习题3.2教学设计一等奖

课 题：空间向量与立体几何教学设计

授课类型：复习课 授课教师：许朝 课时安排：2课时 教具：多媒体、实物投影仪

教学设计： 一、考法解法

1.命题特点分析

空间角是高考试题中的必考内容，高考大纲对这部分知识的要求主要是是以及利用空间向量求异面直线所成角、线面角和二面角，属于中档题。主要出现在立体几题的第二问，以计算为主.

2.解题方法荟萃

从近四年考题来看，每张试卷都会考查本节知识点,解答题出现一题。解答题涉及到证明位置关系和求空间角，涉及到一些经典条件和空间向量的方法，尤其是平时要多培养对“中点、等腰和棱形”等经典条件的第一反应能力，准确写出坐标，计算向量，是本题的关键所在。

3.教法指导

教师要立足于考纲，有针对性的制定辅导计划。以真题为引，按能力层次区分，层层铺垫，引导学生由易到难地掌握本版块知识点，理解近年高考对应的考查重点。建议练习和作业中体现难度层次，逐渐引导学生熟悉解题方法。

4.学法指导

学生要熟练掌握空间向量求法向量和确定角的方法，集中练习真题，培养做题感觉，找出易错点并作出应对. 二、真题剖析

例题1.【2014•全国2卷理科•18】如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点．

(2).设二面角DAEC为60，AP1，AD3，求三棱锥EACD的体积．

【解析】

以A为原点，以AB为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。

1

AP1，ADBC3，现设ABCDa，则A(0,0,0)，C(a,3,0)，D(0,3,0)，E(0,31,)，所以AC(a,22，3,0)AE(0,31,)，22AD(0,3,0).设平面AEC与平面AED的法向量分别为n1(x1,y1,z1)，n2(x2,y2,z2)，则有

31y1z10n1AE0

2，则n1(3,a,3a)

2ax3y0n1AC01131nAE0yz2022

，则n1(1,0,0)，

222y0n2AD02因为二面角DAEC为60，所以cos60n1n2n1n234a2313，解得a，所22以三棱锥的体积为V1113. ADCDAP3228AB16，BC10，例题2.【2015•全国2卷理科•19】如图，长方体ABCDA1BC11D1中，AA18，点E,F分别在A1B1，D1C1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．

(1).在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

(2).求直线AF与平面所成角的正弦值．

【解析】

(1).交线围成的正方形EFGH如图，

(2).作EMAB,垂足为M，则EHEFBC10，EMAA18,所以

MHEH2EM26，AH10

以D为原点，以DA为x轴，以DC为y轴，以DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。

则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，

2

所以EF(10,0,0)，EH(0,6,8). 设平面EFGH的法向量分别为n(x,y,z)，则有

10x0nEF0

，则n(0,4,3)

6y8z0nEH0若设直线AF和平面EFGH所成的角为，则

sincosAF,n4045，

151805所以直线AF与平面所成角的正弦值45. 15例题3.【2017•全国2卷理科•19】如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，ABBC1AD,BADABC90o,

E是PD的中点. 2(2).点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45o

，求二面角MABD的余弦值. 【解析】

以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系．

0，0，0)，A(0，1，0)，设ABBC1，则O(1，0)，

B(1，1，0)，C(1，0，0)，D(0，P(0，0，3)．

M在底面ABCD上的投影为M，∴MMBM．∵MBM45，

∴△MBM为等腰直角三角形．

∵△POC为直角三角形，OC3OP，∴PCO60．

3设MMa，CM23331a，0，0a．∴Ma，OM1．

333．∴312622BMa10a1aa332OM123226a1M1，0，0M1，0，．∴，

322223

26AM1，1，，22AB(1，0，0)．设平面ABM的法向量m(0，y1，z1)．y16z10，∴m(0，6，2)2AD(0，2，0)，AB(1，0，0)．设平面ABD的法向量为n(0，0，z2)，n(0，0，1)．∴cosm,nmnmn1010．∴二面角MABD的余弦值为．

55三、高考类型题

AB2，2.【题干】如图，在长方体ABCDA点E在棱AB1BC11D1中，AD=A1A1，上移动. （1）证明：D1EA1D；

（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；

D1A1DAEBB1C1（3）AE等于何值时，二面角D1ECD的大小为.[来源:4学科网]

C【类型题理由】本题主要考查用空间向量解决线线垂直，求点到平面的距离，在已知二面角大小的情况下求线段的长度

【解析】以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则A,0,1，D10,0,1，E1,x,0，A1,0,0，C0,2,0

11（1）因为DA,0,1),(1,x,1)0,所以DA1D1E.

1,D1E(1（2）因为E为AB的中点，则E1,1,0，

从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0)，

D1A1zB1AD1(1,0,1)，

设平面ACD1的法向量为n(a,b,c)，

C1nAC0,则

nAD10,DoCEByxA

4

也即a2b0a2b，得，从而n(2,1,2)，所以点E到平面AD1C的距离为

ac0ac2121.

33h|D1En||n|（3）设平面D1EC的法向量n(a,b,c)，∴CE(1,x2,0),D1C(0,2,1),DD1(0,0,1),

nD1C0,2bc0由 令b1, ∴c2,a2x，

ab(x2)0.nCE0,∴n(2x,1,2).依题意cos4|nDD1||n||DD1|222.

222(x2)5

∴x123（不合，舍去），x223 . ∴AE23时，二面角D1ECD的大小为四、分层训练（2题）

基础过关（第1—2题）

. 4ABCD是菱形，AC1. 如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD，ABAA12．

（1）证明：平面ACO平面BB1D1D；

1（2）若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值．

BDO，AO底面1【解析】证明：（1）∵AO底面ABCD，且BD,AC平面ABCD，

1∴AOBD，又∵在菱形ABCD中，ACBD，

1∵AO1ACO，∴BD平面A1AC，

∵BD平面BB1D1D，∴平面ACO⊥平面BB1D1D

1（2）建立以O为坐标原点，OA,OB,OA1分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图：

OB1，OA3

∵ABAA12，BAD60，∴

5

∵AA1．[来源:Z§xx§k.Com]

12，∴AO1则AABAB=113,0,0，B0,1,0，A10,0,1，C3,0,0

3,1,0，OB0,1,0，OC3,0,0，

OA10,0,1，则OB1OA1A1B1=3,1,1，

设平面BOB1的一个法向量为mx,y,z，

mOB0y0

，则m(3,0,3)，

3xyz0mOB10设平面COB1的一个法向量为nx,y,z，

nOB103xyz0

，则n(0,1,1)，

nOC03x0cosm,nmnmn6，

46．

4∵二面角BOB1C是钝二面角，∴二面角BOB1C的余弦值是2．如图，在几何体ABCDEF中，AB//CD，ADDCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，M,N分别为EF，ABFB10，的中点．

（1）求证：MN//平面FCB；

（2）若直线AF与平面FCB所成的角为30，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值．[来源:Z#xx#k.Com]

【解析】证明：（1）取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ=又MF1AC，NQ//AC

21AC，MF//AC，所以MFNQ，MF//NQ，则2四边形MNQF为平行四边形，即MN//FQ．∵PQ平面FCB，MN平面FCB

∴MN//平面FCB

6

（2）解：由AB//CD，ADDCCB1，ABC60可得，ACB90．AC3，BC1，AB2，因为四边形ACFE为矩形，所以AC平面FCB，则AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即AFC30，∴FC3．

∵FB10，∴FCBC．

建立以C为坐标原点，CA,CB,CF分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图：

则A3333,0,0，B0,1,0，M 32,0,3，则MA2,0,，MB2,1,3，设平面MAB的一个法向量为mx,y,z，

3x3z0mMA02

，则m(23,61)，，由平面FCB的一个法向量为3xy3z0mMB02n3,0,0，cosm,nmnmn23323

77323．

7则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为五、总结归纳

根据新课程标准，高中数学中空间向量与立体几何是高考解答题的重要题型，利用空间向量解决二面角问题使得题马上迎刃而解，但计算量大，学生很难计算准备，需要加大学生空间想象能力和计算能力，同时，关注柱锥台等几何体的模型，利用立体图形感知求解习题。

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