习题3.2优质教案设计

专题复习——空间向量在立体几何中的应用

一、

考题展望: 空间向量及应用是立体立体几的重点考查内容，常常以解答题中一问形式考查角或距离的计算，大多可以用传统几何法和用空间向量求解，而且更侧重于后者，并有拓展为存在性、探索性题型趋势，解答大多体现函数与方程思想．

二、领悟高考：

（2014年湖南本小题满分12分）如图6，四棱柱ABCDA1BC11D1的所有棱长都相等，ACBDO,AC11（I）

（II）

B1D1O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

证明：O1O底面ABCD;

若CBA60,求二面角C1OB1D的余弦值．

三、备考要点：

空间向量可解决两类立体几何问题：（重点解决的是求角求距离及线上的动点问题，证明一般用几何法简单一些）

1证明问题

(1)空间两线垂直:证两线的方向向量的数量积为0 (2)空间线面垂直：证两组相交直线的方向向量的数量积为0 (3)空间面面垂直：证两面的法向量垂直

1

(4)空间线面平行：证线的方向向量与面的法向量的数量积为0 (5)空间面面平行：证两面的法向量平行

2求角及求点到面的距离问题

(1)异面直线夹角：异面直线夹角设两条异面直线a，b的方向向量为a,b，则cos φ＝_________________(其中φ为异面直线a，b所成的角)．

(2)线面角：设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，则有sin φ＝

. (3)二面角：n1,n2分别是二面角α -l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝

．

(4)点到面的距离：空间点P与面α中任一点A所得向量为PA,面α的法向量为n

则点P到面α的距离d=___________________ 四、精题讲练：

1、基础练习：

(1)空间两异面直线AB与CD的对应的向量是AB(1,0,1)与CD(1,1,2)，则异面直线AB与CD夹角的余弦值为

_______________ (2)空间一直线MN所得的向量为MN(1,0,1)，面的法向量为n(1,1,0)，则直线MN与面所成的角为__________度

(3)在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，则D、B间的距离是__________．

2、典例分析



1（2012年江西）在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=

2 5，BC=4，

在A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O。

z A11 C1 B1 E x

A y B C O （1）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；

（2）求平面ABC与平面BB1C1C夹角的余弦值。

11解：（1）证明：连接AO，在⊿AOA1中，作得OE因为OEAA1于点E，因为AA1//BB1，所以BB1, AO1平面ABC，AOBC1,因为ABAC,OBOC, 得AOBC,所以BC平面AAO,所以BCOE, 1平面BB1C1C, 所以OE又AOAB2BO21,AA15,

…………….6分AO25AE得AA15

(2)如图所示，分别以OA,OB,OA1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标3

系，则A(1,0,0), C(0,-2,0), A1(0.0,2),B(0,2,0) 142AEAA1(,0,)，由（1）可知平面由（1）可知得点E的坐标为555BB1C1C的法向量是42(,0,)55，设平面A1B1C的法向量x2y0nAB0n(x,y,z)，由，得yz0，令nAC01y1，得x2,z1，即n(2,1,1)…………..10分

所以OEn30cosOE,n|OE||n|10即平面平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值是3010。……………..12分

五、教学反思

1、本节课由高考真题引入，由学生上黑板做题后再指出学生的问题，再分析本题的得分点做得很好；

2、老师上课语言幽默，表达清楚，总结到们做得好；

3、上课注得了讲练结合，发挥了老师的主导作用和学生学习的主体作用；

4、因是高三复习课，课堂容量大，还可以

进行一定的压缩，多给学生总结和体验的机会。

4

5