习题3.2教案3

本节教学目标：

掌握立体几何中的向量方法，会利用空间向量解决空间角、证明位置关系，使复杂问题简单化

重点：

建立适当空间直角坐标系，准确确定相应点的坐标，正确计算空间角及证明问题

难点：对于无明显垂直关系的点坐标确定和空间角的计算

教学过程：

4．空间向量与空间角的关系

(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|. (2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|. (3)

求二面角的大小．

(ⅰ)如图①，AB，CD是二面角α-l-β的

→→两个半平面α，β内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．

(ⅱ)如图②③，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则

的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．

如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、

C、D的距离都等于2.给出以下结论：

→→→→→→→→→→→→①SA＋SB＋SC＋SD＝0；②SA＋SB－SC－SD＝0；③SA－SB＋SC－SD＝0；

→→→→→→④SA·SB＝SC·SD；⑤SA·SC＝0，其中正确结论的序号是________．

→→→→→→

容易推出：SA－SB＋SC－SD＝BA＋DC＝0，所以③正确；又因为底面→→

ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以SA·SB＝2×2×cos∠ASB，

→→→→→→SC·SD＝2×2×cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是SA·SB＝SC·SD，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.

如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为

AB，PC的中点．求证：

(1)MN∥平面PAD；

(2)平面PMC

⊥平面PDC.

(1)如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP

所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.

＝a，AB＝b，则有，P(0，0，a)，A(0，0，0)，

设PA＝ADD(0，a，

0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)，

因为M，N分别为AB，PC的中点，所以

aa→

→→所以MN＝0，2，2，AP＝(0，0，a)，AD＝(0，a，0)，

→

1→1→所以MN＝AD＋AP.又因为MN⊄平面PAD，

22所以MN∥平面PAD.

bbaaM2，0，0，N2，2，2.



b→→(2)由第一问可知PC＝(b，a，－a)，PM＝2，0，－a，

→PD＝(0，a，－a)．

设平面PMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

→＝0⇒bx＋ay－az＝0，n·PC1111则

b→n1·PM＝0⇒x1－az1＝0，22ax1＝z1，b所以令z1＝b，

y1＝－z1，则n1＝(2a，－b，b)．

设平面PDC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

→n2·PC＝0⇒bx2＋ay2－az2＝0，则

→n2·PD＝0⇒ay2－az2＝0，y2＝z2，x2＝0，

所以

令z2＝1，则n2＝(0，1，1)．

n1·n2＝0－b＋b＝0，

n1⊥n2.

PMC⊥平面PDC.

因为

所以

所以平面

如图，已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4. (1)求证：AC⊥BC1；

(2)在AB

上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1?

（1）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因为

AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1两

两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分

别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

(0，4，0)，

则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，BB1(0，4，4)．

→因为AC＝(－3，0，0)，BC1＝(0，－4，4)，

→→→→所以AC·BC1＝0，所以AC⊥BC1，所以AC⊥BC1.

(2)假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，

→→设AE＝tAB＝(－3t，4t，0)，其中0≤t≤1.

→则E(3－3t，4t，0)，B1E＝(3－3t，4t－4，－4)，

→

→B1C＝

(0，－4，－4)．

→→→又因为AC1＝mB1E＋nB1C成立，所以m(3－3t)＝－3，

1m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，所以t＝.

2所以在

AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点．