复习参考题优秀公开课教案

空间向量与立体几何教学设计

静海一中 吴海锋

一、教材分析: 本节课的教学内容选自人民教育出版社A版高中数学教教《必修2》第2章内容。该课是在二维平面直角坐标系基础上的推广，是空间立体几何的代数化.教材通过一个实际问题的分析和解决，让学生感受建立空间直角坐标系的必要性，内容由浅入深、环环相扣，体现了知识的发生、发展的过程，能够很好的诱导学生积极地参与到知识的探究过程中.本节课教学尊重学生的认知规律，循序渐进地引导学生进行观察、分析、归纳，从立体几何和空间向量的出发，用向量的方法来研究几何关系，体现化归转化讨论的数学思想，又体现数形结合的数学思想，从特殊到一般的数学思想。

二、学情分析：

作为高三学生一方面学生通过对空间几何体：柱、锥、台、球的学习，处理了空间中点、线、面的关系，初步掌握了简单几何体的直观图画法，因此头脑中已建立了空间思维能力.另一方面学生刚刚复习了向量和立体几何基本知识，也建立了一定的转化和数形结合的思想.这两方面都为学习本课内容打下了基础. 三、设计思想

本节课的设计尊重学生的认知规律，遵循循序渐进的原则，运用多媒体教学手段，利用课件教学，通过直观感知，引导学生进入具体内容进行观察分析、自主探索、合作交流的学习过程，归纳出相关规律和结论，将坐标法、数形结合、分类讨论等思想方法综合应用，从而理解数学的思想方法，养成积极主动、勇于探索、自主学习的学习方式，培养学生的动手能力、观察能力和严谨的逻辑思维，提高学生的数学修养。

四、教学目标

新课标对本节课的教学内容做了统一的要求，结合班级学生情况，我将本节课的教学目标定为

知识与技能：1、线线、线面、面面位置关系证明；2、求解空间几何体中的角度和距离问题。

过程与方法：通过具体实例让学生通过观察、探究等方法研究问题。

情感态度价值观：培养学生类比学习能力，用联系的眼光观察、分析问题，训练学生严谨的化归转化和逻辑分析能力。

五、教学重点与难点

针对教学中对教材和学情的分析，结合本节知识内容特点制定以下重难点：

重点：让学生明确空间立体几何主要知识内容和典型题型，掌握用空间向量法解决立体几何问题的方法技巧。

难点：帮助学生熟练掌握立体几何答题思路和书写步骤，能够运用逆向思维解决立体几何问题。

六、教学过程设计

1．教学基本流程图

引入问题

2、教学过程

一）、基础知识回顾：

教师提问：

(1)线线、线面、面面关系的判断和证明，

（2）空间角的概念和求解方法展示。

学生思考讨论并回答问题

二）、典型例题示范

类型一：线面角的求法

1、例 1 ：如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是梯形，BD＝DE＝2EF，BD∥EF，DE⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AF； (2)求直线CE与平面BCF所成角的正弦值．

思路点拨：1）问证明，直接利用定理。2）向量法证明

解题过程： (1)证明：连接AC交BD于O，连接OF. 1由四边形ABCD是菱形可知BD⊥AC，OD＝BD，因为BD∥EF，OD＝EF，所以四边形2复习问题

总结规律

知识运用

拓展探究

课后小结

ODEF是平行四边形，即OF∥DE，又DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥DE，故BD⊥OF，又AC∩OF＝O，所以BD⊥平面ACF，又AF⊂平面ACF，所以BD⊥AF. (2)以O为坐标原点，直线OB，OC，OF分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，设菱形ABCD的边长为2，则由题意可知B(1,0,0)，C(0，3，0)，F(0,0,2)，E(－1,0,2)，

→→设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，因为BF＝(－1,0,2)，BC＝(－1，3，0)，

→n·BF＝0，所以由→n·BC＝0，

－x＋2z＝0，得－x＋3y＝0，

x3即z＝，y＝x，

23令x＝6，则n＝(6,23，3)是平面BCF的一个法向量．

设直线CE与平面BCF所成的角为θ，

因为＝(－1，－3，2)，所以sinθ＝＝|－6－6＋6|114＝. 3857×22114. 38故直线CE与平面BCF所成角的正弦值为方法总结：1．斜线与平面所成的角，就是斜线及其在平面上的射影所成的锐角．

2．向量法求线面所成的角．

求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos|n·a|〈n，a〉|＝. |n||a|变式训练：1、如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2. (1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B； (2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．

解：(1)证明：四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，如图，则△ACD为等边三角形，又M为CD中点，∴AM⊥CD，由CD∥AB得，AM⊥AB，

∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，∴AM⊥AA1，又AB∩AA1＝A，∴AM⊥平面AA1B1B. (2)∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2，∴DM＝1，AM＝3，∴∠AMD＝∠BAM＝90°又AA1⊥底面ABCD，∴以AB，AM，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，

13则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，3，0)，D1(－，，2)，

22→→13∴DD1＝(，－，2)，BD＝(－3，3，0)，A1B＝(2,0，－2)，

22－3x＋3y＝0，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则⇒2x－2z＝0⇒y＝3x＝3z， 令x＝1，则n＝(1，3，1)，

1∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值sinθ＝|cos〈n，DD1〉|＝＝. 5类型二、二面角的求法

例 2 (2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC； (2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D­AE­C的余弦值．

思路点拨：二面角问题多用建系求解，注意判断大小。

解题过程：(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC. 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO. 又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D­AC­B的平面角．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.又DO＝AO，AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠→→

DOB＝90°.

所以平面ACD⊥平面ABC. →(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直．以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，→|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面1体ABCD的体积的，从而点E到平面ABC的距离为点D到平面2

→→131ABC的距离的，即E为DB的中点，得E0，，.故AD＝(－1,0,1)，AC＝(－2,0,0)，222→AE＝－1，31，. 22设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，

－x＋z＝0.则即31－x＋y＋z＝0，22

3令x＝1，可得n＝1，，1. 3→m·AC＝0，设m是平面AEC的法向量，则→m·AE＝0.

同理可取m＝(0，－1，3)．

n·m77则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角DAEC的余弦值为. |n||m|77方法总结：1．求二面角时(1)用几何法，则需严格遵守四个字：作—证—求—答．

(2)用向量法，则需建立恰当的坐标系．

(3)法向量一定求正确，平面的法向量是一个得分点．

2．求完之后一定要结合图形适当调整数值的正负情况．

变式训练：如图所示，该几何体由一个直三棱柱ADE­BCF和一个正四棱锥P­ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2. (1)证明：平面PAD⊥平面ABFE； (2)若正四棱锥P­ABCD的高为1，求二面角C­AF­P的余弦值．

解：(1)证明：∵直三棱柱ADE­BCF中，AB⊥平面ADE，

∴AB⊥AD，又AD⊥AF，AB∩AF＝A，∴AD⊥平面ABFE，∵AD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABFE. (2)∵AD∥BC，AD⊥平面ABFE，∴BC⊥平面ABFE，且AB⊥BF，建立以B为坐标原点，BA，BF，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．∵正四棱锥P­ABCD的高为1，AE＝AD＝2，

∴A(2,0,0)，E(2,2,0)，F(0,2,0)，C(0,0,2)，P(1，－→→1,1)，∴AF＝(－2,2,0)，CF＝(0,2，－2)，PA＝(1,1，－1)，

→

→设n1＝(x1,1，z1)是平面ACF的一个法向量，则n1⊥AF，

→→n·AF＝0，n⊥CF，∴→n·CF＝0，111

－2x1＋2＝0，即2－2z1＝0，

解得x1＝1，z1＝1，即n1＝(1,1,1)．

→→设n2＝(x2,1，z2)是平面PAF的一个法向量，则n2⊥AF，n2⊥PA，∴→n·AF＝0，→n·PA＝0，22

－2x2＋2＝0，即x2＋1－z2＝0，

解得x2＝1，z2＝2， 即n2＝(1,1,2)．

n1·n21＋1＋222∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

|n1||n2|33×6又二面角C­AF­P是锐角，∴二面角C­AF­P的余弦值是22. 3三）、巩固训练

1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD；

(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．

解：1)证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD. 又∵AB∥CD，∴PD⊥AB.又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD. ∵AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. (2)取AD的中点O，BC的中点E，连接PO，OE.∵AB∥CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∴OE∥AB.由(1)知，AB⊥平面PAD，∴OE⊥平面PAD，又PO，AD⊂平面PAD，∴OE⊥PO，OE⊥AD.又∵PA＝PD，∴PO⊥AD，∴PO，OE，AD两两垂直．

以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz. →设PA＝2，则有D(－2，0,0)，B(2，2,0)，P(0,0，2)，C(－2，2,0)，∴PB＝(2，2，－2)，

→BC＝(－2→n·PB＝0，2，0,0)．设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量．由→n·BC＝0，

2x＋2y－2z＝0，得－22x＝0.

令y＝1，则z＝2，x＝0，可得平面PBC的一个法向量n＝(0,1，2)．. ∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA. 又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，∴PD⊥AB.∵PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB，

→→即PD是平面PAB的一个法向量，且PD＝(－2，0，－2)．

→→PD·n－23∴cos〈PD，n〉＝＝＝－.由图知二面角A­PB­C为钝角，所以它→323|PD|·|n|的余弦值为－3. 3四）、课堂小结

1.通过训练及时总结平行、垂直证明的常见方法以及空间角的空间向量求法. 2.注意逆向问题方程思想的运用. 七、板书设计

课题名称 例1过程展示 例2过程展示 课堂小结

复习引入 方法总结 方法总结 变式训练 变式训练

八、教学反思

本节课在执教的过程中学生的参与性较强，能够充分发挥学生的主体性；学生掌握知识的过程也是学生探索学习、思考研究、提高能力的过程；以类比教学，变式教学为基础，锻炼了学生的观察能力、计算能力、画图能力，培养了学生严谨的数学思辨能

力。整节课学生的活动贯穿始终，迁移规律运用在理论探究中起了关键的作用，充分提高了学习的效率，保证知识落实到位。

存在的问题：教学内容量偏大，学生接受起来可能感觉速度有点快。在教学过程中调动学生的积极性做得还不够好，主动参与能力和语言表达及计算能力，有待于加强。