习题3.2优质课教案内容

第三章立体几何空间向量方法复习

教学目标：

1.

掌握好向量的相关知识：概念、基本运算、建系方法、坐标求法（不定点的坐标）、平行与垂直、法向量求法

2.

掌握向量作为工具解决立几问题的方法

3.

向量解题后建议多思考传统的方法，不仅可以锻炼思维能力，还可以深刻认识空间几何的本质

教学重点：

会运用向量的方法解决立体几何问题。

教学难点：

会运用向量的方法解决立体几何问题。

教学用具：

多媒体

教学方法：

讲练结合法

教学过程：

知识点一

证明平行、垂直关系

2

已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别在DB、D1C上，且DE＝D1F＝a，其中a为3正方体棱长．

求证：EF∥平面BB1C1C. 证明

如图所示，建立空间直角坐标系D—xyz，则

a2aaa,,0，F0,,，

3333a2a－，0，，

故EF＝33又AB＝(0，a,0)显然为平面BB1C1C的一个法向量，

－a，0，2a＝0，

EF＝

(0，a,0)·而AB·33∴AE⊥EF. E又E∉平面BB1C1C，因此EF∥平面BB1C1C.

正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1. 证明

如图，建立空间直角坐标系D—xyz. 设正方体棱长为1，

则E(1,1，F(0，1)、D1(0,0,1)、

21,0)、A(1,0,0)．

21→∴DA＝(1,0,0)＝D1A1，DE＝(1,1，)，

211→0，，－1，A1D1＝(0，，－1)．

D1F＝22设m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分别是平面AED和A1FD1的一个法向量，

m·DA0,x＝01DE0,⇒由m·. 1x＋y＋z＝01121

令y1＝1，得m＝(0,1，－2)．

nD1A10,又由

nD1F0,令z2＝1，

得n＝(0,2,1)．

∵m·n＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，

∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1.

知识点二

求空间角

已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．

解

以D为坐标原点，以DA、DC、DD1所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)

∴DC＝(0,1,0)，

＝22＋32＋22＝17 ∴cos〈DC，BC1〉= DCBC1DCBC1

－3317＝－. 1717∵异面直线DC与BC1所成的角为锐角，

＝317∴异面直线DC与BC1所成的角的余弦值为. 17

如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=5，AD=8，AA1=4，M为B1C1上一点且B1M=2，点N在线段A1D上，A1D⊥AN. （1）求cos〈A1D,AM〉;

(2)求直线AD与平面ANM所成角θ的正弦值；

(3)求平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值．

解

(1)建立空间直角坐标系(如图所示)．

∵AM＝(5,2,4)，

A1D＝(0,8，－4)．

∴AM·A1D＝0＋16－16＝0，

∴AM⊥A1D

∴cos〈AM，A1D〉＝0. (2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，∴A1D⊥平面AMN，

∴A1D＝(0,8，－4)．是平面ANM的一个法向量．

又AD＝

(0,8,0)，|A1D|＝45，

→AD＝64，

A1D·64225→∴cos〈A1D，AD〉＝＝＝. 545×85π→∴AD与平面AMN所成角θ＝－〈A1D，AD〉，

22∴sinθ＝5. 5(3)∵平面ANM的法向量是A1D＝(0,8，－4)．

平面ABCD的法向量是a＝(0,0,1)，

－45∴cos〈A1D，a〉＝＝－. 5455∴平面ANM与平面ABCD所成角的余弦值是. 5知识点三

求空间距离

如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4，点E、F分别为棱AB、BC的中点，EF∩BD＝G，求点D1到平面B1EF的距离d.

解

如图建立空间直角坐标系D-xyz，易得D1(0,0,4)，B1(22，

22,4)，

E(22，2,0)，F(2,22

,0)，

故EF＝(－2，2，0)，EB1＝(22，22，0)．

设n＝(x，y，z)是平面B1EF的一个法向量，则

EF0,－2x＋2y＝0n·. ⇒2y＋4z＝0EB10n·令x＝1，得n＝(1,1，－则|D1B1·n| = 42,

∴d = 2)．

4

D1B1nn

∴点D1到平面B1EF的距离为

1617∴点D1到平面B1EF的距离为. 17

已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，又知BA1⊥AC1. (1)求证：AC1⊥平面A1BC；

(2)求点C1到平面A1AB的距离；

(3)求二面角A－A1B－C的余弦值．

(1)证明

如图，取AB的中点E，则DE∥BC，

因为BC⊥AC，

所以DE⊥AC，又A1D⊥平面ABC，

以DE，DC，D A1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，1,0)，

C(0,1,0)，B(2,1,0)，A1(0,0，t)，C1(0,2，t)，

→AC1＝(0,3，t)，BA1＝(－2，－1，t)，

CB＝(2,0,0)，由A1C·CB＝0，知A1C⊥CB，又BA1⊥AC1，

从而AC1⊥平面A1BC；

(2)解

由A1C·BA1＝－3＋t2＝0，得t＝3. 设平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，AA1＝(0,1，3)，AB＝(2,2,0)，

AA10,n·所以，

AB0,n·设z＝1，则n＝(3，－3，1) AC1n所以点C1到平面A1AB的距离d＝n= 221,

7(3)解

再设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，

→CA1＝(0，－1，3)，CB＝

(2,0,0)，

CA10,m·所以



CB0,m·设z＝1，则m＝(0，3，1)，

m·n7故cos〈m，n〉＝＝－，根据法向量的方向，

|m|·|n|77可知二面角A－A1B－C的余弦值－. 7教学反思：

在立体几何的学习中，求各种“空间角”、和空间“距离”的难点在于作出相应的“角”及作出表示“距离”的线段，并给出相应的证明。引入向量的工具，避开了“作”、“证”这个难点，提供了解决求空间角、距离及证明“垂直”、“平行”的通法。进一步强化了“坐标法”、“数形结合”和“转化”等数学思想方法.