小结PPT配套教学设计内容

3．2立体几何中的向量方法（小结）

（人教A版高中课标教材数学选修2-1）

教学设计

授课教师： 保国平

张

掖

市

第

二

中

学

2018年6月

课题：立体几何中的向量方法（小结）

一.教学目标：

1.复习回顾本章知识点，构建知识体系。

2.回顾向量法在立体几何中的应用理论。

3.学习用向量法解决立体几何中的三类问题。

二.教学重点：

1.用向量法解决立体几何的三类问题中需要注意的细节。

2.对于探究性问题的思考切入点，数学思想方法的体会。

3.合适的空间直角坐标系的建立。

三.教学难点：

1.对需要待定的点的坐标的求法的理解认识和总结。

2.从解决问题的过程中总结解决问题的一般方法。

四.教学方法

通过观察.类比.思考.交流和讨论等. 五.设计思路

1.本章知识点复习回顾（ppt展示）

2.典型题型探究

题型一

立体几何中的综合性问题

例1

如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. (1)求证：PA∥平面EDB；

(2)求证：PB⊥平面EFD；

(3)求二面角C—PB—D的大小．

解：（1）证明：如图所示建立空间直角坐标系，点D为坐标原点，

设DC＝1.连接AC，AC交BD于点G，连接EG. 110，依题意得A(1,0,0)，P(0,0,1)，E2，2. 因为底面ABCD是正方形，所以点G是此正方形的中心，故点G的坐标→→11为2，2，0，所以PA＝2EG，即PA∥EG. 而EG⊂平面EDB，因此PA∥平面EDB. →→→→1111(2)证明

依题意得B(1,1,0)，PB＝(1,1，－1)．又DE＝0，2，2，故PB·DE＝0＋2－2＝0. 所以PB⊥DE.由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD.

(3)解

已知PB⊥EF，由(2)可知PB⊥DF，故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角．

→→→设点F的坐标为(x，y，z)，则PF＝(x，y，z－1)．因为PF＝kPB，

所以(x，y，z－1)＝k(1,1，－1)＝(k，k，－k)，即x＝k，y＝k，z＝1－k.

→→因为PB·DF＝0，所以(1,1，－1)·(k，k,1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0. 111121所以k＝3，点F的坐标为3，3，3.又点E的坐标为0，2，2，

1111121→→－3，6，－6·－3，－3，－36→111FE·FD1所以FE＝－3，6，－6.因为cos∠EFD＝→→＝＝1＝2，

66|FE||FD|36·3所以∠EFD＝60°，即二面角C—PB—D的大小为60°. （老师引导学生，可用多种方法解决）

跟踪训练、如图所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点。

（1）求证：AB1⊥平面A1BD；

（2）求二面角A-A1D-B的余弦值；

（3）求点C到面A1BD的距离。

（学生讨论解决，说思路，老师点拨！）

题型二

立体几何中的探索性问题

例2

如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC. (2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不

存在，请说明理由．

（1）证明

如图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，

→→→→→→AP＝(0,3,4)，BC＝(－8,0,0)，由此可得AP·BC＝0，所以AP⊥BC，即AP⊥BC. →→→(2)解

假设存在满足题意的M，设PM＝λPA，λ≠1，则PM＝λ(0，－3，－4)．

→→→→→BM＝BP＋PM＝BP＋λPA＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，

→AC＝(－4,5,0)．设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，

平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．

→BM·n1＝0，＋－4x1－由得→－8x1＝0，BC·n1＝0，

＋－＝0，

x1＝0，即2＋3λz1＝y1，4－4λ→AP·n2＝0，由→AC·n2＝0，

2＋3λ. 可取n1＝0，1，4－4λ

3y2＋4z2＝0，即－4x2＋5y2＝0，

5x2＝4y2，得3z2＝－4y2，

可取n2＝(5,4，－3)．

2＋3λ2由n1·n2＝0，得4－3·＝0，解得λ＝5，故AM＝3. 4－4λ跟踪训练

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，

E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1. (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，

求AP的长；若不存在，说明理由．

(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．

→→→(1)证明

以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．

a设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E2，1，0，B1(a,0,1)，

→→a→故AD1＝(0,1,1)，B1E＝－2，1，－1，AB1＝(a,0,1)，

→a→→aAE＝2，1，0∵AD1·B1E＝－2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1 (2)解

假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．使又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．

→得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．

→→ax＋z＝0，∵n⊥平面B1AE，∴n⊥AB1，n⊥AE，得ax

2＋y＝0.

a. 1，－，－a取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝2→a1要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，有2－az0＝0，解得z0＝2.又DP⊄平面B1AE，

1∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝2. 3)解

连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.

∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，

→→∴AD1⊥平面DCB1A1，∴AD1是平面A1B1E的一个法向量，此时AD1＝(0,1,1)．

a→－2－a→n·AD1设AD1与n所成的角为θ，则cos θ＝、

→＝a221＋4＋a2|n||AD1|综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a23＝2，解得a＝2，即AB的长为2. 5a221＋4七.课堂小结（思想方法总结）

1．解决立体几何问题一般有两种方法：综合法、向量法、坐标法．

综合法以逻辑推理作为工具解决问题；向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题．一般情况下，我们遵循的原则是：以综合法为基础，以向量法为主导，以坐标法为中心．

2．对于探索性问题，一般先假设存在，利用空间坐标系，结合已知条件，转化为代数方程是否有解的问题，若有解满足题意则存在，若没有满足题意的解则不存在．

八.课后作业及思考

小黄书p93,7,8,9(思考)