3.4空间向量在立体几何中的应用2
一、教学目标：
知识与技能:
1）掌握向量方法解决立体几何相关问题的一般步骤（“三步曲”）。
2）初步了解如何依据已知条件建立适当的空间直角坐标系，并能用“坐标法”解决一些简单的立体几何问题。
过程与方法:
1）让学生经历向量法解决立体几何相关问题的一般过程，初步认识向量方法解决立体几何问题的优势。
2）在解题过程中，让学生领悟类比思想和转化思想在解题中的应用。
3）在解题中融入数学建模思想，增强学生的数学应用意识，提高学生的抽象概括能力。
情态与价值:
以例题讲练为学习载体，促使学生形成事物与事物之间普遍联系及其相互转化的辩证唯物主义观点，培养学生勇于探索的精神和创新意识。
二、教学重、难点：
重点：掌握向量方法解决立体几何相关问题的一般步骤。（“三步曲”）
难点：建立空间图形与空间向量之间的联系，把立体几何问题转化为向量问题。
三、学法与教学用具
1、学法：创设情景，让学生在对比、观察，讨论的过程中，完成对新知识的探究；通过例2的学习，让学生在体会知识与生活密切联系的同时，初步认识解决实际问题时所经历的建立模型---解决模型的数学建模过程，提高学生分析和解决问题的能力。
2、教学用具：多媒体投影仪
四、教学思路：
（一）复习巩固，温故知新
通过对向量的学习我们了解到向量是沟通代数、几何与三角函数的工具之一，向量在平面几何的证明中也扮演着重要的角色，那么怎样用空间向量的知识完成立体几何证明？今天我们就来学习：立体几何中的空间向量。首先我们来回顾空间向量的相关知识。
教师提问：
向量垂直的条件
向量及向量运算的坐标表示
3、空间几何元素位置关系的坐标表示
（二）研探新知
基本要求：
1空间向量与异面直线夹角
在立几中，要求两异面直线的夹角，可以通过两向量的夹角公式来求得，但要注意异面直线的夹角只能为锐角或直角。
例1（2000年高考新课程卷试题）如图，直三棱柱ABC—A1B1C1的底面三角形ABC中，CA=CB=1，∠BCA=900，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点。
（1）求的长；（2）求的值。
解：以C为原点建立如图空间直角坐标系，
（1）B（0，1，0），N（1，0，1），
∴
（2）
∴，
且，∴。
2空间向量与线面垂直问题
设非零向量，
，运用该结论可较快地处理立几中的线线垂直与线面垂直问题。
例2如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，M是棱AA1的中点，点O是对角线BD1的中点。
（1）求证：BD1⊥AC；
（2）求证：OM是异面直线AA1与BD1的公垂线。
证明：以D为原点，DC、DA、DD1所在的直线分别为x、y、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M(0,1,),O(,,)。
（1），，∴，
∴，即BD1⊥AC。
（2），
因为，，所以OM⊥AA1，OM⊥BD1，
即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线。
3空间向量与线面平行问题
向量与非零向量平行的充要条件是存在唯一的实数，使。如果平面外直线的方向向量与平面内一直线的方向向量平行，则线面平行；如果两平面α与β的法向量平行，则α∥β。
例3如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点，E、F分别是棱B1C1、C1D1的中点。
求证：（1）E、F、B、D四点共面；
（2）平面AMN∥平面BDFE。
证明：以D为原点，DC、DA、DD1所在的直线分别
为x、y、z轴，建立如图所示空间直角坐标系。
设正方体棱长为1，则
A(1,0,0),M(1,,1),N(,0,1),E(,1,1),F(0,,1)
（1）
∴，即E、F、B、D四点共面。
（2）
设是平面BDFE的一个法向量，则
∴可取是平面BDFE的一个法向量。
易验证，，∴。
即也是平面AMN的一个法向量，∴平面AMN∥平面BDFE。
4空间向量与二面角计算
设二面角的大小为，分别为两平面的法向量，则或者（如何选择要根据是锐角或钝角来决定）。运用二面角的向量计算公式，只凭坐标运算而不需添加辅助线，可轻松获解。
例4（2001年全国高考试题）如图，在底面是直角梯形的四棱锥S—ABCD中，∠ABC=900，SA⊥平面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=。
（1）四棱锥S—ABCD的体积；（2）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值。
分析：易得AD⊥平面SAB，VS-ABCD=。下面解决第（2）小题，它是一个“棱”没有完全给出的二面角问题，用向量法解决如下。
解：以AD、AB、AS分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B（0,1,0），C（1,1,0），D（,0,0），S（0,0,1），
∴。
∵AD⊥面SAB，∴就是平面SAB的一个法向量。
设是平面SCD的一个法向量，则
，可取，
计算得，∴。
依题意，所求二面角是锐角，因此，面SCD与面SBA所成的二面角的正切值为。
5空间向量与点面距离的计算
例5如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，，为上的点，且平面，求点到平面的距离。
解：容易知道，平面，知，中，，为中点，故，以为原点，射线、、分别为、轴建立空间直角坐标系，如图所示。则，，，，，设平面的一个法向量为，
则
令，则，轴，故，
点到平面的距离.
6、运用平面的法向量计算直线与平面所成的角
例6、如图，在四棱柱中，底面是正方形，侧棱底面，8，是的中点，求直线与底面所成的角的大小。
解：令底面是正方形的边长为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示。则，，，，所以，，易知为平面的一个法向量，设直线与底面所成的角的大小为,异面直线与所成的角的大小为，则，所以直线与底面所成的角的大小为。
例题9如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点，求证：平面
证明：以为原点，建立空间直角坐标系，
如图所示。则，，，设平面的一个法向量为，
则，令，则，，得，设直线与平面所成的角的大小为，则
即与平面所成的角为0，且直线不在平面内，所以平面。
能力要求：
7、空间向量与点面距离的计算公式
点(x0,y0,z0)到平面mx+ny+pz+q=0的距离公式为，其中(m,n,p)为平面的一个法向量。运用法向量可使点到平面距离的求法程序化和简单化。
例7（2003年全国高考题）已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，AB=1，AA1=2，点E为CC1的中点，点F为BD1的中点。
（1）证明EF为BD1与CC1的公垂线；
（2）求点D1到面BDE的距离。
解：（1）建立如图直角坐标系，见例2，证略。
（2）设平面BDE的方程是mx+ny+pz+q=0，
把D(0,0,0),B(1,1,0),E(0,1,1)代入得，m=p=-n，p=0，
∴平面BDE方程为x-y+z=0。
故点D1（0,0,2）到面BDE的距离为：。
8、运用平面的法向量，求异面直线间的距离。
例题8、已知长方体中，，，，求异面直线与间的距离。
解：建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，，所以，，设且，，则
，令，则，
设向量在向量上的射影长为，则异面直线与间的距离，则
.，异面直线与间的距离为。
（五）归纳整理，整体认识
“通过本节课的学习，你有什么收获和体会？”
1、“向量法”的一般步骤。
2、“坐标法”和“向量法”解题优势：少做甚至不做辅助线。
（六）布置作业，
基本要求：
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）．
1．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）
A．60° B．90° C．105° D．75°
2．如图，ABCD—A1B1C1D1是正方体，B1E1＝D1F1＝，则BE1与DF1所成角的余弦值是（）
A． B．
C． D．
3．如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）
A． B．
C． D．
4．正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离（）
A． B． C． D．
5．已知是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点．点到平面的距离（）
A． B．
C． D．
6．在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离 （）
A． B． C． D．
7．在三棱锥P－PA，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 （）
A． B． C． D．
8．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G．则与平面ABD所成角的余弦值 （）
A． B． C． D．
9．正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小 （）
A． B．C． D．
10．正四棱柱中，底面边长为，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，CD的中点，．则三棱锥的体积V （）
A． B．C． D．
二、填空题：请把答案填在题中横线上（每小题6分，共24分）．
11．在正方体中，为的中点，则异面直线和间的距离．
12．在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，求点到截面的距离．
13．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平面DBEF的距离．
14．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤（共76分）．
15．（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角的大小
16．（12分）已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、M分别是A1C1、A1D和B1A上任一点，求证：平面A1EF∥平面B1MC．
17．（12分）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．
（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；
（2）求异面直线AE与CD所成角的余弦值．
18．（12分）已知棱长为1的正方体AC1，E、F分别是B1C1、C1D的中点．
（1）求证：E、F、D、B共面；
（2）求点A1到平面的BDEF的距离；
（3）求直线A1D与平面BDEF所成的角．
19．（14分）已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E为棱AB的中点，求：
（Ⅰ）D1E与平面BC1D所成角的大小；
（Ⅱ）二面角D－BC1－C的大小；
（Ⅲ）异面直线B1D1与BC1之间的距离．
20．（14分）如图5：正方体ABCD-A1B1C1D1，过线段BD1上一点P（P平面ACB1）作垂直于D1B的平面分别交过D1的三条棱于E、F、G．
(1)求证：平面EFG∥平面ACB1，并判断三角形类型；
(2)若正方体棱长为a，求△EFG的最大面积，并求此时EF与B1C的距离．
参考答案
一、1．B；2．A；3．A；4．C；
分析：建立如图所示的直角坐标系，则
，
，
，
，．
，．
令向量，且，则，
，，
，．
异面直线和之间的距离为：
．
5．A；分析：
为正方形，，又平面平面，面，是平面的一个法向量，设点到平面的距离为，则
=
==．
6．B；分析：建立如图所示的直角坐标系，
设平面的一个法向量，则，即，
，平面与平面间的距离
7．D；
8．B；解以C为坐标原点，CA所在直线为轴，CB所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，
设，
则，，，
∴，，，，
∵点E在平面ABD上的射影是的重心G，
∴平面ABD，∴，解得．
∴，，
∵平面ABD，∴为平面ABD的一个法向量．
由
∴与平面ABD所成的角的余弦值为．
评析因规定直线与平面所成角，两向量所成角，所以用此法向量求出的线面角应满足．
9．A；取BC的中点O，连AO．由题意平面平面，，
∴平面，
以O为原点，建立如图6所示空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，
由题意平面ABD，∴为平面ABD的法向量．
设平面的法向量为，
则，∴，∴，
即．∴不妨设，
由，
得．故所求二面角的大小为．
评析：（1）用法向量的方法处理二面角的问题时，将传统求二面角问题时的三步曲：“找——证——求”直接简化成了一步曲：“计算”，这表面似乎谈化了学生的空间想象能力，但实质不然，向量法对学生的空间想象能力要求更高，也更加注重对学生创新能力的培养，体现了教育改革的精神．
（2）此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若取时，会算得，从而所求二面角为，但依题意只为．因为二面角的大小有时为锐角、直角，有时也为钝角．所以在计算之前不妨先依题意判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”．
10．C；解以D为坐标原点，建立如图10所示的直角坐标系，
则，，
，，
∴，，
，图10
∴，
∴，
所以，
设平面的方程为：，将点代入得
，∴，
∴平面的方程为：，其法向量为
，∴点到平面的距离，
∴即为所求．
评析（1）在求点到平面的距离时，有时也可直接利用点到平面的距离公式计算得到．
（2）法向量在距离方面除应用于点到平面的距离、多面体的体积外，还能处理异面直线间的距离，线面间的距离，以及平行平面间的距离等．
二、
11．分析：设正方体棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设和公垂线段上的向量为，则，即，，，又，，所以异面直线和间的距离为．
12．分析：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则．
，；
设面的法向量为，
则有：，
，
，又，所以点到截面的距离为=．
13．1；解：如图建立空间直角坐标系，
＝（1，1，0），＝（0，，1），＝（1，0，1）
设平面DBEF的法向量为＝（x，y，z），则有：
即x＋y＝0
y＋z＝0
令x＝1,y=－1,z=,取＝（1，－1，），则A1到平面DBEF的距离
14．解：如图建立空间直角坐标系，＝（0，1，0），＝（－1，0，1），＝（0，，1）
设平面ABC1D1的法向量为＝（x，y，z）,
由可解得＝（1，0，1）
设直线AE与平面ABC1D1所成的角为θ，则，
三、
15．解：如图建立空间直角坐标系，＝（－1，1，0），＝（0，1，－1）
设、分别是平面A1BC1与平面ABCD的法向量，
由可解得＝（1，1，1）
易知＝（0，0，1），
所以，＝
所以平面A1BC1与平面ABCD所成的二面角大小为arccos或－arccos．
注：用法向量的夹角求二面角时应注意：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．
16．证明：如图建立空间直角坐标系，
则＝（－1，1，0），＝（－1，0，－1）
＝（1，0，1），＝（0，－1，－1）
设，，（、、，且均不为0）
设、分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量，
由可得即
解得：＝（1，1，－1）
由可得即
解得＝（－1，1，－1），所以＝－，∥，
所以平面A1EF∥平面B1MC．
注：如果求证的是两个平面垂直，也可以求出两个平面的法向量后，利用⊥来证明．
17．（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD．∴AB⊥平面PAD．又∵AE⊥PD，∴PD⊥平面ABE，故BE⊥PD．
（2）解：以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C、D的坐标分别为（a，a，0），（0，2a，0）．
∵PA⊥平面ABCD，∠PDA是PD与底面ABCD所成的角，∴∠PDA=30°．
于是，在Rt△AED中，由AD=2a，得AE=a．过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，由AE=a，∠EAF=60°，得AF=，EF=a，∴E（0，a）
于是，={－a，a，0}
设与的夹角为θ，则由
cosθ=
AE与CD所成角的余弦值为．
评述：第（2）小题中，以向量为工具，利用空间向量坐标及数量积，求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段．
18．解：（1）略．
（2）如图，建立空间直角坐标系D—xyz,
则知B（1，1，0），
设
得则
令．
设点A1在平面BDFE上的射影为H，连结A1D，知A1D是平面BDFE的斜线段．
即点A1到平面BDFE的距离为1．
（3）由（2）知，A1H=1，又A1D=，则△A1HD为等腰直角三角形，
19．解：建立坐标系如图，则、，，
，，，，，
，，．
（Ⅰ）不难证明为平面BC1D的法向量，
∵
∴D1E与平面BC1D所成的角的大小为（即）．
（Ⅱ）、分别为平面BC1D、BC1C的法向量，
∵，∴二面角D－BC1－C的大小为．
（Ⅲ）∵B1D1∥平面BC1D，∴B1D1与BC1之间的距离为．
20．(证明（1）用纯粹的几何方法要辗转证明EF∥AC，EG∥B1C，FG∥AB1来证明，而我们借用向量法使问题代数化，运算简洁，思路简单明了．)
(1)分析：要证平面EFG平面ACB1，由题设知只要证BD1垂直平面ACB1即可．
证明：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图5，不妨设正方体棱长为a，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），D1（0，0，a），B1（a，a，a），E（xE，0，a），F（0，yF，a），G（0，0，zG）．
∴=（－a，－a，a），=（0，a，a），（－xE，yF，0），=（－a，a，0），=（－a，0，－a），
∵·=(－a，－a，a)·(0，a，a)=0，
∴⊥，
同理⊥，
而与不共线且相交于点A，
∴⊥平面ACB1，又已知⊥平面EFG，
∴平面EFG∥平面ACB1；
又因为⊥平面EFG，所以⊥，
则·=0，
即(－a，－a，a)·(－xE，yF，0)=0，
化简得xE－yF=0；
同理xE－zG=0,yF－zG=0，
易得==，
∴△EFG为正三角形．
(2)解：因为△EFG是正三角形，显然当△EFG与△A1C1D重合时，△EFG的边最长，其面积也最大，此时，=A1C1=·a，
∴=
=·sin600
=(·a)2·
=·a2．
此时EF与B1C的距离即为A1C1与B1C的距离，由于两异面直线所在平面平行，所求距离转化为求点B1到平面A1C1D的距离，记A1C1与B1D1交于点O1，作O1H∥D1B并交BB1于点H，则O1H⊥平面A1C1D，垂足为O1，则O1(，，a)，H(a，a，)，而作为平面A1C1D的法向量，
所以异面直线EF与B1C的距离设为d是
d===·a．
(证明（2）时一般要找到求这两平面距离的两点，如图5，而这两点为K与J，在立体图形中较难确定，且较难想到通过作辅助线DO1，OB1来得到，加上在如此复杂的空间图形中容易思维混乱，但只要借助平面法向量求线段的射影长度的思想，结合题设，使思路清晰明了，最终使问题的解决明朗化；把握这种思想，不管是空间线线距离，线面距离，面面距离问题，一般我们都能转化成点线或点面距离，再借助平面法向量很好地解决了．)
例题在三棱锥中，三角形是边长为4的正三角形，平面平面，，、分别是、的中点，求点平面的距离。
解运用法向量求解的方法1.
如图，建立空间直角坐标系，则，，设是平面的一个法向量，则，令，则
，
得，，所以到平面的距离。
运用法向量求解的方法2.
设平面，垂足为，因为、、、四点共面，由共面定理，可设
。
由，所以点到平面的距离为。
1/20
y
z
N
B
C
C11
B11
A
A11
M
x
F
E
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