《用向量法求解空间距离》导学案
2 已知平行四边形 ABCD 中,AB⊥BC,∠BCA=30°,AC=20,PA=5,且 PA⊥面 ABCD, 则 P 到 BC 的距离为( C ).
A.5 2
B.5 3
C.5 5
D.5
【解析】连接 PB,∴PB⊥BC,则 AB=20·sin 30°=10,∴PB=5 5,选 C.
3 棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、F 分别是 BC、CD 1 的中点,BD 到平面 EFD1B1 的距离为 3 .
量为 n,直线 AB 与平面 α 所成的角为
φ,θ=<n,AB>,则 sin φ=|cos<n,AB>|
=|cos θ|.由数量积的定义知,n·AB
=|n||AB|cos θ,所以点 B 到平面 α 的距离 d=|AB|·sin
φ=|AB|·|cos θ|=
|n·AB |
|n |
.
问题(43)直线到平面的距离: 设直线 a∥平面 α,A∈a,B∈α,n 是平面
第6课时 用向量法求解空间距离
1.理解点到平面的距离、直线到平面的距离、平面到平面的 距离的概念. 2.能利用向量方法求解空间中的距离. 3.体会向量方法在研究几何问题中的作用.
在平面内,已知点A是直线l外一点,点B是直线l上任一 点,n是一个与直线l的方向向量垂直的向量,则向量在向量n 上的投影的绝对值是什么?在空间里,点A是平面α外一点, 点B是平面α内任一点,n是平面α的法向量,则向量在向量n 上的投影的绝对值又是什么?
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,可得有 关点的坐标为 A(0,0,0)、D1(0,a,a)、B1(a,0,a)、 C1(a,a,a),
向量C1A=(-a,-a,-a),AD1 =(0,a,a),AB1 =(a,0,a). 设 n=(x,y,z)是平面 AB1D1 的法向量,
则有
n·AD1 = 0,即 n·AB1 = 0,
α 的法向量,过 A 作 AC⊥α,垂足为 C,则AC∥n,
因为AB·n=(AC+CB)·n=AC·n,
所以|AB·n|=|AC|·|n|.
所以直线
a
到平面
α
的距离
d=|AC|=
|AB ·n|
|n |
.
(4)两平行平面间的距离:
①用公式 d=
|AB ·n|
|n |
求,n 为两平行
平面的一个法向量,A、B 分别为
ay + az = 0, ax + az = 0.
令 z=-1,得 x=1,y=1.
于是平面 AB1D1 的一个法向量是 n=(1,1,-1).
因此,点
C1
到平面
AB1D1
的距离
d=|C1A·n|=
|n|
3a.
3
(也可用 4 的正方形,点 E、F 分别是 AD、AB 的 中点,GC 垂直于 ABCD 所在的平面,且 GC=2,求点 B 到平面 FEG 的 距离.
1 (1,1,3)·(0,4,-2)|=2 11.
-
1
1-1
22
+n
m =
= 0,
0,n=(1,-1,-1),
2
2
∵BD∥平面 EFD1B1,BE=(-12,0,0),
∴BD 到平面 EFD1B1 的距离即为点 B 到该平面的距离,
d=|BE ·n
|n|
|=
1 2 3
=1.
3
2
4 已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a,求点C1到平面 AB1D1的距离.
【解析】以点 C 为坐标原点,分别以 CD、CB、CG 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立 如图所示的空间直角坐标系,则 G(0,0,2)、B(0,4,0)、A(4,4,0)、D(4,0,0)、 E(4,2,0)、F(2,4,0),
故GE=(4,2,-2),GF=(2,4,-2).
设 n0=(x,y,z)是平面 EFG 的一个单位法向量,
|n0|2 = 1,
x2 + y2 + z2 = 1,
则有 n0·GE = 0,⇒ 2x + y-z = 0,
n0·GF = 0 x + 2y-z = 0.
取 z>0,得 x=y=
1 ,z=
11
3 11
,∴n0=
1 (1,1,3).
11
又∵GB=(0,4,-2),
∴点 B 到平面 FEG
的距离 d=|n0·GB|=|
两平面上的任意两点.
②转化为点面距离或线面距离求解.
1 在直角坐标系中,设 A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直角 坐标平面折成 120°的二面角,则 A、B 两点间的距离 为( A ). A.2 11 B. 11 C.4 2 D.3 11
【解析】如图,AB=AE+EF+FB,
AB2=AE2+EF2+FB2+2AE·EF+2AE·FB+2EF·FB =9+25+4+2×3×2×1=44,所以|AB|=2 11.
问题3 用向量法求空间距离的公式 (1)两点间的距离(即线段的长度): 若 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则
dAB=
(x2-x1)2 + (y2-y1)2 + (z2-z1)2
.
(2)点到平面的距离:
如图所示,已知点 B(x0,y0,z0),平面 α
内一点 A(x1,y1,z1),平面 α 的一个法向
【解析】(法一)连接 D1E、DE,则VD-D1EF =VE-FD D1 ,运用等体积法可 得其距离为1.
3
(法二)建立如图所示的空间直角坐标系.
则有 E(12,1,0),F(0,12,0),B1(1,1,1),B(1,1,0) 设平面 EFD1B1 的法向量为 n=(1,m,n),则有
nn· ·EEFB1==01,,即
问题1 在上述情境中,在平面内,向量AB在向量 n 上的投影的绝
对值等于点 A 到直线 l 的 距离 ,在空间中,向量AB在向量 n 上 的投影的绝对值等于点 A 到平面 α 的 距离 .
问题2 立体几何中距离的分类 (1)点到平面的距离:平面外一点 P 到它在一个平面 α 内的 正摄影 A 点的距离,即 PA⊥α,A∈α,垂线段 PA 的长度即为 点 P 到平面 α 的距离. (2)直线到平面的距离:一条直线上的任一点 到与它平行的 平面 的距离,叫作这条直线到平面的距离. (3)平面到平面的距离:两个平行平面,其中一个平面上的任意一 点到另一个平面所截的距离,叫作两个平行平面的距离.平面与平 面的距离只存在于两个平面平行之间.
【2019最新】高中数学第二章空间向量与立体几何2-6距离的计算导学案无答案
【2019最新】高中数学第二章空间向量与立体几何2-6距离的计算导学案无答案距离的计算学习目标：知识与技能：掌握空间两条直线间距离的概念，掌握点与平面、直线与平面、平面与平面间距离的概念，并能进行相互转化，通过解三角形知识求出它们的距离。
过程与方法：经历向量运算平面到空间推广的过程,进一步掌握类比的数学思想方法. 情感态度与价值观 培养学生辩证观，简单与复杂之间的转化，空间与平面之间的转化 学习重难点 几种空间距离之间的相互转化。
学习方法：以讲学稿为依托的探究式教学。
学习过程一、 课前预习指导：1．两点间的距离的求法．设a ＝(a 1，a 2，a 3)，则|a |＝ . 若A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则d AB ＝| |＝ .2．点到直线距离的求法设l 是过点P 平行于向量s 的直线，A 是直线l 外一定点．设AA ′⊥l ，垂足为A ′，则点A 到直线l 的距离d等于线AA ′ 的长度，而向量在s 上的投影的大小|·s 0|等于线段PA ′的长度，所以根据勾股定理有点A 到直线 l 的距离．d＝3．点到平面的距离的求法设π是过点P 垂直于向量n 的平面，A 是平面π外一定点．设AA ′⊥π，垂足为A ′，则点A 到平面π的距离d 等于线段AA ′的长度，而向量在n 上的投影的大小|·n 0|等于线段AA ′的长度，所以点A 到平面π的距离d ＝|·n 0|.二、 新课学习：问题探究一 点到直线的距离例1 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，求点A 1到B 1D 的距离．学后检测1 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则点A 1与对角线BC 1所在直线间的距离是( ) A.62a B ．a C.2a D.a 2问题探究三 点到平面的距离讲解教材49页例2学后检测2如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB ＝4，BC ＝2，CC 1＝3，BE ＝1.求点C 到平面AEC 1F 的距离．三 当堂检测：1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83 D.1032. 如图，在60°的二面角α—AB —β内，AC β，BD α，AC ⊥AB 于A ，BD ⊥AB 于B ，且AC ＝AB ＝BD ＝1，则CD 的长为 （）A ．3 B. 3 C ．2 D. 23．已知向量n ＝(6,3,4)和直线l 垂直，点A (2,0,2)在直线l 上，则点P (－4,0,2)到直线l 的距离为_____4．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝1.若二面角C —AB —C 1的大小为60°，则点C 到平面ABC 1的距离为________四、课堂小结五、课后作业。
数学选修2-1学案 3.2.7用空间向量求距离(学生案)
课题
时间
学习目标：1．理解点到平面的距离的概念．
2．能灵活运用向量方法求各种空间距离．
3．体会向量法在求空间距离中的作用． 学习重点：两点间的距离，点到平面的距离
学习难点：．两异面直线间的距离，线面距、面面距向点面距的转化
学习方法：讲练结合
学习内容及过程：认真阅读下面内容：
点到平面距离的求法
如图，BO ⊥平面α，垂足为O ，则点B 到平面α的距离就是线段BO 的长度．
若AB 是平面α的任一条斜线段，则在Rt △BOA 中，|BO →|＝|BA →|·cos ∠ABO ＝
|BA →|·|BO →|·cos ∠ABO |BO →|
.如果令平面α的法向量为n ，考虑到法向量的方向，可以得到B 点到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |
.
【例题精讲】
例1 如图所示，在120°的二面角α -AB -β中，AC ⊂α，BD ⊂β且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，垂足分别为A 、B ，已知AC ＝AB ＝BD ＝6，试求线段CD 的长．
例2 正方体ABCDA 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．
例3 如图，正方体ABCD--1111A B C D 的棱长为1，点M 是棱1AA 的中点，点0是1BD 的中点，（1）求证：OM 是异面直线1AA 与1BD 的公垂线。
（2）求OM 的长。
4．空间直角坐标系中，已知A (2, 3,4)，B (－2,1,0)，C (1,1,1)，那么点C 到线段AB 中点的距离是________．。
《用空间向量研究距离问题》教学设计【高中数学】
环节一 用空间向量研究距离问题【引入新课】问题1：立体几何中有哪些距离问题？答案：两点间的距离，点到直线的距离，两条平行直线之间距离，点到平面距离，直线到平面距离，两个平行平面之间距离.追问：你认为如何研究这些距离问题？答案：两点问题是根本，点到直线的距离和点到平面的距离是基础，其他距离问题都可以转化为这两类问题.【课堂探究】1、用空间向量研究点到直线的距离.已知一条直线l 和直线l 外一点P ，求点P 到直线l 的距离.问题2：问题中由哪些几何要素？如何用向量来表示这些几何要素？ 答案：几何要素主要有点和直线；点用坐标P (x,y )表示， 直线用一个点和方向向量u 表示.问题3：点A 是直线l 上的定点，过点P 做出点P 到直线l 的距离PQ ，向量AQ 与向量AP 的关系是什么？答案： ()()AQ AP =⋅=⋅u u a u u .问题4：你能借助直角三角形，用向量的方法求出点P 到直线l 的距离吗？ 答案：由勾股定理得：2222||().PQ |AP |AQ =-=-⋅αa u 追问：(1)、我们已知点A 是直线l 上的定点，若A 点在直线l 上的位置发生变化，距离PQ 的向量表达式是否会随之发生改变？(2)、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P 以及直线l ，那么点A 应该如何确定？(3)、求解距离的过程中是否需要找出点在直线上的垂足以及垂线段？答案：(1)不会；由于向量AQ 是向量AP 的投影向量，无论点A 在直线l 上的任何位置，只要取定点A ，向量()AQ =⋅a u u ，在Rt APQ ∆中，距离2222||().PQ |AP |AQ =-=-⋅αa u 因此，当点A 在直线l 上的位置发生变化时，距离PQ 的向量表达式不会随之发生改变.图1lQ APu(2)点A 可以是直线l 上的任意一点，但解决立体几何问题时，我们应该尽量选取能够使运算量更小的点A .(3)没有必要，只需求出参考向量的模的平方，投影向量的模的平方，再利用勾股定理就可以求出点到直线的距离.2、用空间向量研究两平行线间的距离.问题5：类比点到直线的距离的求法，如何求两条平行直线之间的距离？答案：若直线l//m ，求直线l 与m 之间的距离,可在其中一条直线l 上任取一点P ,则直线l 与m 之间的距离就等于点P 到直线m 的距离.．3、用空间向量研究点到平面的距离.问题6：类似与直线可由一个点和方向向量确定，确定一个平面的条件是什么？ 答案：一个点和法向量.问题7:你能做出点到面的距离，并从向量的角度解释一下吗？答案：已知平面α的法向量为n ,A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点.过点P 作出平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，点P 到平面α的距离即线段PQ 的长，也可看作向量QP 的模长. 追问：类比点到直线距离的研究过程，向量QP 与向量AP 的关系是什么？QP 怎么表示？答案：向量AP 在平面α的垂线l 上的投影向量为QP ，||||QP AP =⋅（）n nn n 问题8：点P 到平面α的距离应该怎样表示？ 答案：|||||||||||||AP AP PQ QP AP ⋅⋅==⋅==n n n |n n n 问题9：如果一条直线l 与一个平面α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？答案：将问题转化为求平面外一点到平面的距离.lnα【知识应用】例1 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为线段A 1B 1的中点，F 为线段AB 的中点.(1)求点B 到直线AC 1的距离； (2)求直线FC 到平面AEC 1的距离.分析：根据条件建立空间直角坐标系，用坐标表示相关的点、直线的方向向量和平面的法向量，再利用有关公式，通过坐标运算得出相应的距离.解：以D 1为原点，D 1 A 1，D 1 C 1，D 1 D 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，1)，B (1，1，1)，C (0，1，1)，C 1(0，1，0)，E (1，12，0)，F (1，12，1)，（1）取a ＝AB =(1，0，1)，u ＝1133||AC AC =(−1，1，−1)则a 2＝1，a ∙u ＝33． 所以，点B 到直线AC 1的距离为()22-⋅a a u ＝113- ＝63 ．（2）因为1FC EC ==(-1，12，0)，所以FC //EC 1，所以FC //平面AEC 1．所以点F 到平面AEC 1的距离即为直线FC 到平面AEC 1的距离．设平面AEC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则100.AE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，n n所以102102y z x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，解得2y z x z ⎧⎨⎩＝＝，取z ＝1，则x ＝1，y ＝2．所以，n ＝(1，2，1)是平面AEC 1的一个法向量．又因为1002AF =（，，），所以点F 到平面AEC 1的距离为1|(0,,0)(121)|||6266AF ⋅⋅==，，n |n |，即直线FC 到平面AEC 1的距离为66． 问题10:回顾用空间向量解决距离问题的过程，你能总结用向量解决立体几何问题的基本步骤吗？答案：用向量法解决距离问题的 “三步曲”（1）建立空间直角坐标系，求有关向量的坐标——将几何问题转化为向量问题；（2）使用距离的向量计算公式——向量的运算与求解；（3）得到所求距离——回到几何图形，得到结论．【小结】（1）点到直线的距离、点到平面的距离公式以及应用；（2）求两平行直线间的距离、两平行平面间的距离的方法；（3）用空间向量的方法解决立体几何问题的“三步曲”.。
高中数学《利用空间向量求空间角、空间距离问题》导学案
3.2.3利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cosθ＝□01|cos〈a，b〉|＝□02|a·b||a||b|□03⎝⎛⎦⎥⎤0，π2直线与平面所成的角设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝□04|cos〈a，n〉|＝□05|a·n||a||n|□06⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2二面角设二面角α－l－β的平面角为θ，平面α，β的法向量为n1，n2，则|cosθ|＝□07|cos〈n1，n2〉|＝□08|n1·n2||n1||n2|□09[0，π]2．空间距离的向量求法分类向量求法两点距设A，B为空间中任意两点，则d＝□10|AB→|点面距设平面α的法向量为n，B∉α，A∈α，则B点到平面α的距离d＝□11|BA→·n||n|1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．()(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．()(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．()答案(1)×(2)√(3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)， 则OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2.探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA ，DB ，QP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P (0,0,1)，A (22，0,0)，Q (0,0，－2)，B (0,22，0)，∴AQ →＝(－22，0，－2)，PB →＝(0,22，－1)． 于是cos 〈AQ →，PB →〉＝AQ →·PB →|AQ →||PB →|＝39，∴异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值为39. 拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |求向量a 、b 的夹角时，关键是求出a ·b 及|a |与|b |，一般是把a 、b 用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式； ③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角； ④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】 如图，在三棱锥V －ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x ，y ，z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)． 所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)． 所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0, 2a )，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a2， 2a ，取A 1B 1的中点M ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→， 即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角． 由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ， ∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ，∴cos〈AC1→，AM→〉＝9a2 4 3a×3a2＝32.∴〈AC1→，AM→〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.[解法探究] 此题有没有其他解法？解与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB→＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a)，AC1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32a，a2，2a.设侧面ABB1A1的法向量n＝(λ，x，y)，∴n·AB→＝0且n·AA1→＝0.∴ax＝0且2ay＝0.∴x＝y＝0.故n＝(λ，0,0)．∵AC1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32a，a2，2a，∴cos〈AC1→，n〉＝n·AC1→|n||AC1→|＝－λ2|λ|.∴|cos〈AC1→，n〉|＝12.∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点”，求B1F与平面GEF所成角的正弦值．解建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，a，2a)，E⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，0，F⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22a，G⎝⎛⎭⎪⎫－34a，a4，2a，于是B1F→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a，－22a，EF→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a2，22a，EG→＝⎝⎛⎭⎪⎫－34a，－a4，2a.设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)， 所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33.所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33. 拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB →； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB→||n ||AB →|.【跟踪训练2】 如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝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． 解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝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Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ；(2)求二面角E －BC －A 的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，则EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则 cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E－BC－A的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB，CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系．②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2||n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若P A⊥平面ABC，AC⊥BC，P A＝AC＝1，BC＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解 解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝P A 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12， 又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1， AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC →， ∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)， 即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB 的中点，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12.∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－24，－34，DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12. ∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33. 解法三：如右图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面P AB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP→＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎨⎧ (x ，y ，z )·(0，0，1)＝0，(x ，y ，z )·(2，1，0)＝0⇒⎩⎨⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎨⎧ (x ′，y ′，z ′)·(2，0，0)＝0，(x ′，y ′，z ′)·(0，－1，1)＝0⇒⎩⎨⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33. ∴二面角A －PB －C 的余弦值为33. 探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝x DE →＋y DF →＋z DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0. 同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0， 又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917. ∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ. ∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117. ∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717， 又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离 d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离． 又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0， ∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练4】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解 如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)， ∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量， 则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33. 探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)． (1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)， BE →＝(0，b,0)， ∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0， 从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ， 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)， 且EF →·CE →＝0，|EF →|＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b (c －b )＝0，3＋(c －b )2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直， 则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(1，y ，z )·(0，3，－a )＝0，(1，y ，z )·(－3，1，0)＝0， 解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，33a . 又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )， ∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB ＝λ.(1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由． 解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AE EB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)， 所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D . (2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)， 则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·(0，－2，1)＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2.因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4， 所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. 3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量. (2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论. 在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤 (1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量.(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33 答案 B解析 设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋(－3)×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125 答案 B解析 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，0，95， 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP→|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C.4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案 π3或2π3解析 设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×(－1)＋(－1)×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)，∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC →＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n |AF→||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.A 级：基础巩固练一、选择题1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35 答案 A解析 不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)．∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→·AB1→|BC1→||AB1→|＝0＋4－15×3＝55，故选A.2. 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为()A.27 B.2357C.357D．1答案B解析过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，A1C→＝(1,2，－3)，A1E→＝(x，y，z－3)，BE→＝(x－1，y，z)．因为⎩⎨⎧A1E→∥A1C→，BE→·A1C→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x1＝y2＝z－3－3，x－1＋2y－3z＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x＝57，y＝107，z＝67，所以BE→＝⎝⎛⎭⎪⎫－27，107，67，所以点B到直线A1C的距离|BE→|＝2357，故选B.3．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1，3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为()A ．10B ．3 C.83 D.103 答案 D解析 点P 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |＝|－2－4－4|4＋4＋1＝103.4．如图，过边长为1的正方形ABCD 的顶点A 作线段EA ⊥平面ABCD ，若EA ＝1，则平面ADE 与平面BCE 所成的二面角的大小是( )A ．120°B ．45°C ．135°D ．60° 答案 B解析 以A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，EB →＝(1,0，－1)，EC →＝(1,1，－1)． 设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·EB →＝0，n ·EC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，可取n ＝(1,0,1)．又平面EAD 的法向量为AB →＝(1,0,0)， 所以cos 〈n ，AB →〉＝12×1＝22， 故平面ADE 与平面BCE 所成的二面角为45°.5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 答案 A解析 设AB ＝1，则AA 1＝2，以D 1为坐标原点，D 1A 1→，D 1C 1→，D 1D →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则D (0,0,2)，C 1(0,1,0)，B (1,1,2)，C (0,1,2)， ∴DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1，－2)，DC →＝(0,1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的法向量，则 ⎩⎨⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y －2z ＝0，取n ＝(－2,2,1)，设CD 与平面BDC 1所成角为θ，则sin θ＝|n ·DC →||n ||DC→|＝29×1＝23.6．已知矩形ABCD 与ABEF 全等，D －AB －E 为直二面角，M 为AB 中点，FM 与BD 所成角为θ，且cos θ＝39.则AB 与BC 的边长之比为( )A ．1∶1 B.2∶1 C.2∶2 D ．1∶2 答案 C解析 设AB ＝a ，BC ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则相关各点坐标为F (b,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，B (0，a,0)，D (0,0，b )． FM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ，a 2，0， BD →＝(0，－a ，b )， 所以|FM →|＝b 2＋a 24，|BD →|＝a 2＋b 2，FM →·BD →＝－a 22， |cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 22b 2＋a24·a 2＋b 2＝39， 整理得4×b 4a 4＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2－26＝0，解得b 2a 2＝2或b 2a 2＝－134(舍去)， 所以AB BC ＝a b ＝22. 二、填空题7．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为________．答案 64解析 设BA →＝b ，BC →＝a ，BD →＝c .由条件知a ·b ＝12，a ·c ＝0，b ·c ＝0，又AD →＝BD →－BA →＝c －b ，平面AA 1C 1C 的法向量BM →＝12(a ＋b )．设直线AD 与平面AA 1C 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AD →，BM →〉|＝|AD →·BM →||AD →||BM →|.∴AD →·BM →＝(c －b )·12(a ＋b )＝12a ·c －12a ·b ＋12b ·c －12|b |2＝－34， |AD →|2＝(c －b )2＝|c |2＋|b |2－2b ·c ＝2.∴|AD →|＝2，又|BM →|2＝14(a ＋b )2＝14(|a |2＋|b |2＋2a ·b )＝34， ∴|BM →|＝32，∴sin θ＝64.8.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为________．答案 33a解析 由正方体的性质易得平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．显然A 1C ⊥平面AB 1D 1，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，则平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(1，－1,1)．又A (a,0,0)，B (a ，a,0)，BA →＝(0，－a,0)，则两平面间的距离d ＝|BA →·n ||n |＝a 3＝33a .三、解答题9．如图，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 ＝2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．解 (1)证明：如图，取AB 的中点O ，连接CO ，A 1O ，A 1B . ∵CA ＝CB ，∴CO ⊥AB ， 又∵AA 1＝AB ，∠BAA 1＝60°，∴△BAA 1为正三角形， ∴AB ⊥A 1O ， 又A 1O ∩OC ＝O ，∴AB ⊥平面A 1OC . ∵A 1C ⊂平面A 1OC ， ∴AB ⊥A 1C .(2)以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OA 1所在直线为y 轴，OC 所在直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，B (－1,0,0)，C (0,0，3)，B 1(－2，3，0)，则BC →＝(1,0，3)，BB →1＝(－1，3，0)， A 1C →＝(0，－3，3)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BB 1C 1C 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BB →1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0，令z ＝－1，则x ＝3，y ＝1， 所以n ＝(3，1，－1)为平面BB 1C 1C 的一个法向量， 所以直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值 sin θ＝|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|A 1C →·n ||A 1C →||n |＝105.10．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C －EM －N 的正弦值；(3)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．解 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0，1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量， 则⎩⎨⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521.所以二面角C －EM －N 的正弦值为10521.(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.B 级：能力提升练1．在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M ，N 分别为AB ，SB 的中点．(1)证明：AC ⊥SB ；(2)求二面角N －CM －B 的余弦值； (3)求点B 到平面CMN 的距离．解 (1)证明：取AC 的中点O ，连接OS ，OB . ∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO . 如图所示建立空间直角坐标系Oxyz .则点A (2,0,0)，B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0，22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴AC →＝(－4,0,0)，SB →＝(0,23，－22)． ∵AC →·SB →＝(－4,0,0)·(0,23，－22)＝0， ∴AC ⊥SB .(2)由(1)得CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， 则⎩⎨⎧CM→·n ＝3x ＋3y ＝0，MN→·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－ 6. ∴n ＝(2，－6，1)．又OS →＝(0,0,22)为平面ABC 的一个法向量， ∴cos 〈n ，OS →〉＝n ·OS →|n ||OS →|＝13.∴二面角N －CM －B 的余弦值为13.(3)由(1)(2)得MB →＝(－1，3，0)，n ＝(2，－6，1)为平面CMN 的一个法向量，∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB→||n |＝423.2．如图，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 ＝CFCD ，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Hxyz .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，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 y ⎩⎨⎧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.。
新高考新教材1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(2)导学案-人教A版高中数学选择性必修第一册
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 (2)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.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角.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.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、自主导学1.利用向量方法求两异面直线所成角 若两异面直线l 1,l 2所成角为θ,它们的方向向量分别为a ,b ,则有cos θ=|cos <a ,b >|=|a ·b ||a ||b | .特别提醒：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是(0,π2],而两个向量夹角的范围是[0,π],事实上,两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. 2.利用向量方法求直线与平面所成角若直线l 与平面α所成的角为θ,直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为n , 则有sin θ=|cos <a ,n >|=|a ·n ||a ||n |特别提醒：直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.3.利用向量方法求二面角(1)若二面角α-l-β的平面角的大小为θ,其两个面α,β的法向量分别为n 1,n 2, 则|cos θ|=|cos <n 1,n 2>|= |n 1·n 2||n 1||n 2|(2)二面角的大小还可以转化为两直线方向向量的夹角.在二面角α-l-β的两个半平面α,β内,各取一条与棱l 垂直的直线,则当直线的方向向量的起点在棱上时,两个方向向量的夹角即为二面角的大小.特别提醒：由于二面角的取值范围是[0,π],而两个面的法向量的方向无法从图形上直观确定,因此不能认为二面角的大小就是其两个面法向量夹角的大小,需要结合具体图形判断二面角是锐角还是钝角,从而求得其大小.二、小试牛刀1.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),b=(2,0,4),则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于()A.-25B.25C.-2√55D.2√552.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于()A.120°B.60°C.150°D.30°3.二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=(√32,-12,-√2),平面β的一个法向量是n2=(0,12,√2),那么二面角α-l-β的大小等于()A.120°B.150°C.30°或150°D.60°或120°一、情境导学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?答案：线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法.二、典例解析例1. 如图所示,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥底面ABC ,AB=BC=AA 1,∠ABC=90°,点E ,F 分别是棱AB ,BB1的中点,试求直线EF 和BC 1所成的角.1.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. (2)范围:异面直线所成角的范围是(0,π2],故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.跟踪训练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 .例2.如图所示,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N 为PC 的中点. (1)证明MN ∥平面PAB ;(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.跟踪训练2 在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为CC 1的中点,则直线A 1B 与平面BDE 所成的角为( )A.π6 B.π3 C.π2D.56π例3. 如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M ,N 分别为AC ,BF 的中点,求平面MNA 与平面MNB 所成锐二面角的余弦值.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.跟踪训练3 如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC ,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.金题典例 如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等,AC ∩BD=O ,A 1C 1∩B 1D 1=O 1,四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形.(1)证明:O 1O ⊥底面ABCD.(2)若∠CBA=60°,求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值.延伸探究1 本例条件不变,求二面角B-A 1C-D 的余弦值.延伸探究2 本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E ,F 分别是棱BC ,CD 的中点, 求平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值.向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤 (1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标; (2)求出两个半平面的法向量n 1,n 2;(3)设二面角的平面角为θ,则|cos θ|=|cos <n 1,n 2>|;(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角,从而求出θ(或其三角函数值).1.平面α的斜线l 与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a =(1,0,1),b =(0,1,1),则斜线l 与平面α所成的角为( ) A.30°B.45°C.60°D.90°2.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( ) A.30°B.60°C.120°D.150°3.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,则异面直线AC 和MN 所成的角为( ) A.30° B.45°C.90°D.60°4.在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥BC ,AB=BC=12PA ,点O ,D 分别是AC ,PC 的中点,OP ⊥底面ABC ,则直线OD 与平面PBC所成角的正弦值为.5.如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,CD⊥PD,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=PB=3.点E在棱PA上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D的余弦值.参考答案：知识梳理1.解析因为a·b=-4,|a|=√5,|b|=2√5,所以cos θ=|cos<a,b>|=|a·b|a||b||=|-410|=25. 答案：B2.解析：因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,所以它们所在直线的夹角为60°,则直线l 与平面α所成的角等于90°-60°=30°.答案：D3.解析：设所求二面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|=√32,所以θ=30°或150°.答案：C学习过程例1.思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角.解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).设AB=1,则B (0,0,0),E (12,0,0),F (0,0,12),C 1(0,1,1),所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1). 于是cos <BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ >=BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗|=12√22×√2=12,所以直线EF 和BC 1所成角的大小为60°.跟踪训练1 解析：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Dxyz ,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 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2), cos <A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×√5=-45,故异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.答案:45 例2.思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN ∥平面PAB.(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. (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 ∥AM 且TN =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)解: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-(BC2) 2=√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),PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,-2,AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√52,1,2.设n =(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则{n ·PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y -4z =0,√52x +y -2z =0,可取n =(0,2,1).于是|cos <n ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n ||AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=8√525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525.跟踪训练2 解析:以D 为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE 的法向量n =(1,-1,2),而BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),所以cos θ=2√3=√32,则θ=30°,故直线A 1B 与平面BDE 成60°角. 答案：B例3. 思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.解:设正方体棱长为1.以B 为坐标原点,BA ,BE ,BC 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M (12,0,12),N (12,12,0),A (1,0,0),B (0,0,0).(方法1)取MN 的中点G ,连接BG ,AG ,则G (12,14,14).因为△AMN ,△BMN 为等腰三角形,所以AG ⊥MN ,BG ⊥MN , 故∠AGB 为二面角的平面角或其补角.又因为GA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-14,-14),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,-14,-14),所以cos <GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗|GA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||GB⃗⃗⃗⃗⃗ |=-18√8×√8=-13, 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13. (方法2)设平面AMN 的法向量n 1=(x ,y ,z ).由于AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,0), 则{n 1·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-12x +12z =0,-12x +12y =0,令x=1,解得y=1,z=1,于是n 1=(1,1,1). 同理可求得平面BMN 的一个法向量n 2=(1,-1,-1), 所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=√3×√3=-13,故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.跟踪训练3 解：如图,建立空间直角坐标系.则A (2,0,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2),即BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量. 设平面A 1B 1C 的一个法向量是n=(x ,y ,z ),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,-2), A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0), 所以n ·A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x=0,n ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+2y -2z=0, 令z=1,解得x=0,y=1,故n =(0,1,1). 设法向量n 与BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为φ,二面角B 1-A 1C -C 1的大小为θ,显然θ为锐角. 因为cos θ=|cos φ|=|n ·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12,解得θ=π3, 所以二面角B 1-A 1C -C 1的大小为π3.金题典例 (1)证明因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形,所以CC 1⊥AC ,DD 1⊥BD ,又CC 1∥DD 1∥OO 1,所以OO 1⊥AC ,OO 1⊥BD ,因为AC ∩BD=O ,所以O 1O ⊥底面ABCD.(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD 为菱形, AC ⊥BD.又O 1O ⊥底面ABCD ,所以OB ,OC ,OO 1两两垂直.如图,以O 为原点,OB ,OC ,OO 1所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系.设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=√3,OC=1, 所以O (0,0,0),B 1(√3,0,2),C 1(0,1,2),平面BDD 1B 1的一个法向量为n =(0,1,0), 设平面OC 1B 1的法向量为m =(x ,y ,z ), 则由m ⊥OB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⊥OC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以{√3x +2z =0,y +2z =0, 取z=-√3,则x=2,y=2√3,所以m =(2,2√3,-√3), 所以|cos <m ,n >|=|m ·n |m ||n ||=√3√19=2√5719. 由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角, 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为2√5719. 延伸探究1 解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2, 则A 1(0,-1,2),B (√3,0,0),C (0,1,0),D (-√3,0,0). 所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,-1,0).设平面A 1BC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 1-2z 1=0,-√3x 1+y 1=0,取x 1=√3,则y 1=z 1=3,故n 1=(√3,3,3). 设平面A 1CD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则{n 2·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y 2-2z 2=0,-√3x 2-y 2=0,取x 2=√3,则y 2=z 2=-3,故n 2=(√3,-3,-3).所以|cos <n 1,n 2>|=|n 1·n 2|n 1||n 2||=57.由图形可知二面角B -A 1C -D 的大小为钝角,所以二面角B -A 1C -D 的余弦值为-57.延伸探究2 解:以A 为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A (0,0,0),B 1(1,0,1),E 1,12,0,D 1(0,1,1),F12,1,0,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,12,0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),AF⃗⃗⃗⃗⃗ =12,1,0,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1).设平面AB 1E 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),则{n 1·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1+z 1=0,x 1+12y 1=0,令y 1=2,则x 1=-1,z 1=1, 所以n 1=(-1,2,1).设平面AD 1F 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2).则{n 2·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y 2+z 2=0,12x 2+y 2=0. 令x 2=2,则y 2=-1,z 2=1.所以n 2=(2,-1,1).所以平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值为cos <n 1,n 2>=|n 1·n 2||n 1||n 2|=√6×√6=12. 达标检测1.解析: l 与α所成的角即为a 与b 所成的角(或其补角),因为cos <a ,b >=a ·b |a ||b |=12,所以<a ,b >=60°. 答案：C2.解析：由已知得直线l 和平面α法向量所夹锐角为60°,因此l 与α所成的角为30°. 答案：A3.解析以D 为原点,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,设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中棱长为2,∵M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,∴M (1,2,0),N (0,2,1),A (2,0,0),C (0,2,0),MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0), 设异面直线AC 和MN 所成的角为θ,.cos θ=|MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×2√2=12, 则又θ是锐角,∴θ=60°∴异面直线AC 和MN 所成的角为60°,故选D.答案D4.解析:以O 为原点,射线OA ,OB ,OP 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a ,则OP=√72a,OD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√24a ,0,√144a),可求得平面PBC 的法向量为n =(-1,-1,√17),所以cos <OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n |OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√21030,设OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与面PBC 的角为θ,则sin θ=√21030. 答案:√210305.解：以B 为原点,以直线BC ,BA ,BP 分别为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设平面EBD 的一个法向量为n 1=(x ,y ,1),因为BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3,0), 由{n 1·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2y +1=0,3x +3y =0.所以{x =12,y =-12.于是n 1=(12,-12,1).又因为平面ABE 的一个法向量为n 2=(1,0,0), 所以cos <n 1,n 2>=√6=√66.故二面角A -BE -D 的余弦值为√66.。
高中-数学-人教A版-选择性必修(第一册)-1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题导学案
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 (1)1.用向量语言表示点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题2.能用向量方法解决点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题.重点：理解运用向量方法求空间距离的原理难点：掌握运用空间向量求空间距离的方法一、自主导学（一）、点到直线的距离、两条平行直线之间的距离1.点到直线的距离已知直线l 的单位方向向量为μ,A 是直线l 上的定点,P 是直线l 外一点.设AP⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,则向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量AQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ·μ)μ.点P 到直线l 的距离为PQ=√a 2-(a ·μ)2. 2.两条平行直线之间的距离求两条平行直线l ,m 之间的距离,可在其中一条直线l 上任取一点P ,则两条平行直线间的距离就等于点P 到直线m 的距离.点睛：点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度,由于直线与直线外一点确定一个平面,所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平面内点到直线的距离问题.（二）、点到平面的距离、两个平行平面之间的距离点到平面的距离已知平面α的法向量为n ,A 是平面α内的定点,P 是平面α外一点.过点P 作平面α的垂线l ,交平面α于点Q ,则点P 到平面α的距离为PQ=|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ||n |.点睛：1.实质上,n 是直线l 的方向向量,点P 到平面α的距离就是AP⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量QP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度. 2.如果一条直线l 与一个平面α平行,可在直线l 上任取一点P ,将线面距离转化为点P 到平面α的距离求解.3.两个平行平面之间的距离如果两个平面α,β互相平行,在其中一个平面α内任取一点P ,可将两个平行平面的距离转化为点P 到平面β的距离求解.二、小试牛刀1.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E ,F 分别是C 1C ,D 1A 1的中点,则点A 到直线EF 的距离为 .2.在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B 1到平面AD 1C 的距离为 .一、情境导学如图，在蔬菜大棚基地有一条笔直的公路,某人要在点A 处，修建一个蔬菜存储库。
《空间向量的应用——距离的计算》教学设计(2套)
《距离的计算》教学设计一．教学内容分析：本节课的教学内容选自《普通高中课程标准实验教科书·数学（选修2-1）》（北师大版）第2章“空间向量与立体几何”第6节“距离的计算”.本章知识结构向量是既有大小又有方向的量，既能像数一样进行运算本身又是一个“图形”，所以它可以作为沟通代数和几何的桥梁在很多数学问题的解决中有着重要的应用.本章要学习的空间向量将为解决三维空间中图形的位置关系与度量问题提供一个十分有效的工具.本小节的主要内容可分为两部分，一是点到直线的距离与两条平行直线间的距离；二是点到平面的距离与两个平行平面之间的距离.空间向量为处理立体几何问题提供了新的视角，本课作为章节的结束课，是学生学习了空间向量的运算和空间向量基本定理，经历了用向量讨论平行和垂直，学习了用向量解决立体几何中的夹角问题后，进一步学习用空间向量解决距离问题，教学过程中应充分让学生自主探索，得出相应的结论，引导学生树立正确的解题思想，使学生养成良好的解题习惯，培养直观想象、数学运算、逻辑推理等素养.二. 教学目标设置根据《数学课程标准》总体设计思路，结合本章内容的教学构思和学情，制定教学目标如下： 1.通过小组合作、自主探究、交流分享，归纳得出：空间中点到直线的距离、直线到直线的距离、点到平面的距离、平行平面之间的距离的向量表示，与传统的几何法求距离时的一题一解相比较，体会距离问题的通性通法.2.经历例1、2的分析、求解过程，学生能初步体验空间向量在解决立体几何距离问题中的重要价值，能基本掌握用向量运算处理空间中距离问题的一般程序.3.在解决具体问题的过程中，学生能强化数学应用意识，感悟数学思想（数形结合、化归转化等）的魅力，进而培养直观想象、数学运算、逻辑推理等素养.三. 学生学情分析学生在平面向量的学习中，已经认识到平面向量的数量积在判定位置关系（垂直）、角与距离的计算中的应用价值，这为研究空间位置关系及相关度量提供了类比前提.即在平面向量的夹角和向量长度概念的基础上，类比引入空间向量的夹角、长度的概念和表示方法，类比平面向量的数量积的运算得到空间两个向量的数量积运算、运算律及其应用价值.空间向量的投影以及数量积的分配律，代数形式上与平面向量中完全一样，但是在几何直观上又有些许不同.这是学生在类比归纳中的一个难点，需要适时铺垫引导，逐个突破.空间向量运算的几何表示 （如平行四边形法则）空间向量运算的坐标表示 （加减法、数乘、数量积） 空间向量的定义及其运算 用空间向量表示点、直线、平面等建立空间图形与空间向量的联系利用空间向量的运算解决立体几何中的问题空间向量的主要应用是求各种距离，这些距离问题都可归结为通过向量数量积求一个向量在法向量上投影的长度，在解决立体几何中距离问题的过程中，学生对几何元素与空间向量之间的对应及如何用空间向量表示所涉及的几何元素困难较大，这是将立体几何问题转化为空间向量问题的关键.基于教学内容和学情分析，本节课的重点和难点确定如下：重点：通过自主探究得出空间中距离的算法，在运用数量积和投影运算解决空间距离问题的过程中感悟数量积运算及运算律的重要价值，体会向量方法在研究几何问题中的作用.难点：理解空间向量的投影的几何意义；用空间向量表示几何元素并建立几何与向量的联系，将立体几何问题转化为向量计算问题；深刻体会几何问题用向量运算转为为代数运算的思想和便捷.四．教学策略分析本节课采用黄河清校长“问题导学教学法”，循序渐进，用问题驱动课堂教学，在老师的引导下，让学生探究、合作、交流、展示，尽可能多的质疑、探究、讨论，多参与课堂知识的生成和发现的过程，形成思维，提升素养.五．教学过程教学流程：类比 比较教学环节点到直线的距离 转化为向量运算 一般程序一般程序小组活动内涵，外延典例研究 实践提升小结 作业生生，师生展示、思辨、形成智慧点到平面的距离 转化为向量运算 实例学习环节 评价任务 学习活动设计意图（一） 实例引入 激发动机学生感知生活中的点到直线的距离,初步感知几何法的困难，激发解决问题的兴趣.引入：数学与生活密切相关，同学们观察石油库的建造图，有哪些我们熟悉的距离？（老师追问）我们能不能用向量研究距离问题呢？引例1：引导学生从生活中提炼数学模型，引出问题.在新问题产生时，学生根据已有的知识不方便，这时急需新知的时候，恰如其分的勾起了学生的求知欲.（二） 概念形成评价学生对几何问题向量化的方法和对新问题的探究欲望.探究一：点到直线的距离引导学生用向量的运算求点A 到直线l 的距离,感悟为什么要用向量计算距离.怎样赋予几何问题向量的意义；建立几何条件与向量运算之间的联系.初步体验向量法的合理性与优越性.BDCMA N MA 1B 1BAC C 1DD 1EM DCBAP（二） 概念形成评价学生利用数量积运算解决点面距离的一般程序.探究二：点到平面的距离从已有的知识结构出发，类比点到直线的距离的探究，学生探究、体会用向量运算求点到平面距离的一般程序.学习环节 评价任务 学习活动设计意图（三） 概念深化评价学生对向量法本质的理解和解决距离问题的一般程序的掌握程度.评价展示过程，观察学生的感知情况，距离方法的选择情况.活动1：请同学们交流分享向量法求解点到直线的距离、点到平面的距离时主要有哪几个要素.活动2：请同学们分别交流并分享点到直线的距离、点到平面的距离的向量法求解的一般程序，可以画出程序框图.活动3：请同学们观察下列图形，从不同角度考虑距离问题，体会向量法的优越性.让学生进一步的挖掘向量法的本质和内涵.通过各种不同图形，既展示向量法的外延，又与几何法比较，进一步感知向量法的必要性.BCMA 平面-1ACD MN 平面-ABPM 平面-MNED 平面-N MA 1B 1BAC C 1DD 1（四） 概念应用评价学生基本计算过程的展示和向量法解决问题的程序.评价学生对化归思想的应用及用向量求距离的一般程序，运算能力.评价学生运用向量法解决距离问题的能力.例1.如图, 四棱柱1111ABCD A B C D -的 底面ABCD 是正方形，O 为底面中心,1A O ⊥平面ABCD ，.（1）求点A 到直线1OB 的距离； （2）求点D 到平面1OCB 的距离.例2.正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，N M ,分别是111C B BB ，的中点.(1)求直线MN 到平面1ACD 的距离;(2)若G 是11B A 的中点，求平面MNG与平面1ACD 的距离.作业1.在直三棱柱111C B A ABC -中，︒=∠90ACB ,BC AC =,21=AA ,2=CA ,D 是1CC 的中点，问B A 1上是否存在一点E ，使得点1A 到平面AED的距离为362? 经过概念的深化环节给两个具体的问题，让学生体验用向量法求距离的一般程序和方便.在学生深入学习了点线、点面距离后，以例题的形式给出了线线、线面、面面距离，培养学生的逻辑推理能力和化归转化的能力.作业1进一步开放条件，让学生充分自主探索，体会向量法的作用.12AB AA ==OD 1B 1C 1DACBA 1《空间向量的应用—距离》教学设计一、教学内容解析本节课是参照新课标高中数学人教B版数学选修2-1第三章空间量与立体几何3.2.5距离一节．它是空间向量及其运算之后，将其方法在立体几何中的应用，属于概念性知识和程序性知识．本课虽篇幅不长，但从学生的角度讲仍占有较高的地位，是对以往所学知识的梳理、归纳和提升，使学生从另一个视角认识空间向量的应用．通过观察，思考，动手操作可使其深刻理解数学源于生活，应用于生活，进而产生浓厚的数学学习兴趣，体会综合几何法和向量方法各自的优势，在学习的过程中深刻体会类比思想、化归思想等数学思想方法，让学生初步形成数学抽象，逻辑推理，数学建模，直观想象，数学运算等学科核心素养．这部分知识的学习，不仅对学生核心素养的形成起到巨大的促进作用，更让学生深刻体会程序化思想，以及寻找一些问题的通性通法。
《用空间向量研究距离、夹角问题》课件与导学案
l 的距离为 a2－a·
u2(如图)．
思考：u怎么求？
课堂探究
点P到平面α的距离
设平面 α 的法向量为 n，A 是平面 α 内的定点，P 是平面 α 外一点，
→
|AP·
n|
则点 P 到平面 α 的距离为
(如图)．
|n|
思考： A的变化会不
会影响PQ的长度？为
什么？
例题解析
点到这个平面的距离；
两个平面平行，平面到平面的距离就是一个平面上任一点到这个平
面的距离．
新课引入
回顾求向量的投影公式是什么？
回顾勾股定理是什么？
课堂探究
点P到直线l的距离
已知直线 l 的单位方向向量为 u，A 是直线 l 上的定点，P 是直线 l
→
→
外一点，设向量AP＝a 在直线 l 上的投影向量为AQ＝a·
=(1,0,-2),∴| |= 12 + (-2)2 + 12 = 6,
6
∴直线 EF 的单位方向向量 μ= 6 (1,-2,1),
∴点 A 到直线 EF 的距离
2
d= || - -
6
6
2
=
29
6
=
174
6
.
探究新知
二、点到平面的距离、两个平行平面之间的距离
点到平面的距离
已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线
(2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点;
(3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确.
延伸探究1 例1中的条件不变,若M,N分别是A1B1,AC的中点,试求点C1到直线MN的距离.
向量法求空间距离教案
一、教案基本信息1. 向量法求空间距离教案2. 适用课程：高等数学、空间解析几何等3. 教学目标：让学生掌握向量法求空间两点间的距离公式培养学生运用向量知识解决实际问题的能力提高学生对空间几何概念的理解和运用二、教学内容及课时安排1. 第一课时：向量法求空间两点间的距离公式介绍向量的概念回顾空间直角坐标系介绍两点间的向量表示距离公式的推导2. 第二课时：向量法求空间距离的例题讲解与练习利用距离公式解决简单问题引导学生运用向量法解决实际问题课堂练习与讨论3. 第三课时：向量法求空间距离在实际问题中的应用利用向量法求空间直线、平面与其他几何体的距离引导学生运用向量法解决实际工程问题课堂练习与讨论4. 第四课时：向量法求空间距离的拓展与应用空间向量的其他运算向量法在空间解析几何中的应用课堂练习与讨论5. 第五课时：总结与复习回顾本节课的主要内容巩固向量法求空间距离的知识点布置课后作业三、教学方法与手段1. 采用讲授法、案例分析法、讨论法等教学方法，引导学生主动探究、积极思考。
2. 利用多媒体课件、黑板、模型等教学手段，直观展示空间几何图形，帮助学生更好地理解向量法求距离的过程。
四、教学评价1. 课后作业：检查学生对向量法求空间距离公式的掌握程度。
2. 课堂练习：观察学生在实际问题中运用向量法的熟练程度。
3. 学生互评：鼓励学生之间相互讨论、交流，提高解决问题的能力。
五、教学资源1. 教材：高等数学、空间解析几何等相关教材。
2. 多媒体课件：展示空间几何图形，直观地呈现向量法求距离的过程。
3. 模型：用于直观展示空间几何图形，帮助学生更好地理解向量法求距离的概念。
4. 课后作业：提供一定数量的练习题，巩固学生对向量法求空间距离的掌握程度。
六、教学过程设计导入新课通过一个实际问题引入：在空间中，如何计算两点之间的距离？回顾已学的传统方法（如坐标差求和后开方），并提出向量方法作为一种更一般的解决方案。
探究新知介绍向量表示两点间的距离，即使用坐标表示的向量差来求距离。
空间距离的向量求法教案
空间距离的向量求法教案【教案】。
一、教学目标。
1. 知识与技能。
a. 掌握空间中两点之间的距离公式；b. 掌握向量的加法和减法；c. 能够应用向量的加法和减法求解空间中的距离问题。
2. 过程与方法。
a. 通过具体例题引导学生理解向量的概念；b. 组织学生进行实际操作，加深对向量加法和减法的理解；c. 引导学生通过向量的运算来求解空间中的距离问题。
3. 情感态度与价值观。
a. 培养学生对数学的兴趣和自信心；b. 培养学生合作意识和动手能力；c. 培养学生解决实际问题的能力。
二、教学重难点。
1. 教学重点。
a. 向量的加法和减法；b. 空间中两点之间的距离公式。
2. 教学难点。
a. 空间中距离问题的数学建模；b. 向量的运用。
三、教学过程。
1. 导入新课。
通过一个简单的例题引导学生思考，如何求解空间中两点之间的距离。
2. 讲解向量的加法和减法。
a. 引导学生回顾向量的定义和性质；b. 讲解向量的加法和减法的运算法则；c. 通过具体的例题进行讲解和演示。
3. 练习向量的加法和减法。
组织学生进行练习，巩固向量的加法和减法的运算技巧。
4. 讲解空间中两点之间的距离公式。
a. 引导学生思考空间中两点之间的距离问题；b. 讲解空间中两点之间的距离公式的推导过程；c. 通过具体的例题进行讲解和演示。
5. 练习空间中两点之间的距离问题。
组织学生进行练习，巩固空间中两点之间的距离问题的求解技巧。
6. 拓展应用。
组织学生进行一些拓展应用的练习，例如求解空间中多个点之间的距离问题。
7. 总结与反思。
总结本节课的重点内容，引导学生进行思考和反思。
四、课堂小结。
通过本节课的学习，学生掌握了向量的加法和减法的运算法则，以及空间中两点之间的距离公式，能够应用向量的运算来求解空间中的距离问题。
五、布置作业。
布置相关的作业，巩固本节课的学习内容。
六、教学反思。
本节课通过引导学生思考和实际操作，使学生对向量的加法和减法以及空间中的距离问题有了更深入的理解。