习题3.2课时教案

课题：空间向量与运算复习小结

课型：

一、复习目标

1．了解空间向量的概念；会建立坐标系，并用坐标来表示向量；

2．理解空间向量的坐标运算；会用向量工具求空间的角和距离. 二．知识梳理

1．求角：

（1）直线和直线所成的角：求二直线上的向量的夹角或补角；

（2）直线和平面所成的角：

①找出射影，求线线角；

②求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面角为θ,则a

n

θ

sin|cosn,a||na|. |n||a|（3）二面角：

①求平面角，或求分别在两个面内与棱垂直的两个向量的夹角（或补角）；

②求两个法向量的夹角（或补角）. 2．求距离

M _

θ

a _n

N

H

（1）点M到面的距离d|MN|cos

（如图）就是斜线段MN在法向量n方向上的正投影. 由nNM|n||NM|cos|n|d

得距离公式：d|nNM| |n|（2）线面距离、面面距离都是求一点到平面的距离；

（3）异面直线的距离：求出与二直线都垂直的法向量n和连接两异面直线上两点的向量NM，再代上面距离公式. 三、双基练习

1．在空间直角坐标系中，已知点P（x，y，z），下列叙述中正确的个数是

（ ）

①点P关于x轴对称点的坐标是P1（x，－y，z） ②点P关于yOz平面对称点的坐标是P2（x，－y，－z） ③点P关于y轴对称点的坐标是P3（x，－y，z） ④点P关于原点对称的点的坐标是P4（－x，－y，－z）

A.3 B.2 C.1 D.0 2．

直三棱柱A1B1C1—ABC，∠BCA=90°，D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，BC=CA=CC1，

则BD1与AF1所成角的余弦值是 （

）

1A．30 B. C．30 D．15

21010153．已知向量a=（1，1，0），b=（－1，0，2），且ka＋b与2a－b互相垂直，则k=

___ 4． 已知A（3，2，1）、B（1，0，4），则线段AB的中点坐标和长度分别是 ， .

◆答案提示： 1. C； 2. A； 3. 7；

5 4.（2，1，5），dAB=217

四、典例题解析

【例1】

【2015全国二卷19．（本题满分12分）】

F分别在A1B1，如图，长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=16，BC=10，AA18，点E，C1D1上，A1ED1F4．过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

D1

F

C1

A1

E

D

B1

C

A

B

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；

（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值．

19．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）45．

15解析：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：

（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则AMAE4，EMAA18，因为EHGF为正1方形，所以EHEFBC10．于是MHEH2EM26，所以AH10．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE(10,0,0)，HE(0,6,8)．设

n(x,y,z)是平面EHGF的法向量，则nFE0,nHE0,即10x0,所以可取6y8z0,45．所以直线AF与15．又n(0,4,3)AF(10,4,8)，故cosn,AFnAFnAF平面所成角的正弦值为45．

15考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．

D1EDFC1A1B1GCA

MHB

【例2】（本小题满分13分）如图，在四棱柱ABCD-1A1B1C中1D，侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.

（Ⅰ）求证：MN//平面ABCD；

（Ⅱ）求二面角D1-AC-B1的正弦值；

（Ⅲ）设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为的长.

1，求线段A1E3

17．（Ⅰ）见解析；

（Ⅱ）

310；

（Ⅲ）

72.

10解析：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,2,0)，

又因为M,N分别为B1C和D1D的中点，得M1,,1,N(1,2,1).

12

（Ⅰ）证明：依题意，可得n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，MN0,,0，

由此可得，MNn0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN//平面ABCD

（Ⅱ）AD1(1,2,2),AC(2,0,0)，设n1(x,y,z)为平面ACD1的法向量，则

52x2y2z0n1AD10，即，不妨设z1，可得n1(0,1,1)，

2x0n1AC0n2AB10设n2(x,y,z)为平面ACB1的一个法向量，则，又AB1(0,1,2)，得

n2AC0y2z0，不妨设z1，可得n2(0,2,1)

2x0

因此有cosn1,n2n1n2n1n210310，于是sinn1,n2，

1010310.

10，从而NE(1,2,1)，所以二面角D1ACB1的正弦值为（Ⅲ）依题意，可设A其中[0,1]，则E(0,,2)1EA1B1，又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得

cosNE,nNEnNEn1，整理得2430，

(1)2(2)21231又因为[0,1]，解得72，

所以线段A1E的长为72.

考点：直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.

五、提炼总结以为师

1.求线线角、线面角、二面角的方法：

2．求点面距离，线面距离、面面距离及异面直线的距离的方法：

六、同步练习

1.【2015高考】一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N. DGCEEABFDMABCH

（1）请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）

（2）证明：直线MN//平面BDH

（3）求二面角AEGM的余弦值. 18．（1）点F、G、H的位置如图所示.

HEFDMABGC

（2）详见解析.（3）22

3解析：（1）点F、G、H的位置如图所示. HEFDMABGC

（2）连结BD，设O为BD的中点. HENFGDOABMC

因为M、N分别是BC、GH的中点，所以OM//CD，且OM1CD，

21NH//CD，且NHCD，所以OM//NH,OMNH，所以MNHO是平行四边形，2从而MN//OH，又MN平面BDH，OH平面BDH，所以MN//平面BDH. （3）连结AC，过M作MPAC于P.

HENKFGDOAPMBC

在正方形ABCDEFGH中，AC//EG，所以MPEG. 过P作PKEG于K，连结KM，所以EG平面PKM，

从而KMEG.所以PKM是二面角AEGM的平面角. 设AD2，则CM1,PK2，在RtCMP中，PMCMsin452. 2在RtKMP中，KMPK2PM2PK2232.所以cosPKM. KM32即二面角AEGM的余弦值为22. 32.【2015山东】如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE,G,H分别为AC,BC的中点.

（Ⅰ）求证：BD//平面FGH；

（Ⅱ）若CF平面ABC，ABBC,CFDE ，BAC45 ,求平面FGH与平面ACFD

所成的角（锐角）的大小.

17．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）60

分析：（Ⅰ）思路一：连接DG,CD，设CDGFO，连接OH，先证明OH//BD，从而由直线与平面平行的判定定理得BD//平面HDF；思路二：先证明平面

FGH//平

面

ABED，再由平面与平面平行的定义得到BD//平面HDF.

（Ⅱ）思路一：连接DG,CD，设CDGFO，连接OH，证明GB,GC,GD

两两垂直, 以G

为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz，利用空量向量的夹角公式求解；思路二：作HMAC

于点M

，作MNGF

于点N

，连接NH，证明MNH

即为所求的角，然后在三角形中求解.

解析：

（Ⅰ）证法一：连接DG,CD，设CDGFO，连接OH，

在三棱台DEFABC中，AB2DE,G为AC的中点

可得DF//GC,DFGC

所以四边形DFCG为平行四边形

则O为CD的中点又H为BC的中点所以OH//BD

又OH平面FGH,

BD平面FGH,

所以BD//平面FGH．

证法二：

在三棱台DEFABC中，由BC2EF,H为BC的中点

可得

BH//EF,BHEF,

所以四边形BHFE为平行四边形可得

BE//HF

在

ABC中，

G为AC的中点，

H为BC的中点，所以

GH//AB

又

GHHFH，所以平面

FGH//平面

ABED

因为

BD平面

ABED所以

BD//平面FGH

（Ⅱ）解法一：

设AB2

，则CF1

在三棱台DEFABC中，G为AC的中点

1ACGC

，可得四边形DGCF

为平行四边形，因此DG//CF

2又FC平面ABC

所以DG平面ABC

由DF在ABC中，由ABBC,BAC45

，G是AC中点，所以ABBC,GBGC

因此GB,GC,GD

两两垂直,

以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz

所以G0,0,0,B可得H2,0,0,C0,2,0,D0,0,1

2222

故,,0,F0,2,1GH222,2,0,GF0,2,1

设nx,y,z

是平面FGH

的一个法向量，则

nGH0,xy0由

可得

2yz0nGF0,可得平面FGH

的一个法向量n1,1,2

因为GB

是平面ACFD

的一个法向量，GB2,0,0

所以cosGB,nGBn21

|GB||n|222所以平面与平面所成的解（锐角）的大小为60

解法二：

作HMAC

于点M

，作MNGF

于点N

，连接NH

由FC

平面ABC

，得HMFC

又FCACC

所以HM平面ACFD

因此GFNH

所以MNH

即为所求的角

在BGC

中,MH//BG,MH12BG,

22由GNM∽GCF

可得MNGM6,

从而MN

FCGF6由MH平面ACFD,MN平面ACFD

得MHMN,

因此tanMNHHM3

所以MNH60

MN所以平面FGH与平面ACFD所成角（锐角）的大小为60 .