求11AF BD规律方法：(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：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v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解． (2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α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． 大显身手：中，在长方体1111D C B A ABCD -AB =5,AD=8,1AA =4,,2111=M B C B M 上的一点，且为 .11AN D A D A N ⊥上，在线段点(1);1AM D A ⊥求证：(2)所成角。

第3课时空间向量与空间角●三维目标1.知识与技能(1)理解直线与平面所成角的概念．(2)能够利用向量方法解决线线、线面、面面的夹角求法问题．(3)体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．2．过程与方法经历规律方法的形成推导过程、解题的思维过程，体验向量的指导作用．3．情感、态度与价值观通过学习向量及其运算由平面向空间推广的过程，逐步认识向量的科学价值、应用价值和文化价值，提高学习数学的兴趣，树立学好数学的信心．●重点难点重点：向量法求解线线、线面、面面的夹角．难点：线线、线面、面面的夹角与向量夹角的关系．(教师用书独具)●教学建议按照传统方法解立体几何题，需要有较强的空间想象能力、演绎推理能力以及作图能力，学生往往由于这些能力的不足造成解题困难．用向量法处理立体几何问题，实现了几何问题代数化，把对空间图形的研究从“定性推理”转化为“定量计算”，即将复杂的几何论证转化为代数运算，从而避免了几何作图，减少了逻辑推理，降低了难度，学生易于操作，容易接受．本节课宜采取的教学方法：(1)诱导思维法：这种方法有利于学生对知识进行主动建构；有利于突出重点，突破难点；有利于调动学生的主动性和积极性，发挥其创造性．(2)分组讨论法：有利于学生进行交流，及时发现问题，解决问题，培养学生的互相合作精神．(3)讲练结合法：可以及时巩固所学内容，抓住重点，突破难点．学法方面，自主探索、观察发现、类比猜想、合作交流．建构主义学习理论认为，学习是学生积极主动的建构知识的过程，学习应该与学生熟悉的背景相联系．在教学中，让学生在问题情境中，经历知识的形成和发展，通过观察、归纳、思考、探索、交流、反思、参与学习，认识和理解数学知识、学会学习，发展能力．●教学流程创设问题情境，提出空间中两条异面直线的夹角、直线与平面的夹角、二面角的取值范围各是多少？⇒通过引导学生回答问题，分析空间角大小与向量夹角的关系，并进一步得出用向量求空间角的方法.⇒通过例1及其变式训练，使学生掌握利用向量求异面直线所成角的方法及注意事项.⇒通过例2及其变式训练，使学生掌握利用向量求直线与平面所成的角.⇒通过例3及其变式训练，解决利用向量求二面角问题.⇒完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈矫正.⇒归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识.课标解读1.理解直线与平面所成角的概念．(重点)2.会用向量法求线线、线面、面面夹角．(重点、难点)3.正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点)空间角的向量求法【问题导思】1．空间中两条异面直线所成角的范围是多少？【提示】(0，π2]．2．直线与平面的夹角是怎样定义的？夹角的范围是多少？【提示】 平面外一条斜线与它在该平面内的射影所成的角叫斜线与平面所成的角，其取值范围为[0，π2]．3．怎样作出二面角α－l －β的平面角？其平面角的取值范围是多少？【提示】 在二面角α－l －β的棱l 上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 就是二面角α－l －β的平面角．它的取值范围是[0，π].角的分类向量求法范围 两异面直线l 1与l 2所成的角θ设l 1与l 2的方向向量为a ，b ，则cos θ＝|cos a ，b|＝|a·b ||a ||b |(0，π2]直线l 与平面α所成的角θ设l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos a ，n|＝|a·n ||a ||n |[0，π2]二面角α－l －β的平面角θ设平面α，β的法向量为n 1，n 2，则|cos θ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|[0，π]求异面直线所成的角图3－2－17如图3－2－17，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y 轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．【自主解答】 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点， 所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，∴V (0,0，6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)， ∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程只需对相应向量运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是(0，π2]，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cosθ＝|cos α|，求解时要特别注意．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，求异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值．【解】 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，得A 1B →＝(0,4，－3)，B 1C →＝(－4,0，－3)．设A 1B →与B 1C →的夹角为θ，则cos θ＝A 1B →·B 1C →|A 1B →||B 1C →|＝925，故A 1B →与B 1C →的夹角的余弦值为925，即异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为925.求线面角图3－2－18(2013·泰安高二检测)如图3－2－18所示，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小． 【思路探究】 (1)怎样建立坐标系？(2)向量CM →与SN →满足什么关系时有CM ⊥SN 成立？ (3)SN →的坐标是多少？平面CMN 的一个法向量怎么求？SN →与平面CMN 的法向量的夹角就是SN 与平面CMN 所成的角吗？【自主解答】 设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系(如图)．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，又AN ＝14AB ，M 、S 分别为PB 、BC 的中点，∴N (12，0,0)，M (1,0，12)，S (1，12，0)，(1)CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)，∴CM →·SN →＝(1，－1，12)·(－12，－12，0)＝0，因此CM ⊥SN .(2)NC →＝(－12，1,0)，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，∴CM →·a ＝0，NC →·a ＝0.则⎩⎨⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝－2y . 取y ＝1，则得a ＝(2,1，－2)． 因为cos a ，SN →＝－1－123×22＝－22.∴〈a ，SN →〉＝34π.所以SN 与平面CMN 所成角为34π－π2＝π4.1．本题中直线的方向向量SN →与平面的法向量a 的夹角并不是所求线面角θ，它们的关系是sin θ＝|cos 〈SN →，a 〉|.2．若直线l 与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：如图3－2－19，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1C 的中点，求BE 与平面B 1BDD 1所成角的余弦值．图3－2－19【解】 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则B (2,2,0)，B 1(2,2,2)，E (0,2,1)，BD →＝(－2，－2,0)，BB 1→＝(0,0,2)，BE →＝(－2,0,1)．AC →＝(－2,2,0)即平面B 1BDD 1的一个法向量，设n ＝(－1,1,0)． cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝105.设BE 与平面B 1BD 所成角为θ，cos θ＝sin 〈n ，BE →〉＝155，即BE 与平面B 1BD 所成角的余弦值为155.求二面角图3－2－20如图3－2－20，若正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD 的交点，AC⊥BC，且AC＝BC，求二面角A－EB－C的大小．【思路探究】(1)根据已知条件，你能建立空间直角坐标系吗？A、B、C、E、M的坐标分别为多少？(2)怎样用法向量法求二面角A－EB－C的大小？【自主解答】∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC.又∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC.以点A为坐标原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC，AE为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设EA＝AC＝BC＝2，则A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)．∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴M(0,1,1)．设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥AE→且n⊥AB→，从而有n·AE→＝0且n·AB→＝0.又∵AE →＝(0,0,2)，AB →＝(2,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(0，0，2)＝0，(x ，y ，z )·(2，2，0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0.取y ＝－1，则x ＝1，则n ＝(1，－1,0)． 又∵AM →为平面EBC 的一个法向量， 且AM →＝(0,1,1)，∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n ||AM →|＝－12.设二面角A －EB －C 的平面角为θ，则cos θ＝12，即θ＝60°.故二面角A －EB －C 为60°.用向量法求二面角的大小，可以避免作出二面角的平面角这一难点，转化为计算两半平面法向量的夹角问题，具体求解步骤如下：(1)建立空间直角坐标系；(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量； (3)求两个法向量的夹角；(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角； (5)确定二面角的大小．图3－2－21已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为a ，D 是侧棱CC 1的中点，求平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小．【解】 以B 为原点，过点B 与BC 垂直的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，C 1(0，a ，a )，A (－32a ，a 2，0)，A 1(－32a ，a2，a )，D (0，a ，a2)．故AB 1→＝(32a ，－a 2，a )，B 1D →＝(0，a ，－a 2)．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0， 即⎩⎨⎧32ax －a 2y ＋az ＝0，ay －a2z ＝0.得x ＝－3y ，z ＝2y .取y ＝1，则n ＝(－3，1,2)． ∵平面ABC 的法向量是AA 1→＝(0,0，a )， ∴二面角θ的余弦值为 cos θ＝AA 1→·n |AA 1→||n |＝22.∴θ＝π4.∴平面AB 1D 与平面ABC 所成二面角(锐角)的大小为π4.对所求角与向量夹角的关系不理解致误正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，求二面角A －BD 1－C 的大小．【错解】 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知DA 1→是平面ABD 1的一个法向量，DA 1→＝(1,0,1)， DC 1→是平面BCD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)， 所以cos 〈DA 1→，DC 1→〉＝DC 1→·DA 1→|DC 1→|·|DA 1→|＝12.所以〈DA 1→，DC 1→〉＝60°.即二面角A －BD 1－C 的大小为60°.【错因分析】 用法向量的夹角判断二面角的大小时出现错误，根据法向量的方向可知，二面角为钝角，而不是锐角．【防范措施】 利用法向量求二面角时，要注意法向量的夹角与二面角的大小关系是相等或互补，在求出两向量的夹角后，一定要观察图形或判断法向量的方向来确定所求二面角与其相等还是互补．【正解】 以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知DA 1→＝(1,0,1)是平面ABD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈DA 1→，DC 1→〉＝DC 1→·DA 1→|DC 1→|·|DA 1→|＝12，所以〈DA 1→，DC 1→〉＝60°.所以二面角A －BD 1－C 的大小为120°.利用空间向量求空间角的基本思路是把空间角转化为两个向量夹角的关系，解决方法一般有两种，即坐标法和基向量法，当题目中有明显的线面垂直关系时，尽量建立空间直角坐标系，用坐标法解决．需要注意的是要理清所求角与向量夹角之间的关系，以防求错结果.1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A ．30° B ．150° C ．30°或150° D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为(0，π2]．应选A.【答案】 A2．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°【解析】 设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝32， ∴θ＝60°，应选B. 【答案】 B3．已知平面α的法向量u ＝(1,0，－1)，平面β的法向量v ＝(0，－1,1)，则平面α与β所成的二面角的大小为________．【解析】 cos 〈u ，v 〉＝－12·2＝－12，∴〈u ，v 〉＝23π，而所成的二面角可锐可钝，故也可以是π3.【答案】 π3或23π图3－2－224．如图3－2－22直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，CC 1＝2，求直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【解】 以CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,1,0)，C 1(0,0,2)，A 1(1,0,2)．则A 1B →＝(－1,1，－2)，平面BB 1C 1C 的法向量n ＝(1,0,0)． 设直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角为θ，A 1B →与n 的夹角为φ， 则cos φ＝A 1B →·n |A 1B →||n |＝－66，∴sin θ＝|cos φ|＝66.∴直线A 1B 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为66.一、选择题1．(2013·济南高二检测)已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( )A.52266 B ．－52266 C.52222 D ．－52222【解析】 AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB 、CD 所成角的余弦值为52266.【答案】 A2．已知A ∈α，P ∉α，P A →＝(－32，12，2)，平面α的一个法向量n ＝(0，－12，－2)，则直线P A 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．150°【解析】 设直线P A 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝|0×(－32)－12×12－2×2|(－32)2＋(12)2＋(2)2·(－12)2＋(－2)2＝32.∴θ＝60°. 【答案】 C3．正方形ABCD 所在平面外一点P ，P A ⊥平面ABCD ，若P A ＝AB ，则平面P AB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解】 如图所示，建立空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝1.则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．于是AD→＝(0,1,0)．取PD中点为E，则E(0，12，1 2)，∴AE→＝(0，12，1 2)，易知AD→是平面P AB的法向量，AE→是平面PCD的法向量，∴cos AD→，AE→＝22，∴平面P AB与平面PCD的夹角为45°.【答案】 B4．(2013·西安高二检测)一个二面角的两个面分别垂直于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角()A．相等B．互补C．相等或互补 D．无法确定【解析】举例说明，如图所示两个二面角的半平面分别垂直，则半平面γ绕轴l旋转时，总有γ⊥β，故两个二面角大小无法确定关系．【答案】 D5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为()A．60°B．90°C．45°D．以上都不对【解析】以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，所以A 1E →＝(0,1，－1)，D 1E →＝(1,1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)．设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)， cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1.所以〈n ，EA →〉＝180°.所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°. 【答案】 B 二、填空题6．(2013·荆州高二检测)棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值是________．【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)， ∴AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)，∴cos 〈AM →，CN →〉＝1252·52＝25，故异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为25.【答案】 25图3－2－237．如图3－2－23，在三棱锥O －ABC 中，OA ＝OB ＝OC ＝1，∠AOB ＝90°，OC ⊥平面AOB ，D 为AB 的中点，则OD 与平面OBC 的夹角为________．【解析】 ∵OA ⊥平面OBC ， ∴OA →是平面OBC 的一个法向量． 而D 为AB 的中点，OA ＝OB ， ∴∠AOD ＝〈OD →，OA →〉＝45°.∴OD 与平面OBC 所成的角θ＝90°－45°＝45°. 【答案】 45°8．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a ＞0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________.【解析】 平面xOy 的法向量为n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0， 即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝(a 3，a4，1)．而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22， 又∵a ＞0，∴a ＝125.【答案】125三、解答题图3－2－249．如图3－2－24所示，在四面体ABCD 中，O ，E 分别是BD ，BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．【解】 (1)证明 连结OC ，由题意知BO ＝DO ，AB ＝AD ，∴AO ⊥BD . 又BO ＝DO ，BC ＝CD ，∴CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3， 又AC ＝2，∴AO 2＋CO 2＝AC 2， ∴∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . ∵BD ∩OC ＝O ，∴AO ⊥平面BCD . (2)以O 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)， E (12，32，0)， ∴BA →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1，－3，0)， ∴cos 〈BA →，CD →〉＝BA →·CD →|BA →|·|CD →|＝24.∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 10．四棱锥P —ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．(1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．【解】 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，则 A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，D (0,0,0)，P (0,0，h )， (1)∵AC →＝(－a ，a,0)，DP →＝(0,0，h )，DB →＝(a ，a,0)， ∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0，∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ，∴AC ⊥平面PDB ， 又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PDB .(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，P (0,0，2a )，E (12a ，12a ，22a )，设AC ∩BD ＝O ，O (a 2，a2，0)连结OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB 于O ，∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝(12a ，－12a ，－22a )，EO →＝(0,0，－22a )，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO →|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45°.图3－2－2511．如图3－2－25，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4.(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明：AF ⊥平面A 1ED ； (3)求二面角A 1－ED －F 的正弦值．【解】 如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得D (0,2,0)，F (1,2,1，)A 1(0,0,4)，E (1，32，0)．(1)易得EF →＝(0，12，1)，A 1D →＝(0,2，－4)．于是cos 〈EF →，A 1D →〉＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35.所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35.(2)已知AF →＝(1,2,1)，EA 1→＝(－1，－32，4)，ED →＝(－1，12，0)．于是AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0，因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED ，又EA 1∩ED ＝E . 所以AF ⊥平面A 1ED .(3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·EF →＝0u ·ED →＝0，即⎩⎨⎧ 12y ＋z ＝0－x ＋12y ＝0.不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2，－1)．由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量．于是cos 〈u ，AF →〉＝u ·AF →|u ||AF →|＝23， 从而sin 〈u ，AF →〉＝53. 所以二面角A 1－ED －F 的正弦值为53.三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)求证AP ⊥BC . (2)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A －MC －B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【自主解答】 (1)由AB ＝AC ，D 是BC 的中点得AD ⊥BC ，因为PO ⊥平面ABC ， 又BC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥BC ，又PO ∩AD ＝O ，所以BC ⊥平面P AO ，又AP ⊂平面P AO ，所以BC ⊥AP .(2)存在．以O 为坐标原点，以OD ，OP 所在直线分别为y 轴、z 轴，以过O 点且垂直于面POD 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)，所以AP →＝(0,3,4)，BP →＝(－4，－2,4)，设PM →＝λP A →(λ≠1)，则PM →＝λ(0，－3，－4)，所以BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λP A →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC →＝(－4,5,0)，BC →＝(－8,0,0)，设平面BMC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ －4x 1－(2＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 1＝0，－8x 1＝0， 令y 1＝4－4λ，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝0，z 1＝2＋3λ，可取n 1＝(0,4－4λ，2＋3λ)，由题意知平面AMC 与平面APC 是一个平面，∴设平面APC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 1＝0AC →·n 2＝0即⎩⎪⎨⎪⎧ 3y 2＋4z 2＝0－4x 2＋5y 2＝0. 所以⎩⎨⎧ x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)，由题意得n 1·n 2＝0，即4(4－4λ)－3(2＋3λ)＝0，解得λ＝25，故AM ＝3. 综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值．(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．【解】 设正方体的棱长为1，如图所示，以AB →，AD →，AA 1→分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1,0,0)，E (0,1，12)，A (0,0,0)，D (0,1,0)， 所以BE →＝(－1,1，12)，AD →＝(0,1,0)． 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量．设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23， 即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23. (2)依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1)，BE →＝(－1,1，12)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0.所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)． 设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)．又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)．而B1F⊄平面A1BE，由已知B1F∥平面A1BE⇔B1F→·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝12⇔F为C1D1的中点．这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.。

课 题：空间的角的计算（1） 教学目标：能用向量方法解决线线、线面的夹角的计算问题 教学重点：异线角与线面角的计算 教学难点：异线角与线面角的计算 教学过程 一、创设情景1、异面直线所称的角、线面角的定义及求解方法2、向量的夹角公式 二、建构数学1、法向量在求面面角中的应用：原理：一个二面角的平面角α1与这个二面角的两个半平面的法向量所成的角α2相等或互补。

2、法向量在求线面角中的应用：原理：设平面β的斜线l 与平面β所的角为α1，斜线l 与平面β的法向量所成角α2，则α1与α2互余或与α2的补角互余。

三、数学运用1、例1 在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1，F 1分别在A 1B 1,,C 1D 1上，且E 1B 1=41A 1B 1，D 1F 1=41D 1C 1，求BE 1与DF 1所成的角的大小。

解1：(几何法)作平行线构造两条异面直线所成的角AHG ∠1715cos =∠AHG 解2：（向量法）设b F D a DD ==111,4，则||||b a =且⊥222212117)4(||||a b a BE DF =+== 21115)4)(4(a b a b a BE DF =-+=⋅ 1715||||,cos 111111=>=<DF BE BE 解3：（坐标法）设正方体棱长为4，以1,,DD 为正交基底，建立如图所示空间坐标系xyz D -)4,1,0(1-=BE ,)4,1,0(1=DF ，⋅1BE 1DF ＝15 1715,cos 111111=>=<DF BE 2、例2 在正方体1111D C B A ABCD -中, F 分别是BC 的中点，点E 在D 1C 1上,且=11E D 41D 1C 1,试求直线E 1F 与平面D 1AC 所成角的大小解：设正方体棱长为1，以1,,DD DC DA 为单位正交基底，建立如图所示坐标系D -xyz1DB 为D 1AC 平面的法向量，)1,1,1(1=DB)1,43,21(1-=F E8787,cos 11>=<F E DB 所以直线E 1F 与平面D 1AC 所成角的正弦值为8787 3、补充例题 在三棱锥S —ABC 中，∠SAB =∠SAC =∠ACB =90°，AC =2，BC =13，SB （1）求证：SC ⊥BC ；（2）求SC 与AB 所成角的余弦值解：如图，取A 为原点，AB 、AS 分别为y 、z 轴建立空间直角坐标系，则有AC =2，BC =13，SB =29，得B （0,17,0）、S （0,0,23）、C （21713,174,0）， ∴SC =（21713,174,-23），CB =（－21713,1713,0）（1）∵SC ·CB=0，∴SC ⊥BC （2）设SC 与AB 所成的角为α，∵AB =（0,17,0），SC ·AB =4，|SC ||AB|=417， ∴cos α=1717，即为所求 4、课堂练习课本96页练习1－3αβPABl四、回顾总结求异线角与线面角的方法 五、布置作业课 题：空间的角的计算（2） 教学目标：能用向量方法解决二面角的计算问题 教学重点：二面角的计算 教学难点：二面角的计算 教学过程 一、创设情景1、二面角的定义及求解方法2、平面的法向量的定义 二、建构数学利用向量求二面角的大小。

课题:向量计算空间角（1）课时：08课型：新授课教学内容及过程（一）知识梳理：1.巩固复习，由学生填写，教师课件演示1.求两条异面直线所成的角设a ,b 分别是两条异面直线1l ,2l 的方向向量,则2.求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ,平面的法向量为n ,直线l 与平面所成的角为θ,则=θsin3.求二面角的大小(1)若AB ,CD 分别是二面角βα--l 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_________________的夹角(2)设1n ,2n 分别是二面角βα--l 两个面,β的法向量,则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)的大小就是____________的大小（二.）基础自测让学生独立完成，检验所学知识，教师进行点评1．在正方体ABCD D C B A -1111中,是11D C 的中点,则异面直线DE 与AC 所成的角余弦值为( ).1010- .201- .201 .10102.在三棱锥ABC P -中, ⊥PA 平面ABC , 90BAC =∠,F E D ,,分别是棱CP BC AB ,,的中点, 2,1===PA AC AB .则直线PA 与平面DEF 所成的角正弦值为( )A ．错误！未找到引用源。

B . 错误！未找到引用源。

C . 错误！未找到引用源。

D . 错误！未找到引用源。

3. 二面角的棱上有B A ,两点,直线BD AC ,分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB ,已知172,8,6,4====CD BD AC AB ,则该二面角的大小为( ). 150 . 45 . 60 . 1204.已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于,点N M ,分别是直线CD AB , 的中点,则异面直线AN 与CM 所成的角余弦值为___________（三）、规律方法总结：用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”（1）用空间向量解决立体几三步曲：1. 化为向量问题或向量的坐标问题2. 进行向量运算3 .回到图形（2）两种思维方法：用空间向量解决立体几何问题，有两种基本思维：（1）一种是利用空间向量表示几何量，利用向量的运算进行判断，此种方法不需要建系；（2）另一种是用空间向量的坐标表示几何量，利用向量的坐标运算进行判断，此种方法需要建系．（四）、典例分析（教师讲解，师生共同完成）例1. 如图所示，已知在矩形ABCD 中，AB=1，BC=a （a>0），PA ⊥平面AC ，且PA=1．（1）试建立适当的坐标系，并写出点P 、B 、D 的坐标；（2）问当实数a 在什么范围时，BC 边上能存在点Q ，使得PQ ⊥QD ？ PDA（3）当BC 边上有且仅有一个点Q 使得PQ ⊥QD 时，求二面角Q-PD-A 的大小．解析：（1）以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立坐标系如图所示．∵PA=AB=1，BC=a ，∴P （0，0，1），B （1，1，0），D （0，a ，0）．（2）设点Q （1，x ，0），则(1,,0),(1,,1)DQ x a QP x =-=--．显然当该方程有实数解时，BC 边上才存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，故⊿=a 2-4≥0．因a>0，故a 的取值范围为a ≥0．（3）易见，当a=2时，BC 上仅有一点满足题意，此时x=1，即Q 为BC 的中点．取AD 的中点M ，过M 作MN ⊥PD ，垂足为N ，连结QM 、QN ．则M （0，1，0），P （0，0，1），D （0，2，0）．∵D 、N 、P 三点共线， ∴(0,1,0)(0,1,1)(0,1,)111MD MP MN +λ+λ--λλ===+λ+λ+λ． 又(0,2,1)PD =-，且0MN PD ∙=， 故(0,1,)232(0,2,1)0113-λλ-λ∙-==⇒λ=+λ+λ． 于是22(0,1,)1233(0,,)25513MN -==+． 故12(1,,)55NQ NM MQ MN AB =+=-+=--． ∵1202()(1)()055PD NQ ∙=+⨯-+-⨯-=，∴PD NQ ⊥．∴∠MNQ 为所求二面角的平面角．∵6cos ||||NM NQ MNQNM NQ ∙∠==， ∴所求二面角为．方法小结：二面角的计算可以二面角的定义和采用平面的法向量间的夹角来实现，进而转化为对平面法向量的求解。

选修2-1第三章空间向量与立体几何教案课题：平面向量知识复习教学目标：复习平面向量的基础知识，为学习空间向量作准备教学重点：平面向量的基础知识教学难点：运用向量知识解决具体问题教学过程：一、基本概念向量、向量的模、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、共线向量、相反向量、向量的加法、向量的减法、实数与向量的积、向量的坐标表示、向量的夹角、向量的数量积。

二、基本运算1、向量的运算及其性质2、平面向量基本定理：如果21,e e是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数21,λλ，使a =； 注意)(21OB OA OP +=,OA OA OP )1(λλ-+=的几何意义3、两个向量平行的充要条件：⑴ //a b的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则//a b 的充要条件是： ；（坐标表示）4、两个非零向量垂直的充要条件：⑴ a b ⊥的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则a b ⊥ 的充要条件是： ；（坐标表示）三、课堂练习1．O 为平面上的定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，若( OB -OC )·(OB +OC －2OA )=0，则∆ABC 是（ ）A ．以AB 为底边的等腰三角形 B ．以BC 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形D ．以BC 为斜边的直角三角形2．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA PC PC PB PB PA ⋅=⋅=⋅，则P 是△ABC 的（ ） A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心3．在四边形ABCD 中，−→−AB ＝−→−DC ，且−→−AC ·−→−BD ＝0，则四边形ABCD 是（ ）A ． 矩形B ． 菱形C ．直角梯形D ．等腰梯形4．已知||p = ||3q = ，p 、q 的夹角为45︒，则以52a p q =+ ，3b p q =-为邻边的平行四边形的一条对角线长为（ ）A ．15B ．C ． 14D ．165．O 是平面上一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足OA OP =++λ，),0[+∞∈λ则P 的轨迹一定通过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心6．设平面向量a =(－2，1)，b =(λ，-1)，若a 与b 的夹角为钝角，则λ的取值范围是（ ）A ．),2()2,21(+∞-B ．),2(+∞C ．),21(+∞-D ．)21,(--∞7．若()(),0,7,4,3,2=+-==c a b a 方向在则b c 上的投影为 。

第3课时空间向量与空间角学习目标核心素养1．会用向量法求线线、线面、面面的夹角．(重点、难点)2．正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系．(易错点)通过利用空间向量求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的学习，提升学生的逻辑推理、数学运算的核心素养．空间角的向量求法角的分类向量求法范围两异面直线l1与l2所成的角θ设l1与l2的方向向量为a，b，则cos θ＝＝|a·b||a||b|⎝⎛⎦⎤0，π2直线l与平面α所成的角θ设l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝＝|a·n||a||n|⎣⎡⎦⎤0，π2二面角α-l-β的平面角θ设平面α，β的法向量为n1，n2，则|cos θ|＝＝|n1·n2||n1|·|n2|[0，π]思考：(1)直线与平面所成的角和直线的方向向量与平面的法向量所成的角有怎样的关系？(2)二面角与二面角的两个半平面的法向量所成的角有怎样的关系？[提示](1)设n为平面α的一个法向量，a为直线a的方向向量，直线a与平面α所成的角为θ，则θ＝⎩⎨⎧π2－〈a，n〉，〈a，n〉∈⎣⎡⎦⎤0，π2，〈a，n〉－π2，〈a，n〉∈⎝⎛⎦⎤π2，π.(2)条件平面α，β的法向量分别为u，υ，α，β所构成的二面角的大小为θ，〈u，υ〉＝φ，图形关系 θ＝φ θ＝π－φ 计算cos θ＝cos φcos θ＝－cos φ1．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是棱CC 1，BC ，A 1B 1上的点，若∠B 1MN ＝90°，则∠PMN 的大小是( )A ．等于90°B ．小于90°C ．大于90°D ．不确定 A [A 1B 1⊥平面BCC 1B 1， 故A 1B 1⊥MN ，则MP →·MN →＝(MB 1→＋B 1P →)·MN →＝MB 1→·MN →＋B 1P →·MN →＝0， ∴MP ⊥MN ，即∠PMN ＝90°．]2．已知二面角α-l -β等于θ，异面直线a ，b 满足a ⊂α，b ⊂β，且a ⊥l ，b ⊥l ，则a ，b 所成的角等于( )A ．θB ．π－θC ．π2－θD ．θ或π－θD [应考虑0≤θ≤π2与π2＜θ≤π两种情况．]3．已知向量m ，n 分别是直线l 与平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－32，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．120°B[设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝32，∴θ＝60°，应选B．] 4．正方体ABCD-A′B′C′D′中，M，N分别是棱BB′和B′C′的中点，则异面直线MN与AD 所成角的大小为________．45°[以DA→，DC→，DD′→为正交基底建立空间直角坐标系O-xyz，设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，M⎝⎛⎭⎫1，1，12，N⎝⎛⎭⎫12，1，1，∴AD→＝(－1,0,0)，MN→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，12．∵cos〈MN→，AD→〉＝MN→·AD→|MN→||AD→|＝1222×1＝22，∴〈MN→，AD→〉＝45°，即MN和AD所成角的大小为45°．]求两条异面直线所成的角【例1】如图，在三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝3，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小．[解]建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，O1(0,1，3)，A(3，0,0)，A1(3，1，3)，B(0,2,0)，∴A 1B →＝(－3，1，－3)， O 1A →＝(3，－1，－3)． ∴|cos 〈A 1B →，O 1A →〉 ＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →|·|O 1A →| ＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7·7＝17． ∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17．1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cos θ＝|cos α|，求解时要特别注意．[跟进训练]1．如图所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，平面ABCD 与平面D 1C 1CD 垂直，且∠D 1DC ＝π3，DC ＝DD 1＝2，DA ＝3，∠ADC ＝π2，求异面直线A 1C 与AD 1所成角的余弦值．[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (3，0,0)，D 1(0,1，3)，C (0,2,0)，D (0,0,0)， 由AA 1→＝DD 1→得A 1(3，1，3)．因为A 1C →＝DC →－DA 1→＝(－3，1，－3)， D 1A →＝DA →－DD 1→＝(3，－1，－3)． 所以cos 〈A 1C →，D 1A →〉＝A 1C →·D 1A →|A 1C →|·|D 1A →|＝(－3，1，－3)·(3，－1，－3)7·7＝－17．所以异面直线A 1C 与AD 1所成角的余弦值为17．求直线与平面所成的角＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．思路探究：(1)线面平行的判定定理⇒MN ∥平面P AB ．(2)利用空间向量计算平面PMN 与AN 方向向量的夹角⇒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．如图，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 ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT ． 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB ．(2)如图，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＝AB 2－⎝⎛⎭⎫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A -xyz ． 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．所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525．若直线l 与平面α的夹角为θ，利用法向量计算θ的步骤如下：[跟进训练]2．如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF ．(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ⊂平面PEF ，EF ⊂平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF ．又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ． (2)作PH ⊥EF ，垂足为H ．由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz ．由(1)可得，DE ⊥PE ．又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝3．又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF ．可得PH ＝32，EH ＝32． 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP→·DP →|HP →||DP →|＝343＝34． 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34．求二面角[1．建立空间直角坐标系时，如何寻找共点的两两垂直的三条直线？[提示] 应充分利用题目给出的条件，如线面垂直，面面垂直，等腰三角形等，作出适当的辅助线然后证明它们两两垂直，再建系．2．如何确定二面角与两个平面的法向量所成角的大小关系？[提示] 法一：观察法，通过观察图形，观察二面角是大于π2，还是小于π2．法二：在二面角所含的区域内取一点P ，平移两个平面的法向量，使它们的起点为P ，然后观察法向量的方向，若两个法向量同时指向平面内侧或同时指向外侧，则二面角与法向量的夹角互补，若两个法向量方向相反，则二面角与法向量的夹角相等．【例3】 如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°．(1)证明：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值． 思路探究：(1)先证线面垂直，再证面面垂直； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．[解] (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ． 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD ．又AP ∩DP ＝P ，所以AB ⊥平面P AD ．因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD ． (2)在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F ．由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，又AD ∩AB ＝A ，可得PF ⊥平面ABCD ．以F 为坐标原点，F A →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ．由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0， 所以PC →＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，P A →＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面P AB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·P A →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n·m|n||m|＝－23×2＝－33．所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33．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)就是二面角的大小，如图．用坐标法解题的步骤如下：(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平面的法向量n 1，n 2． (3)计算：设n 1与n 2所成锐角θ，cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|．(4)定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ．[跟进训练]3．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DE ︵的中点．(1)设P 是CE ︵上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E -AG -C 的大小．[解] (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP ． 又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ． 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°．(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2,0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2,0,3)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12．故所求二面角E -AG -C 的角为60°．利用空间向量求空间角的基本思路是把空间角转化为两个向量夹角的关系，解决方法一般有两种，即坐标法和基向量法，当题目中有明显的线面垂直关系时，尽量建立空间直角坐标系，用坐标法解决．需要注意的是要理清所求角与向量夹角之间的关系，以防求错结果．1．如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．25C ．35D ．45D [以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz (图略)，设AB ＝1．则B (1,1,0)，A 1(1,0,2)，A (1,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，AD 1→＝(－1,0,2)， cos 〈A 1B →，AD 1→〉＝A 1B →·AD 1→|A 1B →||AD 1→|＝－45×5＝－45，∴异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45．]2．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A ．23B ．33C ．23D ．63B [设正方体的棱长为1，依题意，建立如图所示的坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)∴AD 1→＝(－1,0,1)，AC →＝(－1，1,0) 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0－x ＋y ＝0令x ＝1，∴n ＝(1,1,1)，又∵BB 1→＝(0,0,1)， ∴BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BB 1→|n ||BB 1→|＝33．] 3．在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这个二面角的余弦值为________．±156 [设a ＝(0，－1,3)，b ＝(2,2,4)，则cos 〈a ，b 〉＝1010×24＝156，又因为两向量的夹角与二面角相等或互补，所以这个二面角的余弦值为±156．] 4．如图所示，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，∠BCA ＝90°，点F 1是A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝2，CC 1＝1．(1)求异面直线AF 1与CB 1所成角的余弦值； (2)求直线AF 1与平面BCC 1B 1所成的角．[解] (1)如图所示，分别以CA →，CB →，CC 1→为x ，y ，z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系，由BC ＝CA ＝2，CC 1＝1，得A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,1)，A 1(2,0,1)，B 1(0,2,1)． 因为F 1为A 1C 1的中点，所以F 1(1,0,1)． 所以CB 1→＝(0,2,1)，AF 1→＝(－1,0,1)． 所以cos 〈CB 1→，AF 1→〉＝CB 1→·AF 1→|CB 1→||AF 1→|＝(0，2，1)·(－1，0，1)5×2＝1010，即异面直线AF 1与CB 1所成角的余弦值为1010． (2)因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱， 所以BB 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以BB 1⊥AC ．因为∠BCA ＝90°，所以BC ⊥AC ，因为BC ∩BB 1＝B ，BC ，BB 1⊂平面BCC 1B 1， 所以AC ⊥平面BCC 1B 1，所以CA →＝(2,0,0)是平面BCC 1B 1的一个法向量． 设直线AF 1与平面BCC 1B 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AF 1→，CA →〉|＝222＝22，所以θ＝π4，所以直线AF 1与平面BCC 1B 1所成的角为π4．。

3.2.3立体几何中的向量方法——空间“角”问题（后附学案）一、教材分析：立体几何是高中数学教学中的一个重要内容，在整个高中数学学习中占有重要的地位，它不仅能培养学生的辩证唯物主义观点，还能培养学生的空间想象能力和逻辑思维能力，是历年高考的重点考查内容之一。

用向量法处理几何问题，可使空间形式的研究从“定性”推理转化为“定量”计算.空间角又是立体几何中的重要知识点，学好了它对其他数学知识的学习及贯穿运用有很大的帮助，因此在首轮复习有必要再对其进行专题复习。

二、学情分析学生虽已学完了立体几何，也对立体几何有了一定的认识，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，学生对作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来求解有一定的困难，还不能熟练掌握，而空间向量的引入，使立几问题演绎难度降低，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，使学生能更好地掌握。

三、教学目标知识基础：空间向量的数量积公式、夹角公式，坐标表示。

认知目标：掌握利用空间向量求空间角（两条异面直线所成的角，直线和平面所成的角及二面角）的方法，并能熟练准确的求解结果及完整合理的表达。

能力目标：培养学生观察分析、类比转化的能力；体验从“定性”推理到“定量”计算的转化，提高分析问题、解决问题的能力. 使学生更好的掌握化归和转化的思想。

情感目标：激发学生的学习热情和求知欲，体现学生的主体地位；感受和体会数学美的魅力，激发“学数学用数学”的热情.教学重点：1）向量法求空间角的方法和公式；2）空间角与向量夹角的区别和联系。

教学难点：1)两条异面直线的夹角、二面角的平面角与两个空间向量的夹角之间的区别；2)构建恰当的空间直角坐标系，并正确求出点的坐标及向量的坐标.关键：建立恰当的空间直角坐标系，正确写出空间向量的坐标,将几何问题转化为代数问题.四、教学方法：启发式讲解互动式讨论研究式探索反馈式评价五、教学手段：借助多媒体辅助教学六、教学过程：过和的平面交M BC得出结论：分别在直线AB 、CD ,,b a2、线面角2、面面角多媒体演示二面角与向量夹角的区别和联系，异面直线所成角：,<>CD AB |直线与平面所成角：,<>n AB |12,|<>n n 12,|<>n n 关键：观察二面角的范围αn1n 2n 七、作业：课后强化训练 八、教学过程设计说明1、这是一节用空间向量求解空间角的专题课，基于学生对空间角的概念和基本的求解方法有一定的基础，所以本节课先从空间各种角的概念、相关图形及取值范围进行复习，再通过一个相对比较综合的题目对普通方法求所有的空间角巩固一下，为新课做好准备。

选修2-1 第三章 空间向量与立体几何§3.2.3 利用法向量解决立体几何中的线面角，求点到平面的距离问题班级 姓名一、目标导引1．会利用法向量解决立体几何中的线面角； 2．会求点到平面的距离问题． 二、教学过程题型一 利用法向量解决立体几何中的线面角 【知识准备】如图，已知PA 为平面α的一条斜线，n 为平面α的一个法向量，过P 作平面α的垂线PO ，连结OA 则PAO ∠为斜线PA 和平面α所成的角，记为θ，则有 ,OP AP θ+<>= ,由此，在Rt AOP ∆中，sin |sin(,)|2OP AP πθ=-<>= = ．【注意】直线与平面所成的角的范围是θ∈例1 如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. （1）证明：AB ⊥A 1C ；（2）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．11【变式1】在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，求AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值．C1题型二 利用法向量求点到平面的距离问题【知识准备】设P 是平面α外一点，P A 是α的一条斜线，交平面α于点A ， n 是平面α的法向量，那么向量PA 在n 方向上的正射影长OP 就是点A 到平面α的距离h ，在Rt AOP ∆中，OP = = ．例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．A1【课时作业027】班级 姓名 作业等级A 级 学业水平达标1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值．【答案：63】12．正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案：155】3．如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值；【答案：1515】(2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；【答案：33】(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【答案：66】B 级 应试能力达标4．如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1； (2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．（答案k=1）5．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°．(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)若二面角D -PC -A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离．（答案32）1选修2-1 第三章 空间向量与立体几何§3.2.3 利用法向量解决立体几何中的线面角，求点到平面的距离问题一、目标导引1.利用法向量解决立体几何中的线面角；2.求点到平面的距离问题二、教学过程题型一 利用法向量解决立体几何中的线面角 【知识准备】如图，已知PA 为平面α的一条斜线，n 为平面α的一个法向量，过P 作平面α的垂线PO ，连结OA 则PAO ∠为斜线PA 和平面α所成的角，记为θ，则有 ,OP AP θ+<>= ,由此，在Rt AOP ∆中，sin |sin(,)|2OP AP πθ=-<>= =【注意】直线与平面所成的角的范围是θ∈例1 如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. ①证明：AB ⊥A 1C ；②若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． ①证明 取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . ∵CA ＝CB ，∴OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形，∴OA 1⊥AB .∵OC ∩OA 1＝O ， ∴AB ⊥平面OA 1C .又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .②解 由①知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，OC ⊂平面ABC ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ，OA 1，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .设AB ＝2，则A (1,0,0)，A 1(0，3，0)， C (0,0，3)，B (－1,0,0)，则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)， A 1C -→＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0，可取n ＝(3，1，－1)．故cos 〈n ，A 1C -→〉＝n ·A 1C -→|n ||A 1C -→|＝－105，∴A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.【变式1】在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，求AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值解析 取AC 的中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，以B 为坐标原点，BE ，BB 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D (0,0,1)，B (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫32，0，0，则AD →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，1，BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0. ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，BE ⊂平面ABC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量．设AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α，∵cos 〈AD →，BE →〉＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.题型二 利用法向量求点到平面的距离问题【知识准备】设P 是平面α外一点，P A 是α的一条斜线，交平面α于点A ，n 是平面α的法向量，那么向量PA 在n 方向上的正射影长OP 就是点A 到平面α的距离h ，在Rt AOP ∆中，OP = =例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ， 则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)．所以AG →＝(0,1,0)，GE →＝(－2,1,1)，GF →＝(－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 ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·GE →＝0，n ·GF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋z ＝0，－x －y ＋2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z .令z ＝1，此时n ＝(1,1,1)，所以d ＝|AG →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.A 级 学业水平达标1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值． 【答案：63】解析 以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，A (1,0,0)，∴BC 1→＝(－1,0,1)，AC 1→＝(－1,1,1)，A 1B -→＝(0,1，－1)， A 1D -→＝(－1,0，－1)．∴AC 1→·A 1B -→＝1－1＝0，AC 1→·A 1D -→＝1－1＝0.∴AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D .又A 1B ∩A 1D ＝A 1，且A 1B ，A 1D ⊂平面A 1BD ，∴AC 1⊥平面A 1BD . ∴AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量．∴cos 〈BC 1→，AC 1→〉＝BC 1→·AC 1→|BC 1→||AC 1→|＝1＋12×3＝63.2.正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．解析：取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .设BC ＝1，A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，0，0，所以BA ―→＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， BD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，0，CD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA ―→＝0，n ·BD ―→＝0，所以⎩⎨⎧12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，CD ―→＝32＋325×1＝155，因此直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为155.3.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值；【答案：1515】(2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；【答案：33】(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【答案：66】解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz . 则A 1(0,0，a )，C (a ，a,0)，D (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， (1) A 1C -→＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫a ，－a 2，0，∴cos 〈A 1C -→，DE →〉＝A 1C -→·DE →|A 1C -→||DE →|＝1515，故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515.(2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ，∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上．又B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线，故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1.由DA →＝(0，－a,0)，DB 1→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB 1→〉＝DA →·DB 1→|DA →||DB 1→|＝33，又直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， (3)由已知得ED →＝⎝⎛⎭⎫－a ，a 2，0， EB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a ，平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA 1→＝(0,0，a )．设平面B 1EDF的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1，∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |m ||n |＝66，∴平面B 1EDF与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为66. B 级 应试能力达标4.如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1； (2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．[解] (1)证明：取CD 的中点E ，连接BE .∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形，∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k . 在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD .又BE ∥AD ，∴CD ⊥AD . ∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为坐标原点，DA ―→，DC ―→，DD 1―→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)，∴AC ―→＝(－4k,6k,0)，AB 1―→＝(0,3k,1)，AA 1―→＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC ―→·n ＝0，AB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，可得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(3,2，－6k )．设AA 1与平面AB 1C 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AA 1―→，n 〉|＝|AA 1―→·n ||AA 1―→|·|n |＝|－6k |36k 2＋13＝67，解得k ＝1.故k 的值为1. 5.如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°.(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)若二面角D -PC -A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离．解：(1)证明：∵P A ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又P A ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥AE ，P A ⊥AB ，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，h )，C ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，B (0,2,0)，PC ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ，DC ―→＝(0,1,0)，设平面PDC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·PC ―→＝0，n 1·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1－hz 1＝0，y 1＝0，取x 1＝h ，∴n 1＝⎝⎛⎭⎫h ，0，32.由(1)知平面P AC 的一个法向量为BC ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，∴|cos 〈n 1，BC ―→〉|＝32h h 2＋34×3＝55，解得h ＝3， 同理可求得平面PBC 的一个法向量n 2＝(3，3，2)，所以，点A 到平面PBC 的距离为 d ＝|AP ―→·n 2||n 2|＝234＝32.。

《用空间向量求解线线角、线面角》
高二数学组
孟文静
《用空间向量求解线线角、线面角》教学设计
二、 新知探究 1.求异面直线所成的角 设两异面直线m ，n 所成的角为θ（θϵ ），它们的方向向量a →，b →所成的角为φ，如下图所示，
则θ与φ存在什么数量关系？
2.求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 →，
所求直线与平面所成的角为θ，（θϵ ），a →与n →的夹角为φ，如下图所示，则θ与φ存在什么数量关系？
三、合作探究，问题解决
例1、如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=√3，求异面直线AD1与DB1所成角的余弦值.
例2、如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为√2a，求AC1与侧面ABB1A1所成角的大小.
例3、在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°.若P A=PD=AB=DC，∠APD=90°，求AP与侧面PBC所成角的余弦值.。

αABCDO课 题：空间线面关系的判定（1） 教学目标：1．能用向量语言描述线线、线面、面面的平行与垂直关系； 2．能用向量方法证明空间线面位置关系的一些定理； 3．能用向量方法判断空间线面垂直关系。

教学重点：用向量方法判断空间线面垂直关系 教学难点：用向量方法判断空间线面垂直关系 教学过程 一、创设情景1、空间直线与平面平行与垂直的定义及判定2、直线的方向向量与平面的法向量的定义 二、建构数学1、用向量描述空间线面关系设空间两条直线21,l l 的方向向量分别为21,e e ，两个平面21,αα的法向量分别为21,n n ，则由如下结论2、相关说明：上表给出了用向量研究空间线线、线面、面面位置关系的方法，判断的依据是相关的判定与性质，要理解掌握。

三、数学运用1、例1 证明：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

（三垂线定理）已知：如图,OB 是平面α的斜线，O 为斜足，α⊥AB ，A 为垂足，OA CD CD ⊥⊂,ααlmng求证：OB CD ⊥证明：0=⋅⇒⊥OA CD OA CD⇒⊥αAB 0=⋅⇒⊥AB CD AB CDAB OA OB +=0)(=⋅+⋅=+⋅=⋅AB CD OA CD AB OA CD OB CD AB CD ⊥∴2、例2 证明：如果一条直线和平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面。

（直线于平面垂直的判定定理）已知：B n m n m =⊂⊂ ,,αα，n l m l ⊥⊥, 求证：α⊥l证明：在α内任作一条直线g ，在直线n m g l ,,,上分别取向量g n m l ,,,n y m x g +=所以n l y m l x n y m x l g l ⋅+⋅=+⋅=⋅)( 因为n l m l ⊥⊥, 所以0,0=⊥=⋅n l m l 可得0=⋅g l 即g l ⊥3、例3 在直三棱柱111C B A ABC -中，090=∠ACB , 030=∠BAC ,M A A BC ,6,11==是1CC 得中点。

§3.1 空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算【学情分析】：向量是一种重要的数学工具，它不仅在解决几何问题中有着广泛的应用，而且在物理学、工程科学等方面也有着广泛的应用。

在人教A版必修四中，读者已经认知了平面向量，现在，学习空间向量时要注意与平面向量的类比，体会空间向量在解决立体几何问题中的作用。

【教学目标】：（1）知识与技能：理解和掌握空间向量的基本概念，向量的加减法（2）过程与方法：通过高一学习的平面向量的知识，引申推广，理解和掌握向量的加减法（3）情感态度与价值观：类比学习，注重类比、推广等思想方法的学习，运用向量的概念和运算解决问题，培养学生的开拓创新能力。

【教学重点】：空间向量的概念和加减运算【教学难点】：空间向量的应用【课前准备】：Powerpoint课件【教学过程设计】：练习1-3．如图，在三棱柱111C B A ABC -中，M 是1BB 的中点，化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量：GC BD AB ++；练习与测试：（基础题）1．举出一些实例，表示三个不在同一平面的向量。

2．说明数字0与空间向量0的区别与联系。

答：空间向量0有方向，而数字0没有方向；空间向量0的长度为0。

3．三个向量a,b,c 互相平行，标出a+b+c. ‘解：分同向与反向讨论（略）。

4．如图，在三棱柱111C B A ABC -中，M 是1BB 的中点， 化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量： （1）1BA +; （2）121AA CB AC ++; （3）AA --1解：（1）11CA BA CB =+ （2）AM AA CB AC =++121（3）11BA AA =--（中等题）5．如图，在长方体///B D CA OADB -中，3,4,2,OA i OB j OC k ===，点E,F 分别是//,B D DB 的中点，试用向量,,表示和解：j i OE 423+=2423++=。

高中数学选修2-1-第三章第一节《3.1空间向量及其运算》全套教案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN空间向量及其运算课时分配:第一课空间向量及其加减运算 1个课时第二课空间向量的数乘运算 1个课时第三课空间向量的数量积运算 1个课时第四课空间向量运算的坐标表示1个课时3. 1.1 空间向量及其加减运算【教学目标】1．了解向量与平面平行、共面向量的意义，掌握向量与平面平行的表示方法；2．理解共面向量定理及其推论；掌握点在已知平面内的充要条件；3．会用上述知识解决立体几何中有关的简单问题。

【教学重点】点在已知平面内的充要条件。

共线、共面定理及其应用。

【教学难点】对点在已知平面内的充要条件的理解与运用。

b a AB OA OB+=+=；b a OB OA BA-=-=；)(R a OP ∈=λλ3．平行六面体：平行四边形ABCD 平移向量a 到D C B A ''''的轨迹所形成的几何体，叫做平行六面体，并记作：ABCD －D C B A ''''它的六个面都是平行四边形，每个面的边叫做平行六面体的棱。

4．平面向量共线定理方向相同或者相反的非零向量叫做平行向量。

由于任何一组平行向量都可以平移到同一条直线上，所以平行向量也叫做共线向量。

向量b 与非零向量a 共线的充要条件是有且只有一个实数λ，使b ＝λa 。

这个定理称为平面向量共线定理，要注意其中对向量a 的非零要求。

条有向线段来表示。

思考：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+=+)(C BAOb bb aa a C'B'A'D'DABC数t 满足等式t OA OP +=a。

其中向量a 叫做直线l 的方向向量。