习题3.2教学设计及课堂实录

课题：立体几何中的向量方法

易立杭

2019.01.03

上课班级:高二(17)班

学习目标——进一步熟练利用空间向量解决立体几何中空间角、存在性等问题

一、基础知识复习巩固：

在如今的立体几何解答题中，有些题目可以使用空间向量解决问题，与其说是向量运算，不如说是点的坐标运算，所以第一个阶段：建系设点就显得更为重要， z（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴

1、x,y轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：

（1）尽可能的让底面上更多的点位于x,y轴上

O（2）找角：x,y轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件

x（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点

2、常用的空间直角坐标系满足x,y,z轴成右手系，所以在标x,y轴时要注意。

3、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略。

（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类

1、能够直接写出坐标的点

（1）

坐标轴上的点，

x轴：x,0,0 y轴：0,y,0 z轴：0,0,z （2）底面上的点：坐标均为x,y,0，即竖坐标z0，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考.-----立体图平面化

2、空间中在底面投影为特殊位置的点：

如果Ax1,y1,z在底面的投影为Ax2,y2,0，那么x1x2,y1y2（即点与投影点的横纵坐标相同）

'y 由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离。以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：

3、需要计算的点

①

中点坐标公式：Ax1,y1,z1,Bx2,y2,z2，则AB中点Mx1x2y1y2z1z2,,222，

②

利用向量关系进行计算（先设再求）：利用三点共线ABAP ;利用向量平行等 （三）空间角

（1）两直线所成角(0,2]：coscosa,babab （2）线面角[0,2]：sincosa,mamam1

（3）二面角[0,]：先算cosm,nmnmn，

cos看图取正负

（4）点到平面距离：设A为平面外一点，则A到平面的距离为dP为平面上任意一点，APnn， （四）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件. 1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标x,y,z，再想办法利用条件求出坐标

2、解题关键： （1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——可设ABAP （2）平面上的点：平面向量基本定理——若a,b不共线，则平面上任意一个向量c，均存在,R，使得：cab 例：已知A1,3,4,P0,2,1,Q2,4,0，则平面APQ上的某点Mx,y,z坐标可用两个变量表示，方法如下：AMx1,y3,z4,AP1,1,3,PQ2,2,1，故AMAPPQ，即x12x12y32y32

z43z43二、课前练习

1、如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，ADDCCB1,ABC60，FCF

平面ABCD，且CF1，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。

思路：本题直接有一个线面垂直，所以只需在平面ABCD找过C的相互垂直的直线即可。由题意，BCD不是直角。所以可以以其中一条边为轴，在底面上作垂线即可构造出两两垂直的条件，进而可以建立坐标系

方案一：（选择BC为轴），连结AC

可知ADC120 在ADC中

DCABAC3 由AC3,BC1,ABC60可解得AB2,ACB90 DACBC CF平面ABCD

CFAC,CFBC 以AC,CF,BC为坐标轴如图建系：

2

ACBACADDC2ADDCcosADC3 222

B0,1,0,A313,0,0,D,,0,F0,0,1 22DC方案二（以CD

为轴）

过C作CD的垂线CM CF平面ABCD

CFCD,CFCM 以CD,CF,CM为坐标轴如图建系：

（同方案一）计算可得：CMAB3,AB2 23331A,,0,B,,0,D0,1,0,F0,0,1 2222小结：建立坐标系的最重要的条件就是线面垂直（即z轴），对于x,y轴的选取，如果没有已知线段，可以以垂足所在的某一条直线为坐标轴，然后作这条轴的垂线来确定另一条轴，本题中的两个方案就是选过垂足C的直线为轴建立的坐标系。

2、已知四边形ABCD满足AD∥BC,BAADDC1BCa，E是BC中点，将BAE翻折成2B1AE，使得平面B1AE平面AECD，F为B1D中点，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。

B'F

DA

CC

EBE

思路：在处理翻折问题时，首先要确定在翻折的过程中哪些量与位置关系不变，这些都是作为已知条件使AD用的。本题在翻折时，BAE是等边三角形，四边形AECD为60的菱形是不变的，寻找线面垂直时，根据平面BAE平面AECD，结合BAE是等边三角形，可取AE中点M，则可证BM平面AECD，再在四边形AECD找一组过M的垂线即可建系

解：取AE中点M，连结BM ''''B'AE是等边三角形

BMAE 平面BAE平面AECD

''B'FAMDB'M平面AECD，连结DM B'MME,B'MMD

四边形AECD为60的菱形 ADE为等边三角形

3

EC

DMAE B'M,MD,ME两两垂直

如图建系，设AB为单位长度

AMD33'311A,0,0,E,0,0,D0,,0,C1,,0,B0,0, 22222EF为BD中点 F0,'33, 44CABC上的射影恰为AC的中点D，3、已知斜三棱柱ABCA1B1C1,BCA90,ACBC2,A1在底面又知BA1AC1，建立适当的空间直角坐标系并确定各点坐标

思路：本题建系方案比较简单，A1D平面ABC，进而A1D作z轴，再过D引AC垂线即可。难点有二：一是三棱柱的高未知，进而无法写出上底面点的竖坐标；二是B1的投影不易在图中作出（需要扩展平面ABC），第一个问题可先将高设为h，再利用条件BA1AC1求解；第二个问题可以考虑利用向量计算得到。

解：过D作AC的垂线DM

，A1C1B1A1D平面ABC A1DDC,A1DDM，而DMDC

以A1D,DC,DM为轴建立直角坐标系

ADBCA0,1,0,C0,1,0,B2,1,0，设高为h 则A10,0,h，设C1x,y,z 则AC0,2,0,AC11x,y,zh ADCx0x0y2由ACAC可得：y2 11zh0zhBC10,2,h BA12,1,h,AC10,3,h BA1AC1BA1AC103h20，解得h3 4

设Bx,y,3 ABx,y,0 A10,0,3,C10,2,3 111而AB2,2,0且A1B1AB x2 y2B12,2,3 综上所述：A0,1,0,C0,1,0,B2,1,0,A10,0,3,C10,2,3,B12,2,3

三、典型例题

例1：如图，在三棱柱ABCA1B1C1，H是正方形AA1B1B的中心，AA1B1B，122，C1H平面AA且C1H5

（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值

（2）求二面角AAC11B1的正弦值

MN平面（3）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且BM的长

A1BC1，求线段解：连结A1B,AB1，因为H是正方形AA1B1B的中心

A1B,AB1交于H，且HA1HB1

C1H平面AA1B1B

如图建系：A12,0,0,B10,2,0,A0,2,0,B2,0,0,C10,0,5

设Cx,y,z C1CA1A2,2,0

x2 C2,2,5

y2z50（1）AC2,0,5,A1B12,2,0

cosAC,A1B143222

3（2）设平面AAC11的法向量为nx,y,z

5

A1A2,2,0,AC112,0,5

2x2y0xy n2x5z02x5z设平面AC11B1的法向量为mx,y,z

5,5,2

AC112,0,5,B1C10,2,5

2x5z02x5z m2y5z02y5zcosm,nmnmn42

1475,5,2

设二面角AAC11B1的平面角为，则cos2

7sin1cos235

75（3）N0,1,，因为M在底面AA1B1B上，所以设Mx,y,0

25NMx,y1,

2平面A1B1C1的法向量为m5,5,2

MN平面A1BCMN∥m

1

55xxy142，可解得：

1255y4105151

M,,0 BM244444三、巩固练习：

1、2018。全国Ⅱ-20．（12分）

如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点．

（1）证明：PO平面ABC；

（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

6

22

P

ABOMC解：（1）因为APCPAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23. 连结OB.因为ABBC且OBAC，OB2222AC，所以△ABC为等腰直角三角形，

21AC2. 2由OPOBPB知POOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC. uuur（2）如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz. uuur由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP(0,2,23),取平面PAC的uuur法向量OB(2,0,0). uuur设M(a,2a,0)(0a2)，则AM(a,4a,0). 设平面PAM的法向量为n(x,y,z). uuuruuur2y23z0由APn0,AMn0得，可取n(3(a4),3a,a)，

ax(4a)y0uuur所以cosOB,nuuur3.由已知得|cosOB,n|. 222223(a4)3aa23(a4)=43.解得a4（舍去），a. 32所以23|a4|23(a4)23a2a2uuuruuur834343,,).又PC(0,2,23)，所以cosPC,n所以n(. 3334所以PC与平面PAM所成角的正弦值为3. 4四、课后作业

1：已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2,AB1,PA平面

ABCD，E,F分别是线段AB,BC的中点

7

（1）求证：PFFD

（2）在线段PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD，若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由

（3）若PB与平面ABCD所成的角为45，求二面角APDF的余弦值

解：因为PA平面ABCD，且四边形ABCD是矩形



以PA,AD,AB为轴建立空间直角坐标系，设PAh

1P0,0,h,B1,0,0,D0,2,0,C1,2,0,F1,1,0,E,0,0

2（1）PF1,1,h,FD1,1,0

PFFD0

BPAEFCDPFFD

（2）设G0,0,a

EG,0,a

设平面PFD的法向量为nx,y,z

,0PF1,1,h,FD1,112xhxyzh0yh

nh,h,2

xy0z2EG∥平面PFD

EGn

11EGnh2a0解得ah

24

存在点G，为AP的四等分点（靠近A）

（3）PA底面ABCD

PB在底面ABCD的投影为BA

PBA为PB与平面ABCD所成的角，即PBA45

PBA为等腰直角三角形

APAB1即h1

平面PFD的法向量为n1,1,2

平面APD为yOz平面，所以平面APD的法向量为m0,1,0

设二面角APDF的平面角为，可知为锐角

coscosm,n16

662：四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，AD∥BC,ABC90,PAPB3,BC1,AB2,AD3,O是AB中点

8

（1）求证：CD平面POC

（2）求二面角CPDO的平面角的余弦值

CM（3）在侧棱PC上是否存在点M，使得BM∥平面POD，若存在，求出PC的值；若不存在，请说明理由

解：过O在平面ABCD作AB的垂线交CD于Q

PAOBDPAPB,O为AB中点

POAB

平面PAB平面ABCD

PO平面ABCD

CPOOB,POOQ

OQAB

以PO,OB,OQ为轴建立空间直角坐标系

POPA2OA222

P0,0,22,B1,0,0,A1,0,0,C1,1,0,D1,3,0

（1）CD2,2,0

设平面POC的法向量为nx,y,z

OP0,0,22,OC1,1,0

22z0OPn0

n

1,1,0OCn0xy0CD∥n

CD平面POC

（2）设平面PCD的法向量为n1x,y,z

PC1,1,22,CD2,2,0

PCn10xy22z0

n12x2y0CDn10设平面PDO的法向量为n2x,y,z

2,2,1

OP0,0,22,OD1,3,0

22z0OPn20

n23,1,0

x3y0ODn209

cosn1,n2n1n2n1n24

54

5所以二面角CPDO的平面角的余弦值为（3）设Mx,y,z

CMCP

CMx1,y1,z,CP1,1,22

x1y1M1,1,22

z22BM,1,22

而平面PDO的法向量为n23,1,0

BM∥平面POD

BM2n031

0

1CM1

4PC410