1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题（第2课时）教学设计本小节内容选自《普通高中数学选择性必修第一册》人教A版（2019）第一章《空间向量与立体几何》的第四节《空间向量的应用》。
以下是本节的课时安排：1.4 空间向量的应用课时内容 1.4.1用空间向量研究直线、平面的位置关系 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题所在位置教材第26页教材第33页新教材内容分析在向量坐标化的基础上，将空间中线线、线面、面面的位置关系，转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决立体几何问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。
在向量坐标化的基础上，将空间中点到线、点到面、两条平行线及二平行平面角的距离问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间距离问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。
核心素养培养通过直线的方向向量、平面的法向量的理解，培养数学抽象的核心素养；通过计算法向量判断直线与平面的位置关系，提升逻辑推理和数学运算的核心素养。
通过线线角、线面角、二面角的理解，培养数学抽象的核心素养；通过空间角、空间距离的计算，强化数学运算和逻辑推理的核心素养。
教学主线直线与平面平行、垂直通过前面的学习，学生已经掌握了空间向量的基本运算，在此基础上，可以研究空间向量在求距离、夹角的应用，体现了向量的优势。
1.理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系,会用向量方法求两异面直线所成角，培养数学抽象的核心素养.2.理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求直线与平面所成，强化数学运算的核心素养.3.理解二面角大小与两个面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求二面角的大小，提升逻辑推理的核心素养。
重点：理解运用向量方法求空间角的原理难点：掌握运用空间向量求空间角的方法（一）新知导入地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.【问题】空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?【提示】线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法.（二）用空间向量研究夹角【探究1】根据前面数量积的学习，我们已经知道向量法求两条异面直线a ，b 的夹角的方法，思考：异面直线a ，b 的夹角为θ，方向向量分别为a ，b ，那么夹角θ与方向向量的夹角〈a ，b 〉之间有怎样的关系式？【提示】cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|.◆异面直线所成的角的向量表示式：若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |. 【思考】两直线夹角的公式为什么不是cos θ＝a ·b|a |·|b |？【提示】由于两直线夹角的范围为[0，π2]，两向量夹角的范围为[0，π]，因此，两直线夹角的公式为cos θ＝|a ·b |a |·|b ||，而不能直接用向量夹角公式求两直线的夹角．【做一做】(教材P38练习1改编)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( )A.65B.64C.63D.66 【答案】D【解析】以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 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，可知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，A (1,0,0)，C (0,0,0)，则A 1B →＝(－1,1，－2)，AC →＝(－1,0,0)，∴cos 〈A 1B →，AC →〉＝AC →·A 1B →|AC →|·|A 1B →|＝11＋1＋4＝66，即A 1B 与AC 所成角的余弦值是66.【探究2】如图，设直线AB 的方向向量为u ，AC ⊥平面α，垂足为C ，平面α的法向量为n ，思考：直线AB 与平面α所成的角是哪个角？这个角与向量的夹角〈u ，n 〉之间满足什么关系式？[提示] 直线AB 与平面α所成的角是∠ABC ＝θ，sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|.◆直线与平面所成的角的向量表示式：直线与平面相交，设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量为u ，平面的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝|u ·n ||u ||n |. 【思考】设平面α的斜线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，l 与α所成的角的公式为什么不是cos θ＝a ·n|a ||n |？ 【提示】(1)当a ，n 与α，l 的关系如下图所示时，l 与α所成的角与a ，n 所成的角互余．即sin θ＝cos a ，n ． (2)当a ，n 与α，l 的关系如下图所示时，l与α所成的角与两向量所成的角的补角互余．此时，sinθ＝|cos a，n|.总之，若设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与平面的法向量所成的角为φ，则有sinθ＝|cosφ|.若直线的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝|a·n||a|·|n|.【做一做】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〉＝－3 2，则l与α所成的角为()A．30°B．60°C．150°D．120°【答案】B【解析】设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝32，∴θ＝60°，应选B.【探究3】如图，设平面α，β的法向量分别是n1和n2，平面α与平面β所成的夹角为θ，思考：角θ与向量的夹角〈n1，n2〉满足什么关系式？【提示】cos θ＝|cos〈n1，n2〉|.◆(1)平面与平面的夹角的定义：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．(2)平面与平面的夹角的向量表示式：设平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|. 【说明】二面角的平面角也可转化为两直线的方向向量的夹角．在两个半平面内，各取一直线与棱垂直，当直线的方向向量的起点在棱上时，两方向向量的夹角即为二面角的平面角．【思考】两平面法向量的夹角就是两平面的夹角吗？【提示】不一定．两平面法向量的夹角可能等于两平面的夹角(当0≤n 1，n 2≤π2时)，也有可能与两平面的夹角互为补角(当π2<n 1，n 2≤π时)．其中n 1，n 2是两平面的法向量． 【做一做】平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β的夹角为_______． 【答案】π3【解析】设u ＝(1,0，－1)，v ＝(0，－1,1)，α与β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12×2＝12，∴θ＝π3.【超级概括】1．求两异面直线所成的角时，要注意其范围是(0，π2]．2．求线面角的大小时，要注意所求直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值才是线面角的正弦值．3．求二面角的大小要特别注意需根据具体的图形来判断该二面角是锐角还是钝角．（三）典型例题 1.异面直线所成角例1.（2022·浙江高二期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，3PD =，2PN ND =，底面ABCD 为直角梯形，90ADC ∠=︒，//AD BC ，22=3BC AD DC ==．（1）求证：//PB 平面ACN ；（2）求异面直线PA 与CN 所成角的余弦值． 【解析】（1）连接,AC BD 相交于点E ，连接EN .//AD BC ,可得AED 与BCE 相似，则12ED AD BE BC == 又12ND PN =,则12ND AD PN BC ==，所以//EN PB 又PB ⊄平面ACN ，EN ⊂平面ACN ，所以//PB 平面ACN ；（2）由PD ⊥平面ABCD ，90ADC ∠=︒.以D 为原点，以,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,如图. 由3PD =，2PN ND =，22=3BC AD DC == 则()0,0,1N ,33,0,0,0,,022A C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,()0,0,3P 则3,0,32AP ⎛⎫=-⎪⎝⎭,30,,12CN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭所以465cos ,999144AP CN AP CN AP CN⋅===+⋅+465所以异面直线PA与CN【类题通法】利用空间向量求两异面直线所成角的步骤.(1)建立适当的空间直角坐标系.(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.2.求两条异面直线所成的角的两个关注点.(1)余弦值非负:两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值,而对应的方向向量的夹角可能为钝角.],故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.(2)范围:异面直线所成角的范围是(0,π2【巩固练习1】（2022·贵州遵义市第五中学）在三棱锥P—ABC中，P A、PB、PC两两垂直，且P A=PB=PC，M、N分别为AC、AB的中点，则异面直线PN和BM所成角的余弦值为（）A3B3C6D6【答案】B【解析】以点P为坐标原点，以PA，PB，PC方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选B.2.直线与平面所成的角例2.（2022·江西省信丰中学）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PAB△为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，M 为PD 的中点.(1)求证：PB ∥平面ACM ；(2)求直线BM 与平面PAD 所成角的大小；【解析】(1)证明：连接BD ，与AC 交于O ，则O 为BD 的中点，又M 分别为PD 的中点，∴BP OM ∥，∵BP ⊄平面ACM ，OM ⊂平面ACM ，∴BP ∥平面ACM.(2)解：设E 是AB 的中点，连接PE ，∵ABCD 是正方形，PAB △为正三角形，∴PE AB ⊥.又∵面PAB ⊥面ABCD ，交线为AB ，∴PE ⊥平面ABCD .以E 为原点，分别以EB ，EO ，EP 所在直线为x ，y ，z 轴，如图，建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0B ，()1,0,0A -，(3P ，()1,2,0C ，()1,2,0D -，132M ⎛- ⎝⎭，∴(1,0,3PA =--，()0,2,0AD =，332BM ⎛=- ⎝⎭. 设平面PAD 的法向量为(),,n x y z =，则3020n PA x z n AD y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1z =.则3x =-()3,0,1n =-.设直线BM 与平面PAD 所成角为α，∴33sin |cos ,|||||n BMn BM n BM α→→→→→→⋅=<>===，即直线BM 与平面PAD 3 故所求角大小为60°.【类题通法】求直线与平面的夹角的方法与步骤方法一：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)．方法二：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：【巩固练习2】（2022·青海海东市第一中学）如图，在三棱柱111ABC AB C -中，11222AC AA AB AC BC ====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值．【解析】(1)设2AB =．在四边形11AA B B 中，∵12AA AB =，160BAA ∠=︒，连接1A B ，∴由余弦定理得2221112cos6012A B AA AB AA AB =+-⋅︒=，即123A B =∵22211A B AB AA +=，∴1A B AB ⊥．又∵22211A B BC A C +=，∴1A B BC ⊥，AB BC B ⋂=，∴1A B ⊥平面ABC ，∵1A B ⊂平面11AA B B ，∴平面ABC ⊥平面11AA B B ． (2)取AB 中点D ，连接CD ，∵AC BC =，∴CD AB ⊥， 由（1）易知CD ⊥平面11AA B B ，且3CD =如图，以B 为原点，分别以射线BA ，1BA 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系B -xyz ，则(2,0,0)A ，1(0,23,0)A ，3)C ，1(2,23,0)B -，1(1,23,3)C -，3,3)P ．11(2,0,0)A B =-，1(0,3,3)A P =-，设平面11PA B 的法向量为(,,)n x y z =，则11100n A B n A P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得20330x z -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1y =，则取(0,1,1)n =，(13)AC =-，||36cos,||||22AC n AC n AC n ⋅〈〉===AC 与平面11PA B 63.二面角【例3】在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，1,,2AB AP AD E F ==分别是AP BC ，的中点．(1)求证：//EF 平面PCD ； (2)求二面角C EF D --的余弦值．【解析】(1)证明：取DP 的中点G ，连接EG ，CG ， 又E 是AP 的中点，所以EG AD ∥，且12EGAD ． 因为四边形ABCD 是矩形，所以BC AD =且//BC AD ，所以12EG BC =，且//EG BC ． 因为F 是BC 的中点，所以12CF BC =，所以EG CF =且//EG CF ， 所以四边形EFCG 是平行四边形，故//EF CG ．因为EF ⊄平面PCD ，CG ⊂平面PCD ，所以//EF 平面PCD ．(2) 解：因为PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为坐标原点，直线AB ，AD ，AP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示）．设122AB AP AD ===，所以2AB AP ==，4AD BC ==． 因为E ，F 分别为AP ，BC 的中点，所以()2,4,0C ，()0,4,0D ，()0,0,1E ，()2,2,0F 所以()2,2,1EF =-，()2,2,0DF =-，()0,2,0CF =-．设平面CEF 的一个法向量为()111,,m x y z =，由0,0,m EF m CF ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111220,20.x y z y +-=⎧⎨-=⎩ 令11x =，则12z =，10y =，所以()1,0,2m =．设平面DEF 的一个法向量为()222,,n x y z =，由0,0,n EF n DF ⎧⋅=⎨⋅=⎩即22222220,220.x y z x y +-=⎧⎨-=⎩ 令21x =，则21y =，24z =，所以()1,1,4n =．所以9310cos ,10518m n m n m n ⋅===⋅⨯． 由图知二面角C EF D --为锐角，所以二面角C EF D --310．【类题通法】利用平面的法向量求二面角利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.提醒：若求二面角θ，求出cos 〈n 1，n 2〉后，观察图形，判断二面角为锐角还是钝角，若二面角为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，若二面角为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|.【巩固练习3】如图，在三棱台111ABC A B C -中，AB AC ⊥，4AB AC ==，1112A A A B ==，侧棱1A A ⊥平面ABC ，点D 是棱1CC 的中点．(1)证明：平面1BB C ⊥平面1AB C ； (2)求二面角C BD A --的正弦值．【解析】(1)证明：因为1A A ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1AA AC ⊥， 又AB AC ⊥，1AA AB A =，1AA ，AB平面11ABB A ，所以AC ⊥平面11ABB A ．又1BB ⊂平面11ABB A ，所以1AC BB ⊥． 又因为2212222AB =+，()22142222BB =-+=22211AB AB BB =+，所以11AB BB ⊥．又1AB AC A =，1AB ，AC ⊂平面1AB C ，所以1BB ⊥平面1AB C ，因为1BB ⊂平面1BB C ，所以平面1BB C ⊥平面1AB C ．(3) 解：以A 为坐标原点，AB ，AC ，1AA 的所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为4AB AC ==，111112A A A B A C ===，所以()0,0,0A ，()4,0,0B ，()0,4,0C ，()10,2,2C ，()0,3,1D ．设平面ABD 的一个法向量为()1111,,x n y z =，设平面CBD 的一个法向量为()2222,,n x y z =，且()4,0,0AB =，()0,3,1AD =，()4,4,0CB =-，()0,1,1CD =-，因为110,0,AB n AD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以1110,30,x y z =⎧⎨+=⎩令11y =，则10x =，13z =-，所以()10,1,3n =-．又因为220,0.CB n CD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以22220,0,x y y z -=⎧⎨-=⎩令21x =，则21y =，21z =，所以()21,1,1=n ．所以121212130cos ,310n n n n n n ⋅===⋅设二面角C BD A --的大小为θ，则230195sin 115θ⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以二面角C BD A --195（四）操作演练 素养提升1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( )A.24B.12C.22D.32 【答案】C【解析】因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.又两直线夹角的取值范围为(0，π2]，所以l 1和l 2夹角的余弦值为22.2.正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的夹角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】B【解析】建系如图，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)． 平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PD →＝0，n 2·CD →＝0，得⎩⎨⎧x －z ＝0，y ＝0.令x ＝1，则z ＝1，∴n 2＝(1,0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22.∴此角的大小为45°. 3.在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AB 、C 1D 1的中点，则A 1B 1与平面A 1EF 夹角的正弦值为( ) A.62 B.63C.64D.2【答案】B【解析】建系如右图，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，E (1，12，0)，F (0，12，1)，B 1(1,1,1)．A 1B 1→＝(0,1,0)，A 1E →＝(0，12，－1)，A 1F →＝(－1，12，0)．设平面A 1EF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1E →＝0n ·A 1F →＝0，即⎩⎨⎧12y －z ＝0－x ＋y2＝0.令y ＝2，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1z ＝1.∴n ＝(1,2,1)，cos 〈n ，A 1B 1→〉＝26＝63.设A 1B 1与平面A 1EF 的夹角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1B 1→〉|＝63，即所求线面角的正弦值为63. 4. (双空题)已知点E ，F 分别在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则异面直线AE 与A 1C 1所成角的余弦值等于______，平面AEF 与平面ABC 的夹角的正切值等于________．【答案】3510 23【解析】如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23，所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，A 1C 1→＝(－1,1,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，13，所以cos 〈AE →，A 1C 1→〉＝AE →·A 1C 1→|AE →||A 1C 1→|＝3510.所以异面直线AE 与A 1C 1所成角的余弦值等于3510.平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)，设平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝3.故n 2＝(1，－1,3)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111.所以平面AEF 与平面ABC 的夹角α满足cos α＝31111，sin α＝2211，所以tan α＝23. 答案：1.C 2.B 3.B4.3510 23【设计意图】通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题的能力，感悟其中蕴含的数学思想，增强学生的应用意识。
1.4.2用空间向量研究距离、夹角（第一课时）(人教A 版普通高中教科书数学选择性必修第一册第一章)一、教学目标1. 能利用投影向量得到点到直线的距离公式、点到平面的距离公式．2. 能用向量方法解决点到直线、平行线间、点到平面、直线到平面（直线与平面平行）、平行平面间的距离问题．3. 结合一些具体的距离问题的解决，体会向量方法在研究距离问题中的作用，提升学生的直观想象、逻辑推理、数学运算等素养.二、教学重难点1. （重点）利用投影向量推导点到直线的距离公式、点到平面的距离公式．.2. （难点）利用投影向量统一研究空间距离问题.三、教学过程1.公式的推导1.1复习回顾【实际情境】如图，在空间中任取一点，作，.问题1：（1）怎样表示向量方向上的单位向量？（2）如何作出向量在向量方向上的投影向量？（3）怎样用单位向量表示向量在向量方向上的投影向量及投影向量的模？【活动预设】学生回忆已学的概念、讨论交流．【预设的答案】（1）； （2）过点作垂直于直线，垂足为，向量即为向量在向量方向上的投影向量；（3），即，.【设计意图】投影向量的概念是一个比较抽象的概念，不易被学生理解，而本节课距离公式的推导主要依赖于投影向量.投影向量的几何意义、代数表示及模，既体现了几何直观，又体现了代数定量刻画，从而提供了研究距离的方法. 复习回顾求任意非零向量方向上的单位向O OM = a ON = b b u a b u a b ||b u =b M 1MM ON 1M 1OMab 1=cos=cos |)|(OM θθ |a |u |u u =a |u a u 1=()OM a u u 1||=||OM a u x量，及投影向量的相关知识点，以便于学生更好的参与后续公式的推导过程，以及对公式的理解，进而突破难点.1.2探究思考，提炼公式探究一：已知直线的单位方向向量，是直线上的定点，P 是直线外一点.如何利用这些条件求点到直线的距离？【活动预设】结合已有知识，小组讨论思考，每组选出代表回答. 连接，得到向量在直线直线上的投影向量，表示投影向量，求.进而利用勾股定理，可以求出点到直线的距离.【预设的答案】如图，设，则向量在直线上的投影向量.在中，由勾股定理，得.【设计意图】学生多思考，多发言，老师引导学生实现问题的转化，让学生经历公式的推导过程， 发展学生逻辑推理和数学运算的核心素养.问题2：若与直线垂直，点到直线【预设的答案】若与直线垂直，则.问题3：在立体几何图形中求解距离的问题时，已知条件中一般只会给出点以及直线，l u A l l P l AP APl AQAQ ||AQ P l PQ AP = a AP l |cos |cos |()AQ PAQ PAQ =∠=∠= a |u a |u |u a u u Rt AQP △PQ ==AP l P l AP l 0= a u ||||PA PQ ==P l那么点应该如何确定？【预设的答案】 点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度不会随着点的变化而变化，故点可以是直线上的任意一点.问题4：求解距离的过程中是否需要确定垂线段的垂足？【预设的答案】不需要，只需要参考向量和直线的单位方向向量.【设计意图】通过问题串，引导学生继续深入理解用空间向量的方法解决点到直线距离问题的方法，理解利用向量求解点到直线距离问题时，只需该点和直线上的任意一点确定的参考向量，不必确定垂足的位置，体会向量方法的的优越性.教师讲授：要理解公式中各字母的含义，明确点到直线的距离为参考向量的平方与投影向量的平方差的算术平方根.因此，求解点到直线距离问题时，只需直线的方向向量及直线上的任意一点，这样得到参考向量或， 再求得直线的单位方向向量带入公式即可.问题5：求点到直线距离的主要有哪些方法？【预设的答案】(1)作点到直线的垂线,点到垂足的距离即为点到直线的距离；(2)在三角形中用等面积法求解；(3)向量法，即点到直线的距离为参考向量的平方与投影向量的平方差的算术平方根.思考：类比点到直线的距离的求法,如何求两条平行线间的距离？【预设的答案】在其中一条直线上任取一点，将求两条平行直线之间的距离转化为求点到另一条直线的距离.【设计意图】根据已有知识类比学习，引导学生明确平行直线间的距离的求法：转化为一条直线上的任一点到另一条直线的距离，让学生感悟转化思想，化未知为已知．为后续把直线与平面间的距离、两个平行平面间的距离转化为点到平面的距离，在思想方法上做铺垫.A A A l P l P l A P l l l A AP PA P P2探究二 已知平面的法向量为,是平面内的定点，是平面外一点.过点作出平面的垂线，交平面于点.类比点到直线距离的研究过程，如何用向量表示？【预设的答案】如图,向量在直线上的投影向量是，且. 问题6：点到平面的距离应该怎样表示？【预设的答案】 . 【设计意图】 教师提出问题串，类比点到直线距离的研究过程，合作探究，得到点到平面的距离公式，让学生进一步体会平面的法向量在刻画平面、求距离中的作用.在求解点到平面的距离的过程中，平面的法向量的方向和法向量上投影向量的长度既体现了图形直观，又提供了代数定量刻画.在这个过程中，向量与起点无关的自由性也为求距离带来了便利.问题7： 在立体几何图形中求解距离的问题时，已知条件中一般只会给出点以及平面，那么点应该如何确定？求解距离的过程中是否需要找出点在平面内的投影以及垂线段？【预设的答案】点可以是平面内的任意一点.不需要找出点在平面内的投影以及垂线段.【活动预设】教师提出问题串，引导学生思考，加深对公式的理解，教师总结.αn A αP αP αl αQ AP QP APl QP |cos QP AP PAQ =∠ n ||n |P α|||||||||cos |||||AP QP AP PAQ ⋅=∠= n n n n P αA P αA αPα教师讲授：求解点到平面距离问题时，理解公式中各字母的含义，只需平面的法向量及平面内的任意一点，这样得到“参考向量”，明确点到平面的距离为参考向量与法向量数量积的绝对值与法向量的模之比，即参考向量与法向量方向上的单位向量的数量积取绝对值.【设计意图】 类比点到直线距离的研究方法，以类似的方法研究点到平面的距离，使学生学会距离公式的同时，体会数学中常见的研究问题的方法“类比”.思考：如果直线与平面平行，如何求直线与平面的距离？如何求两平行平面之间的距离？【预设的答案】 先证明直线与平面平行或面面平行，再转化为点到平面的距离.【设计意图】 通过对所提问题的思考，引导学生明确直线到平面的距离以及两平行平面的距离的求法：都可以转化为点到平面的距离．师生共析，将平行于平面的直线和两个平行平面间的距离转化为点到平面的距离，得到统一的向量表达式，进一步体会转化的思想.问题8：求点到平面的距离主要有哪些方法？【预设的答案】 (1)作点到平面的垂线,点与垂足的距离即为点到平面的距离. (2)在三棱锥中用等体积法求解. (3)向量法，即点到平面的距离为参考向量与法向量数量积的绝对值与法向量的模之比.2.初步应用，解决问题例1 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.(1)求点到直线的距离；(2)求直线到平面的距离.P αααA l α1111ABCD A B C D -E 11A B F AB B 1AC FC 1AEC【活动预设】学生分析解题思路，教师给出解答示范.让学生注意到点在直线上，因此，可以选择作为参考向量.事实上，可以选择直线上的任意一点和确定“参考向量”，另外，让学生注意到平面的法向量不唯一.【预设的答案】解：以为原点， ，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，所以，,,,,. （1） 取，，则 ，． 所以，点到直线． (2) 因为，所以，又面，面，所以平面，所以点到平面的距离，即为直线到平面的距离．设平面的法向量为，则 所以 所以取，则，,所以，是平面的一个法向量,又因为， A 1AC AB 1AC F 1AEC 1D 11D A 11D C 1D D x y z (1,0,1)A (1,1,1)B (0,1,1)C 1(0,1,0)C 1(1,,0)2E 1(1,,1)2F (0,1,0)AB = 1(1,1,1)AC =-- 1(0,,1)2AE =- 11(1,,0)2EC =- 1(1,,0)2FC =- 1(0,,0)2AF = (0,1,0)AB == a 11||1,1,1)AC AC ==-- u 21=a ⋅=a u B 1AC ==11(1,,0)2FC EC ==- 1//FC EC FC ⊄1AEC 1EC ⊂1AEC //FC 1AEC F 1AEC FC 1AEC 1AEC (,,)x y z =n 10,0.AE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 10,210.2y z x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩2,.y z x z =⎧⎨=⎩1z =1x =2y =(1,2,1)=n 1AEC 1(0,,0)2AF =所以点到平面的距离为即直线到平面【设计意图】通过典型例题，使学生巩固并逐步掌握利用向量方法求空间距离的方法，体会向量方法再解决距离问题中的作用，渗透用空间向量解决立体几何问题的一般过程,并注意培养学生规范的解题能力.追问： 求两种距离的步骤是怎样的？【活动预设】学生结合具体实例及公式特征，尝试总结解题步骤，教师总结.【预设的答案】点到直线的距离 ：第一步：建系，在直线上任取一点 (注：选择特殊便于计算的点)，求“参考向量(或)”的坐标. 第二步： 依据图形先求出直线的单位方向向量.第三步：带入公式求解.点到面的距离 :第一步：建系，选择“参考向量”；第二步：确定平面的法向量；第三步： 带入公式求值.【设计意图】总结求解距离问题的步骤，培养学生抽象概括的数学素养.3. 梳理归纳，感悟本质思考：回顾这节课的学习，我们学习了哪些内容？用的是什么方法？【预设的答案】本节课我们一起应用空间向量及其运算研究了求空间中的距离问题，包括两点间的距离，点到直线的距离，平行直线之间的距离，点到平面的距离，直线到平面的距离，平行平面之间的距离等，结合投影向量、勾股定理以及向量数量积运算等，我们得到F 1AEC ||||AF ⋅== n n FC 1AEC P l l A AP PA l u P αAP αn了这些距离问题的计算公式，并通过例题的解决，体会了公式的使用，在很多问题中，我们需要建立空间直角坐标系，求出点的坐标，以及直线的方向向量、平面的法向量的坐标表示，代入公式进行计算．我们用类比和转化的研究方法，把要解决的五个距离问题转化为两个距离问题，几何问题转化为向量问题，求解距离转化为向量运算，在此过程中提升直观想象、数学运算和逻辑推理等数学学科核心素养．教师讲授：本节课的学习你体会到向量方法解决立体几何问题的“三步曲”吗？与用平面向量解决平面几何问题的 “三步曲”类似，我们可以得出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；（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的距离和夹角等问题；（3）把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论.四、课后作业1．在棱长为的正方体中，点到平面的距离等于_________；直线到平面的距离等于________；平面到平面的距离等于__________．2．已知直线过定点，且为其一个方向向量，则点到直线的距离为（ ）ABCD3．已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为（ ）A ．B ．C ．D ． 4．如图，在棱长为的正方体中，求平面与平面的距离．11111ABCD A B CD -A 1B C CD1AB 1DA 1CB l (2,3,1)A (0,1,1)=n ()4,3,2P l α()2,2,1=--n ()1,3,0A -α()2,1,4P -α1038310311111ABCD A B C D -1A DB 11D CB【设计意图】作业中的4个题目，包括了求点到直线的距离、点到平面的距离、直线到平面的距离以及两平行平面间的距离等主要的距离问题，尤其突出训练了本节课的重点以及难点，即点到直线、点到平面的距离.这样可以使学生巩固课上所学习的知识，提升对公式的应用能力.。
