小结教学创新设计

第三章空间向量解立体几何复习小结

一、教学内容分析

向量知识的引进，使我们能用代数的观点和方法解决立体几何问题，用计算代替逻辑推理和空间想象，用数的规范性代替形的直观性，具体、可操作性强，从而大大降低了立体几何的求解难度。

二、教学目标

1.使学生学会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的向量方法；

2.使学生能够应用向量方法解决一些简单的立体几何问题；

3.使学生的运算能力和空间想象能力得到提高. 重点：求解空间角角的向量方法

难点：二面角的大小与两平面法向量夹角的大小的关系

三、学习者特征分析

本课的学习对象高二学生,他们已掌握了平面向量坐标运算及规律，并学会了空间向量的几何形式及其运算；数学基础较为扎实，学习上具备了一定观察、分析、解决问题的能力，但空间想象能力和推理论证能力还有所欠缺。

预习向量的有关知识：

（1）两向量数量积的定义：ab|a||b|cosa,b

cosa,bab|a||b|

（2）两向量夹角公式：（3）平面的法向量：与平面垂直的向量

四、教学过程

π⑴异面直线所成的角：范围：θ∈(0, 2]．

|a·b|设分别为异面直线a,b的方向向量,则cosθ＝|a||b|

（异面直线的夹角与向量的夹角有所不同, 两向量的夹角的范围是[0，π]）

题型

异面直线所成的角

如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(

) BzB15A.5

5B.3

AxOCA1C1y

25C.5

3D.5

解：

不妨设CB＝1，则CA＝CC1＝2. 可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，

→→∴BC1＝(0,2，－1)，AB1＝(－2,2,1)，

→→→→4－1BC1·AB115∴cos〈BC1，AB1〉＝→→＝＝＝5>0. 5×95|BC1||AB1|→→∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，∴直线BC1与直线AB1夹角的5余弦值为5. π⑵线面角：范围θ∈[0,2]

斜线l与平面所成的角的正弦值为: （注意：画蛇添足“sin1cos2AB,n

）

题型

线面角

如图，在三棱锥ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，E为AC的中点. （I）求证：AB1//平面

BEC1；

（II）若AB＝AA1＝2，求AB与平面BEC1所成角的正弦值. BB1AEA1CC1

解：（Ⅰ）连结CB1，设BC1与CB1交于点F，连结EF．

在△AB1C中，易知F为CB1的中点，又E为AC的中点，所以EF∥AB1．

∵EF平面BEC1，AB1/平面BEC1，∴AB1∥平面BEC1．

（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，

则B(0，0，3

)，C1(1，2，0)，A(－1，0，0)，

→AB＝(1，0，3

)，→EC1＝(1，2，0)，→EB＝(0，0，3

)．

设平面BEC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→n·EB＝0，3

z＝0，故有→即

x＋2y＝0，EC＝0，n·1z

B

B1 A

E

x

C

F

C1 A1 y

因此可取n＝(2，－1，0)．

设AB与平面BEC1所成的角为，

则sin＝|cos→AB，n| |→AB·n|5

＝→＝5．

|AB|·|n|⑶求二面角[0,]：

设n1,n2分别是二面角l中平面,的法向量，则n1,n2所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（n1,n2同向，则为补角，n1,n2反方，则为其夹角）. (注意二面角大小与法向量夹角的关系). llPDC

题型

二面角

AOB如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°,PA＝PD＝AB＝2，O为AD的中点. z

（I）求证：BC⊥平面

POB；

P

（II）求二面角A－PB－O的余弦值.

解：

D

（Ⅰ）由已知，△ADB和△ADP都是正三角形，

C

O

O为AD的中点，故AD⊥OP，AD⊥OB，

A

x

B

y

所以AD⊥平面POB．又BC∥AD，所以BC⊥平面POB．

（Ⅱ）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，

所以PO⊥平面ABCD，PO⊥OB，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1，0，0)，B(0，3

，0)，P(0，0，3

)，

→AB＝

(－1，3

，0)，→AP＝(－1，0，3

)．

易知平面POB的一个法向量为m＝(1，0，0)．

设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→n·AB＝0，x－3

y＝0，由→得因此可取n＝(3

，1，1）．

x－3z＝0，

n·AP＝0，设二面角A－PB－O的大小为，

|m·n|15

所以cos＝|cosm，n|＝|m|·|n|＝5．

用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”

⑴建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题）

⑵通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）

⑶把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。（回到图形）

利用空间向量求空间角的通法是作－证－算，表述必须规范，其中建立适当的坐标系是关键点，求准点和向量坐标是难点，结合定义求角是易错点. 五、教学板书

1．异面直线所成的角：cos|cosa,b| 2．直线和平面所成的角：sin|cosAB,n|

3．二面角：coscosn1,n2或coscosn1,n2. “三步曲”

六、习题

2

AB. 2①如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB, BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝（1）证明：BC1∥平面A1CD；

（2）求二面角D-A1C-E的正弦值.

解：

(Ⅰ)连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点.

又D是AB中点，连结DF,则BC1//DF

∵DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,

∴BC1//平面A1CD A1B1C1EADBC2→(Ⅱ)由AC＝CB＝2

AB得，AC⊥BC.以C为坐标原点，CA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.设CA＝2，则

D(1,1,0)，E(0，2，1)，C(2，0，2)，

→→→CD＝(1，1，0)，CE＝(0，2，

1)，CA1＝(2,0,2)．

→CD＝0，n·设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则

→CA1＝0，n·x＋y＝0，即因此可取n＝(1，－1，－1)．

2x＋2z＝0.

zA1B1C1

F设平面A1CE的法向量为m，

→CE＝0，m·则可取m＝(2，

1，－2)．

→m·CA1＝0，

ExADByCn·m36cos＜m，n＞＝＝

,故sin＜m，n＞＝

| n |·| m |336故二面角D－A1C－E的正弦值为

. 3②如图，在四棱锥S-ABCD中，

SD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，

∠BAD＝30°

,AB＝2,

AD＝3 ,E是SC的中点. (Ⅰ)求证：SA//平面BDE；

（Ⅱ）求证：AD⊥SB （III）若SD=2，求二面角E-BD-C的余弦值．

解：（I）证明：连接AC交BD于F，连接EF，

由ABCD是平行四边形，知F为AC的中点，

SECDAB又E为SC的中点，所以SA∥EF，∵SA 平面BDE，EF⊂平面BDE，

∴SA∥平面BDE．…（4分）

（Ⅱ）证明：由AB＝2，AD＝3 ，∠BAD＝30°，

及余弦定理得BD2＝AB2+AD2－2AB•ADcos∠BAD＝1，

∵AD2+BD2＝AB2，∴AD⊥BD．∵SD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

∴AD⊥SD，

∴AD⊥平面SBD，又SB⊂平面SBD，

∴AD⊥SB．…（8分）

（Ⅲ）解：∵SD⊥底面ABCD，AD⊥BD，∴以DA为x轴，以DB为y轴，以DS为z轴，z建立空间直角坐标系，

∵SD＝2，∠BAD＝30°，AB＝2，AD＝3 ，E是SC的中点．

∴B（0，1，0），C（－3 ，2，0），D（0，0，0），

1133→E（－

错误！未找到引用源。，2

，1），∴→DB＝(0,1,0)，DE＝（－

，

，1），

F222ABxyDCSE

设平面BDE的法向量n＝(x，y，z），则n·DB＝0，n·DE＝0，

→→→→→∴，解得→n＝（2，0，3 ），

∵平面BDC的法向量→m＝（0，0，1），

→→213

m·n→→∴二面角E-BD-C的余弦值为cos＜m，n＞＝→→＝

＝7

．

7×1|m|·|n|