空间向量与立体几何复习 精品教案

【课题】：空间向量与立体几何复习一

【教学目标】：

（1）知识目标：运用空间向量证明立体几何中的平行、垂直问题，及计算空间角的计算。 （2）过程与方法目标：总结归纳，讲练结合，以练为主。

（3）情感与能力目标：通过总结归纳，综合运用，让学生享受成功的喜悦，提高学习数学兴趣，提高计算能力和空间想象能力。 【教学重点】：。运用空间向量证明立体几何中的平行、垂直问题。 【教学难点】：计算空间角 【课前准备】：投影 【教学过程设计】： 教学环节 教学活动 设空间两条直线l1,l2的方向向量分别为e1,e2，两个平面1,2的法向量分别为n1,n2，则由如下结论 一、复习引入 平 行 垂 直 设计意图 左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 l1与l2 e1//e2 e1n1 n1//n2 e1e2 e1//n1 n1n2 l1与1 1与2 二、应用实例 平行 例1．如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF交于AD，点M,N分别在对角线BD,AE上，且BM11BD,ANAE. 33求证：MN//平面CDE 证明：MNMBBAAN =FNMBE21CDDE 33 DCA 又CD与DE不共线 根据共面向量定理，可知MN,CD,DE共面。 由于MN不在平面CDE中，所以MN//平面CDE. 垂直 平行 例2、棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，在棱DD1上是否存在点P使B1D⊥面PAC？ 解：以D为原点 建立如图所示的坐标系， 设存在点P（0，0，z）， A1D1B1PDCBzC1yAP=(-a,0,z)， xAAC=(-a,a,0)，DB1=(a,a,a)， ∵B1D⊥面PAC，∴DB1AP0，DB1AC0 ∴－a2+az=0∴z=a，即点P与D1重合 先建立图空间坐标系再用向量解题 ∴点P与D1重合时，DB1⊥面PAC 例3 (2004年湖南高考理科试题)如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中, ABC60，PAACa,PBPD2a,点E在PD上,且PE:ED= 2: 1. (Ⅲ)在棱PC上是否存在一点F, 使BF∥平面AEC?证明你的结论. 根据题设条件，结合图形容易得到： 3aa2aa,,0),D(0,a,a),E(0,,) 2233z3aaPC(,,0),P(0,0,a) 22F3aaCP(,,a) A22B(BEDCy假设存在点F XCFCP(3aa,,a)。 223a BFBCCF,(1)a,a22又AE(0,3aa2aa,,0) ,)，AC(2233则必存在实数1,2使得BF1AC2AE，把以上向量得坐标形式代入得 角的计算 31a3a12221a22a1131有BFACAE (1)a22322232aa223所以，在棱PC存在点F，即PC中点，能够使BF∥平面AEC。 本题证明过程中，借助空间坐标系，运用共面向量定理，应用待定系数法，使问题的解决变得更方便，这种方法也更容易被学生掌握。 20．如图，在正三棱柱A1B1C1ABC中， D、E分别是棱BC、CC1的中点， ABAA12。 （Ⅰ）证明：BEAB1； （Ⅱ）求二面角BAB1D的大小。 解：如图建立空间直角坐标系， 则（Ⅰ）证明： 因为B(1,0,0)，E(1,0,1)， A'B'C'ECBDzC'B'ExCBDAA'A(0,3,0)，B1(1,0,2)， 所以BE(2,0,1)， yAAB1(1,3,2)， 因此，有BEAB1； 故BEAB12(1)0(3)120， （Ⅱ）设n1(x,y,z)是平面ABB1的法向量， 因为AB1(1,3,2)，BB1(0,0,2)，所以由 n1AB1x3y2z0n1AB1 n1BB1n1BB12z0可取n1(3,1,0)； 同理，n2(2,0,1)是平面AB1D的法向量。 设二面角BAB1D的平面角为，则 cos|cosn1,n2||n1n2|1515。 arccos55|n1||n2|本例中没有现成的三条互相垂直的直线，需动脑筋构造。二面角的大小与其两个面的法向量的夹角相等或互补，要根据实际情况来取舍。 三、堂上练习 已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60º （1）证明CC1⊥BD C1A1D1B1 CD（2）当的值为多少时，能使 CC1A1C⊥平面C1BD？并证明 分析：取CD,CB,CC1为运算的基向量，则CABDBDCDCB。 注意向量间的方向对夹角的影响 略证（2）设CD(0)，菱形边长为a，则CDCC1 CC1ACC1D(CDCBCC1)(CDCC1)13222a20，解得1 当1时，ACBD(CDCBCC1)(CDCB)0 1 四、小结 五、布置作业 学生归纳，教师适当的补充、概括。 1．在棱长AB=AD=2，AA’=3的长方体AC1中，点E是平面BCC1B1上动点， 点F是CD的中点。 (1)试确定E的位置，使D1E⊥平面AB1F。 (2)求二面角B1－AF－B的大小。 解：(1)建立空间直角坐标系， 如图A(0，0，0)，F(1，2，0)， D'B1(2，0，3)，D1(0，2，3)， A'B'设E(2，y，z) C'D1E(2,y2,z3)， AF(1,2,0)，AB1(2,0,3) 由D1E⊥平面AB1F ABCDFDEAF01，即 D1EAB10y122(y2)055 ∴E(2，1，)为所求。 z343(z3)034(2)当D1E⊥平面AB1F时，D1E(2,1,)，B1B(0,0,3) 3又B1B与D1E分别是平面BEF与平面B1EF的法向量，则 二面角B1-AF-B的平面角等于。 ∵cos=43()343221()23461 61 ∴B1-AF-B的平面角的余弦值为461 61或用传统法做(略) (arctan 2．如图，在直三棱柱35) 4中， ， B1C1A1D ∠ACB＝90°， D是 （1）在棱使CP⊥BD； （2）在（1）的条件下， 求DP与面所成的角的大小。 解法一：（1）如图建立空间直角坐标系 设则， B1的中点。 上求一点P， BCAzC1A1DE PC30，0，D2，，4 由B4，2B3x得：BD2，，4 2 由CP⊥BD，得：CP·BD0 Ay 所以点P为的中点时，有CP⊥BD 上的射影， 所成的角 （2）过D作DE⊥B1C1，垂足为E， 易知E为D在平面 ∴∠DPE为DP与平面334得：PD2，， 由（1），P（4，0，z），D2，，2 22∵E(2,0,4)，∴PE(2,0,2)。PDPE|PD||PEcosDPE， ∴cosDPE 即DP与面

482482，∴DPEarccos。 4141所成的角的大小为arccos482。 41 解法二：取的中点E，连接BE、DE。 显然DE⊥平面内的射影，若P是 ∴BE为BD在面有CP⊥BE ∵四边形 ∴点P是上一点且CP⊥BD，则必 为正方形，E是的中点， ∴的中点 的中点即为所求的点P ，垂足为E，连接PE、DP 所成的角 （2）连接DE，则DE⊥ 为DP与平面 由（1）和题意知： tanDPE 即DP与面

练习与测试：

（基础题）

1．下列各组向量中不平行的是（ ）

DE3232,DPEarctan PE88所成的角的大小为arctan32 8A．a(1,2,2),b(2,4,4) B．c(1,0,0),d(3,0,0) C．e(2,3,0),f(0,0,0) D．g(2,3,5),h(16,24,40)

答：D。

2．若A(1,2,1)，B(4,2,3)，C(6,1,4)，则△ABC的形状是（ ） A．不等边锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 答：A。

13．已知正方体ABCDA1与AC间的距离为 。 1BC11D1的棱长是，则直线DA答：3 。提示： A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A),AC(1,1,0),DA1(0,1,1) 1(0,0,13 设MN(x,y,z),MNAC,MNDA1,xy0,yz0,令yt 则MN(t,t,t)，而另可设M(m,m,0),N(0,a,b),MN(m,am,b)

mt11111113 amt,N(0,2t,t),2tt1,t，MN(,,),MN 33339993bt

4．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，

1DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC，

2AB1，M是PB的中点。

（Ⅰ）证明：面PAD面PCD； （Ⅱ）求AC与PB所成的角；

证明：以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为

1A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,).

2（Ⅰ）证明：因AP(0,0,1),DC(0,1,0),故APDC0,所以APDC.

由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD.

（Ⅱ）解：因AC(1,1,0),PB(0,2,1),

故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以10cosAC,PB.5|AC||PB|ACPB

（中等题）

5．如图，在四棱锥VABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形,

平面VAD底面ABCD． （Ⅰ）证明：AB平面VAD；

（Ⅱ）求面VAD与面DB所成的二面角的大小．

证明：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标图系.

0) （Ⅰ）证明：不防设作A(1,0,，

则B(1,1,0)， V(,0,123)， 2

13AB(0,1,0),VA(,0,)

22由ABVA0,得ABVA，又ABAD，因而AB与平面VAD内两条相交直线VA，AD都垂直. ∴AB平面VAD.

（Ⅱ）解：设E为DV中点，则E(,0,143)， 4333313EA(,0,),EB(,1,),DV(,0,).

444422由EBDV0,得EBDV,又EADV. 因此，AEB是所求二面角的平面角，

cos(EA,EB)EAEB|EA||EB|21, 7解得所求二面角的大小为arccos21.

76．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形， 侧棱PA底面ABCD，AB3，BC1，PA2， VDABC E为PD的中点.

（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；

（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE面PAC，

并求出点N到AB和AP的距离.

解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，

则A,B,C,D,P,E的坐标为A(0,0,0)、

B(3,0,0)、C(3,1,0)、D(0,1,0)、

1P(0,0,2)、E(0,,1)，

2从而AC(3,1,0),PB(3,0,2). 设AC与PB的夹角为，则

cosACPB|AC||PB|32737, 14∴AC与PB所成角的余弦值为

37. 14) （Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为(x,0z,，则

1NE(x,,1z)，由NE面PAC可得，

2NEAP0,NEAC0.13z10,(x,,1z)(0,0,2)0,x2 ∴6 即化简得13x0.z1(x,1,1z)(3,1,0)0.2233. ,0,1)，从而N点到AB和AP的距离分别为1,66即N点的坐标为(