3.1.3 空间向量的数量积运算优质教案设计

§3.1.3

空间向量的数量积运算

宜良一中 刘元

【学情分析】：

本小节首先把平面向量数量积运算推广到空间向量数量积运算学生已有了空间的线、面平行和面、面平行概念，这种推广对学生学习已无困难但仍要一步步地进行，学生要时刻牢记，现在研究的范围已由平面扩大到空间一个向量已是空间的一个平移，要让学生在空间上一步步地验证向量的数量积运算这样做，一方面复***面向量、学习了空间向量，另一方面可加深学生的空间观念

【教学目标】：

（1）知识与技能：掌握掌握空间向量的夹角的概念，空间向量数量积的定义和运算律

（2）过程与方法：类比学习，注重类比、推广等思想方法的学习和使用，掌握立体几何中的三垂线定理及其逆定理的证明

（3）情感态度与价值观：进一步学习向量法在证明立体几何中的应用，培养学生的开拓创新能力和举一反三的能力。

【教学重点】：空间向量的数量积运算

【教学难点】：空间向量的数量积运算在解决立体几何中的应用

【课前准备】：课件

【教学过程设计】：

教学环节

教学活动

1、平面向量的数量积

（1）设a,b是空间两个非零向量，我们把数量设计意图

|a||b|cosa,b叫作向量a,b的数量积，记作ab，即

ab＝|a||b|cosa,b

一．温故知新

复习旧知识，为新知识（2）夹角：cosa,b（3）运算律

ab|a||b|做铺垫，让学生可以非．

常容易的接收空间向量的数量积概念。

abba；(a)b(ba)；a(bc)abac

1.共线向量基本定理：对于空间任意两个向量a,b(b0),a//b的充要条件是二．新课讲授

注意夹角的表示方法和意义，垂直的表示。

注意向量运算和代数运算的差别。

存在实数，使得ab。

推论：如图所示，点P在直线l上的充要条件是：OPOAta（1），其中a叫直线l的方向向

量，tR,在直线l取ABa则（1）可化为OPOAtAB或OP(1t)OAtOB

2.共面向量基本定理：如果两个向量a,b不共线，则向量向量p与向量a,b共面的充要条件是存在实数对x,y，使得pxa+yb。

推论：空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在实数对x,y，使得MPxMA+yMB，或者对空间任意一点O，有OPOMxMAyMB

3.空间向量基本定理：如果三个向量a,b,c不共面，那么对空间中任意一个向量p，存在一个唯一的有序实数组x,y,z使得pxa+xb+zc，我们把a,b,c叫做空间的一个基底，a,b,c叫做基向量。

推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任意一点P，都存在唯一的三个有序实数组x,y,z使得OPxOA+yOB+zOC， 空间向量基本定理作为空间直角坐标系的理论基础，指出空间任意一个向量，都可分解为不共面的三个向量的线性和，因此本文主要通过例题，利用基底思想来解决立体几何中的几个问题。

4、夹角

定义：a,b是空间两个非零向量，过空间任意一点O，作OAa,OBb，则AOB叫做向量a与向量b的夹角，记作a,b

规定：0a,b

特别地，如果a,b0，那么a与b同向；如果a,b，那么a与b反向；如果a,b900，那

么a与b垂直，记作ab。

2、数量积

（1）设a,b是空间两个非零向量，我们把数量|a||b|cosa,b叫作向量a,b的数量积，记作ab，即

ab＝|a||b|cosa,b

（2）夹角：cosa,b（3）运算律

ab|a||b|．

abba；

(a)b(ba)；

a(bc)abac

三．典例分类讲解

1：求长度问题

例2：如图，在平行六面体ABCDABCD中，AB=4，AD=3，AA=5，BAD90,BAADAA60，求AC的长。

解析：取三个不共面的向量为基底，表示出AC

，再求出AC。我们选取AB，AD，AA为基底表示出AC。

解：取AB，AD，AA因为：AC=AB+AD+AA

所以：AC=ABADAA

222为基底

=AB+AD+AA+2（ABAD+ABAA+ADAA）

22=4352(34COS9045COS6035COS60)

222169252（0107.5）85

所以：AC=85

说明：本题是基底运用很好的一个例题，也可在六面体中选定ABC,ACC，通

过余弦定理来求AC的长

练习1：如图，两条异面直线a,b所成的角为，在直线a,b分别取点使AAa且AAb（AA称为异面直线a,b的公垂线）已知A,E和点A，F，AE=m,AF=n，EF=，求公垂线AA的长

分析：本题中知AA与AE，AF分别垂直，即成90角，AE与AF成角，故取AA,AF,EA为基底来解本题。

为基底，则 解：取AA,AF,EAEFEAAAAF

所以EF2(EAAAAF)2

(EA)2(AA)2+(AF)2+2(EAAAEAAFAAAF)

因为AAEA,AAAF，EA,AF

（或-）所以2(EA)2(AA)2+(AF)2+2(EAAAEAAFAAAF)

222222 mdn02mncos0mdn2mncos

所以dmn故d22222mncos

2m2n22mncos（异面直线间的距离公式）

说明：本题用基底的形式推导了异面直线间的距离公式，构造两三角形用余弦定理同样能推导，运算相对较复杂了一些。

2：求角度问题

例2：如图，平行六面体ABCDABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA的长为b，且AABAAD120，求直线BD与AC所成角的余弦值。

分析：本题求解异面直线所成的角，利用基底分别表示出BD与AC,来求解向量所成的角。

解：选取AB，AD，AA为基底

则BDBAAAADAAADAB

ACADAB

cosBD,ACBDAC

BDAC又因为：BDAC(AAADAB)(ADAB)

AAAD(AD)2ABADAAABADAB(AB)2

AAADCOS120AAABCOS12011ababab22

BD(AAADAB)2(AA)2(AD)2(AB)22(AAADAAABADAB)

b2a2a22(bacos120bacos1200)b22a2AC2AB2a

所以：

cosBD,ACb4a22b2BDACBDACb4a2b4a22b222ab2a2b22a

b4a22b2设直线BD与AC所成的角为，则0,所以cos

224a2b2 说明：异面直线所成的角的范围是0,，而向量所成角的范围是0,，求解后应2进行范围确定。

练2：如图，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的B处，从A，B到直线的（库底与水坝的交线）的距离AC和BD的长分别为a和b，CD的长为c，AB的长为d,求库底与水坝所成二面角的余弦值。

分析：所成二面角的平面角就是图中直线AC，BD所成的角或它的补角，因此选择基底表示向量AC，BD，然后利用向量数量积求出这个角。

本题中知CD与AC，BD分别垂直，即成90角，AC与BD所成的角为二面角的平面角，

故取AC,CD,DB为基底来解本题。

解：因为ABACCDDB

所以：d2=(AB)2(ACCDDB)2

=AC+CD+DB+2(ACCD+ACBD+CDDB)

=a2+c2+b2+2ACBD=a2+c2+b2-2CABD

故：2CABD=a+c+b-d

设向量CA与BD的夹角为，就是库底与水坝所成二面角，

2222222a2+c2+b2-d2因此

2abcos=a+c+b-d 所以cos=

2ab2222a2+c2+b2-d2答：库底与水坝所成二面角的余弦值为

2ab3：证垂直，平行问题

例题3：如图，空间四边形OABC中，OABC,OBAC,求证：OCAB

分析：本题证明线线垂直，只要证明OC和AB所表示向量的数量积为0即可，建立空间直角坐标系难于入手，考虑基底入手。

证明：选取OA,OB,OC为基底

由已知可得OABC,OBAC，

所以

OABC0,OBAC0

因为OABCOA(OCOB)0所以OAOCOAOB同理：OBOCOAOB

所以OBOCOAOC

即OC(OBOA)0

OCAB0

所以OCAB，因此OCAB

练习3.如图，在几何体P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PABBAD=90，PA=AD，M，N分别为PC，AB的中点。

求证：（1）MN//平由PAD （2）MN平面PCD 分析：要证MN平行平面PAD，只要在平面PAD中找到一条和MN平行的直线即可，要证MN平面PCD，需要MN垂之PCD中两相交直线。建立空间坐标系条件不充分，考虑基底证明。

证明：（1）选取AP,AB,AD设APa,ABb,ADc

为基底

11AB(ABAC)22111

b(abc)(ac)222MNANAM取PD的中点E ，则

11AE(APAD)(ac)

22所以MNAE，故MN//AE

又因为AE面APD 所以MN//平由PAD （2）由（1）知MN1(ac)

2又因为PDca，DCABb

2112(ca)(ca)(ca)0

22111MNDC(ca)bcbab000

222所以MNPD，MNDC且DCPDD

所以MN平面PCD 所以MNPD 说明：本题考查综合运用空间向量的加、减、数乘、数量积等运算及运算率解决立体几何问题。

四．练习巩固

1．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1 中，若AB=2BB1，则AB1与C1B所成角的大小为（ ）

（A）60（B）90

A00A1C1B1CB

（C）1050（D）750

2、如图，在平行六面体ABCD-A’B’C’D’中，AB=4，AD=3，AA’=5，BAD=900，BAA’=DAA’=600，求A’C的长。

A

3、如图，线段AB，BD在平面内，BDAB，线段ACD间的距离。

五．小结

(1）夹角、空间向量数量积、运算律

（2）夹角、距离的求法

（3）垂直、平行的证明

A'D'C'B'DCB，且AB=a，BD=b，AC=c，求C，六：作业

1．课本P106，习题3.1 A组，第3题、第4题

2.补充作业（完成以下两个题目）

（基础题）

1．

已知空间四边形OABC中，∠AOB=∠BOC=∠AOC，且OA=OB=OC，M、N分别是OA、BC的中点，G是MN的中点。求证OG⊥BC 分析：要证OG⊥BC，只需证明OGBC0。

把OG、BC用基向量OA、OB、OC表示

11111略解：OG(OMON)OA(OBOC)(OAOBOC)

22224

BCOCO

B（中等题）

２．

已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60º

（1）证明CC1⊥BD C1A1D1B1CD（2）当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？并证明

CC1分析：取CD,CB,CC1为运算的基向量，则BDCDCB。

A注意向量间的方向对夹角的影响

CDB略证（2）设CD(0)，菱形边长为a，则CDCC1

CC1ACC1D(CDCBCC1)(CDCC1)13222a20，解得1

当1时，ACBD(CDCBCC1)(CDCB)0

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