习题3.2优秀教学设计说课稿

立体几何与空间向量（一）

知识要点：参考《总复习》P147－148页内容

题组一、旧知回顾

1．若向量

a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且

a 与

b 夹角的余弦值为A．2 B．－2

C．2或8，则λ等于（

）

92．若直线l∥，且l

的方向向量为(2，m，1)，平面的法向量为

1



，则m＝（

）

1，，2

2A．－4 B．－6

C．－8 D．8 3．已知平面上的两个向量

a＝(2,3,1)，b＝(5,6,4)，则平面的一个法向量为（ ）

A．(1，－1,1)B．(2，－1,1)

C．(－2,1,1) D．(－1,1，－1) 4．如图，在长方体

ABCD- A1B1C1D1

中，AB＝BC＝2，AA1＝1，

则

BC1 与平面

BB1D1D 所成角的正弦值为______．

22

D．2或-

5555

题组二、重难点突破：利用空间向量证明平行与垂直

1.

已知ABCD为正方形，PD面ABCD，PD2，AB1，E，F为AB、PC中点，

（1）求证：EF∥面PAD；

（2）求证：EFAB．

题组三、重难点突破：利用空间向量求空间角问题

设异面直线l,m的方向向量分别为a,b，平面,的法向量分别为u,v

（1）若两异面直线l,m所成的角为(0≤≤（2）设l与所成的角(0≤≤2), 则cos|ab|

|a||b|2)，则sin|cos||au|au|

||a||u||a||u|uvuv

（3）若二面角l的大小为(0),则

cos1

1.

已知ABCD为正方形，PD面ABCD，PD2，AB1，E，F为AB、PC中点，

（1）求PA与EF的夹角的余弦值；

（2）求PA与面AEF的夹角的余弦值；

（3）求二面角AEFD的余弦值.

2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC900，CB1点M是CC1的中点，

，CA2,AA16，（1）求证：AMBA1；

（2）求二面角CA1BA的余弦值.

2

题组四、重难点突破：利用空间向量求空间距离问题

（1）两条异面直线的距离：设两条异面直线a、b的公垂线的方向向量为n,

这时分别在a、b上任取A、B两点，则向量AB在n上的正射影长就是两条异面直线a、b的距离d|AB||cosAB,n||ABn|

|n|（2）点到平面的距离：等于平面内外两点的向量和平面的法向量n的数量积的绝对值与平面的法向量模的比值：d|ABn|

|n|1.

已知ABCD为正方形，PD面ABCD，PD2，AB1，E，F为AB、PC中点，

（1）求P到面AEF的距离；

（2）求PA与EF的公垂线的长度.

题组五、课后巩固提升

1.在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，化简BB1ABDA

（ ）

(A)AC1 (B)CA1 (C)BD1 (D)DB1

2.与a=（1，2，(A)(1）平行的向量是( ) 3115,1,) (B)(3,4,1) (C)(5,9,) (D)(7,3,2)

2633.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB1,AD2,AA13,则BDAC1= ( ) (A)1 (B)0 (C)3 (D)－3 4.已知m(1,2,3),n(2,3,4)，mn，则_______；

3

5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若ABa, ADb，AA1c，则下列向量中与AM相等的向量是（

）

D1M C11111(A)abc

(B)abc

22221111(C)abc

(D)abc

2222A1B1DABC6.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．

CACB，ABAA1，7.（2013年全国Ⅰ卷第18题改编）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，BAA160.

（1）证明：ABA1C； （2）若平面ABC平面AA1B1B，ABCB

①求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值；

②求AA1到平面BB1C1C到距离.

4

CC1BB1AA1

立体几何与空间向量（一）参考答案

题组一：1、C

2、C

3、C

4、题组二：

1、（1）证明：10

5PD面ABCD、ABCD为正方形

以DA、DC、DP为正交基底建立空间直角坐标系、A(1,0,0)、B(1,1,0)、Dxyz，如图所示：得D(0,0,0)11C(0,1,0)、E(1,,0)、F(0,,1)、P(0,0,2)、

22依题意知DC为面PAD的法向量，且DC(0,1,0)，EF(1,0,1)

∴DCEF0

DCEF且E、F不在面PAD内

∴EF∥面PAD

0

(2)证明：由（1）知EF(1,0,1)，AB(0,1,0)

ABEF

ABEF

即EFAB

题组三：

1．解：（1）PD面ABCD、ABCD为正方形

以DA、DC、DP为正交基底建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示：得D(0,0,0)、A(1,0,0)、B(1,1,0)、11C(0,1,0)、E(1,,0)、F(0,,1)、P(0,0,2)、

22EF(1,0,1)，PA(1,0,2)

cosPA,EFEFPAEFPA111(2)310

1025

PA与EF的夹角的余弦值是310。

10(2)设平面AEF的法向量n(x,y,z)

1

EF(1,0,，1AF(1,,1)

2nEF，nAF

5

xz0EFn0得取 z=1, 得x=1, y=0

1xyz0AFn02即n(1,0,1)

设PA与面AEF的夹角为则sinnPAnPA111(2)251010

1010PA与面AEF的夹角的余弦值是cos1sin2310。

10（3）由（2）知平面AEF的法向量n(1,0,1)，设平面EFD的法向量g(x,y,z)

gEF，gDE

xz0EFg0得取 x=1, 得y=-2, z=1

1xy0DEg02即g(1,2,1)

∴cosg,nngng23

3263

。

3二面角AEFD的余弦值2.解：（1）以B为原点，BC ，BA ，BB1分别为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系B－xyz

∵在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90,CB1,CA2,AA16,

点M是CC1的中点，则B(0,0,0),A(0,3,0),M(1,0,6),

2A1(0,3,6)∴BA1(0,3,6),AM(1,3,BA1AM0330

∴AMBA1

（2）由（1）知B(0,0,0),M(1,0,6)

26),A1(0,3,6),C(1,0,0)

26

则BA1(0,3,6),BM(1,0,6),BC(1,0,0)

2设平面A1BM的一个法向量为n(x,y,1),则

3y606BA1n0得n=(-,-2,1)6

2BMn0x02BCAB,BCBB1BC平面ABA1

平面ABA1的一个法向量为BC＝（1，0，0）nBCnBC33

二面角MA的余弦值－

。

BA133cosBC,n题组四：

1.解（1）PD面ABCD、ABCD为正方形

以DA、DC、DP为正交基底建立空间直角坐标系Dxyz，1E(1,,0)、A(1,0,0)、B(1,1,0)、C(0,1,0)、如图所示：得D(0,0,0)、211F(0,,1)、P(0,0,2)、∴EF(1,0,1)，AF(1,,1)

22

设平面AEF的法向量n(x,y,z)

nEF，nAF

xz0EFn0得取 z=1, 得x=1, y=0

1xyz0AFn02即n(1,0,1)

设PA与面AEF的夹角为则sinnPAnPA111(2)251010

1010设P到面AEF的距离为d，则dsinPA，又PA7

5，

d1025

102

(2)向量u(x,y,z)是PA与EF公垂线的方向向量，则

1

PA(1,0,，2EF(1,0,1)

PF(0,,1)

2，uPA

uEFEFu0xz0得取 y=1, 得x=0, z=0

PAu0x2z0即u(0,1,0)

1PFu1设PA与EF公垂线的长度为d,则d2

1 2u题组五：1.A 2.A 3.C 4.6.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，

所以AC⊥BD. 又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD. 所以PA⊥BD. 因为PA∩AC＝A，

所以BD⊥平面PAC. （2）解：设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，

所以BO＝1，AO＝CO＝3. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则P(0，－3，2)，A(0，－3，0)，B(1,0,0)，C(0，3，0)．

∴PB＝(1，3，－2)，AC＝(0,23，0)，

7 5.B 3设PB与AC所成角为θ，则cos θ＝PBACPBAC＝622×23＝6. 47.【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE,A1B,A1E. ABAA1，BAA160，BAA1是正三角形，

CA1EAB

CACBCEAB

C1BEA8 CEA1EE，AB平面CEA1，

而A1C平面CEA1，ABA1C. B1A1

（Ⅱ）①由（Ⅰ）知ECAB，A1EAB，

又∵平面ABC平面AA1B1B，平面ABC平面AA1B1BAB，EC平面ABC，

EC平面AA1B1B，

zC

EA1平面AA1B1B，ECEA1，

EA,EC,EA1两两相互垂直，以E为坐标原点，

EA的方向为x轴正方向，|EA|为单位长度，

建立如图所示空间直角坐标系Oxyz. C1B

E

x

B1A

A1y

由题设知A(1,0,0)，A1(0,3,0)，C(0,0,3)，B(1,0,0)，

则BC(1,0,3)，BB1AA,0,3)，A1C(0,3,3)，

1(1设n(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量，

x3z0nBC0则，即，可取n(3,1,1)，

x3y0nBB10所以cosn,A1CnA1C|n||A1C|10，

5即直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为②10. 5AA1//BB1AA1//平面BB1C1C

∴直线AA1到平面BB1C1C的距离即点A1C1C的距离

1到平面BB由①知直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为10，A1C(0,3,3)

5∴直线AA1到平面BB1C1C的距离为：dAC110102156

555【考点分析】本小题主要考查空间线线、线面垂直的判定与性质及直线与平面所成角的计算，考查空间想象能力、逻辑推理能力.

9