3.2立体几何中的向量方法第5课时(选修2-1).doc

§3.2.5　　综合问题 【学情分析】： 教学对象是高二的学生，学生已经具备空间向量与立方体几何的相关知识,前面已经运用向量解决了 一些立体几何问题，本节课是进一步通过坐标与向量来解决立体几何的一些综合问题。由此我们可以继续 讨论如何利用已知条件适当建立空间直角坐标系，展示向量方法与坐标方法相结合的优越性。 【教学目标】： （1）知识与技能：进一步体会空间向量在解决立体几何问题中的广泛作用，再次熟悉立体几何中的向量 方法“三步曲”；继续讨论如何利用已知条件适当建立空间直角坐标系，展示向量方法与坐标方法相结合的 优越性；对立体几何中的三种方法（综合法、向量法、坐标法）的联系进行分析与小结． （2）过程与方法：在解决问题中，通过数形结合与问题转化的思想方法，加深对相关内容的理解。 （3）情感态度与价值观：体会把立方体几何几何转化为向量问题优势，培养探索精神。 【教学重点】：坐标法与向量法结合. 【教学难点】：适当地建立空间直角坐标系及添加辅助线． 【课前准备】：Powerpoint 课件 【教学过程设计】： 教学环节 教学活动 设计意图 一、复习引 入 教师引导学生结合前面的例题从整体上归纳解题过程，留给学生一定 时间，使其通过思考能明确认识“三步曲”各阶段的主要任务，并能简明 地叙述出来，为对本节后续内容的整体把握作准备坐标法。 立体几何中的向量方法可以归纳为三步：( l ）把几何问题转化为向 量问题；( 2 ）进行向量运算；〔 3 ）由向量运算解释几何问题。 有助于加强学生对 解题通法的整体认 识． 二、问题与 探究 一、问题探究 问题 1 ：阅读课本上的例 4 ，请你找出其中的已知条件和求解问 题．这些求解问题能用向量方法解决吗？ 学生独立阅读并分析题意，教师引导学生认识到本题具有一定的综合 性，需要证明直线与平面平行、垂直和计算二面角，而这些问题都可以利 用向量解决． 问题 2 ：从例 4 的已知条件和求解问题看，你认为应怎样把问题向 量化？如果建立坐标系，应怎样建立？ 教师引导学生关注己知条件中有“三条线段两两垂直且彼此相等”这一 条件，使学生由此联想到选择这些线段所在直线为坐标轴、以线段长（正 方形边长）为单位长度建立空间直角坐标系，并意识到这是适合本题的坐 标化方法．教师要求学生写出点 P , A ，Ｂ，Ｃ , D , E 的坐标．并进一 步写出 等的坐标． 问题 3 ：考虑例 4 ( 1 ) ，要证ＰＡ∥平面ＥＤＢ，应如何入手？ 教师从“ＰＡ∥平面ＥＤＢ”出发，启发学生考虑直线与平面平行的判 定条件，引导学生通过讨论发现 PA 与ＥＧ有平行关系，从而自然地想到 写出 的坐标，并由 ＝k 证出ＰＡ∥ＥＧ ，进而证出ＰＡ∥平面ＥＤＢ。 问题 4 ：考虑例 4 ( 2 ) ，要证ＰＢ⊥平面ＥＦＤ，应如何人手？ 教师从“ＰＢ⊥平面ＥＦＤ出发”，启发学生考虑直线与平而垂直的判 通过阅读题目，使学生 明确题中所给出的条 件和求解的问题，从需 要完成的任务理出本 题可以用向最解决的 大体思路． 初步建立已知条件与 求解内容两者间的联 系，使学生意识到通过 把向量坐标化解决问 题，培养他们结合题中 条件建立适当坐标系 的能力． 找出这条直线的过程 可以锻炼直觉观察能 力；证明两线平行可以 巩固对直线的方向向 量、共线向量等概念的 理解． 找出这两条直线的过 程可以锻炼分析已知 条件以及看图能力；证 PBPA,定条件，让学生讨论：应证明 PB 与哪些线段垂直，用向量方法怎样证？ 在讨论的基础上，由学生自己写出主要证明过程，即ＰＢ⊥ＥＦ（已知） · ＝０， ⊥ ， ＰＢ⊥ＤＥ　ＰＢ⊥平面ＥＦＤ 问题 5 ：考虑例 4( 3 ) ，求二面角Ｃ－ＰＢ－Ｄ的大小，应如何人 手？ 教师从“计算二面角 C 一 PB 一 D 的大小”出发，启发学生如何找出 相应的平面角，让学生讨论：哪个角是二面角 C 一 PB 一 D 的平面角， 用向量方法怎样计算它的大小？ 教师引导学生考虑：点 F 的坐标对计算是否垂要？怎样利用题中条 件确定点 F 的坐标？ 让学生通过讨论写出确定点 F 坐标的过程，再进一步考虑并表达通 过 cos ∠EFD＝ 计算∠EFＤ 的过程 问题 6 ：考虑例 4 后的思考题． 学生结合刚讨论过的例题，对思考题进行思考和讨沦，教师适当点拨 引导．注意不要就题论题，而要透过例题看到解题中的基本想法． 二、问题解答 解：如课本图所示建立空间直角坐标系，点 D 为坐标原点，设 DC=1 (1)证明：连结 AC,AC 交 BD 于点 G,连结 EG 明直线间的垂直关系 的过程可以巩固对两 非零向量的 “数量积为 0 ”的几何意义的认识。 计算二面角的大小，首 先要找出其平面角，转 而 计 算 平 面 角 的 大 小．计算角的大小时， 向量是非常有力的工 具．解决这个问题可以 巩固对运用向量方法 求角度的掌握． 思考题 1 可以使学生 进一步体会向量方法 中坐标化对简化计算 所起的作用．思考题 2 可以加强不同方法之 间的联系． (1,0,0), (0,0,1), 1 1(0, , )2 2 A P E 依题意得 )02 1,2 1( ，的坐标为故点 是此正方形的中心，所以点 是正方形，因为底面 G G ABCD )2 1,0,2 1(),1,0,1( −=−= EGPA且 EGPAEGPA //2 ，即所以 = EDBPAEDBEG 平面且平面而 ⊄⊂ , EDBPA 平面所以， //C A D B O E 三、小结立体几何中的不同方法． 教师引导学生进行归纳，了解各种方法的特点及联系，认识到应根据 问题的条件选择合适的方法，而不是生搬硬套． 加深对不同方法（综合 法、向量法、坐标法） 的特点和联系的认识． 三、拓展与 提高 1，练习题 3 。 （解略） 2，如图，四面体 ABCD 中，O、E 分别是 BD、BC 的中点， （I）求证： 平面 BCD； 学生进行提高训练 应用. )1,1,1(),0,1,1(2 −=PBB）证明：依题意得（ 02 1 2 10),2 1,2 1,0( =−+=•= DEPBDE 故又 DEPB ⊥所以 , , EDEEF PBEF = ⊥ 且 由已知 EFDPB 平面所以 ⊥ 的平面角。是二面角故 ）可知由（）解：已知（ DPBCEFD DFPBEFPB −−∠ ⊥⊥ ,2,3 )1,,(),,,( −= zyxPFzyxF 则的坐标为设点 PBkPF =因为 ( , , 1) (1,1, 1) ( , , ) x y z k k k k − = − = − 所以 kzkykx −=== 1,,即 0=• DFPB因为 0131 )1,,()1,1,1( =−=+−+= −•− kkkk kkk所以 3 1=k所以 )6 1,6 1,3 1( −−=FE所以 2 1 3 1 6 1 3 6 6 6 )3 2,3 1,3 1()6 1,6 1,3 1( cos == • −−−•−− = •=∠ FDFE FDFEEFD因为 .60,60  的大小为即二面角所以 DPBCEFD −−=∠ 2==== BDCDCBCA 2== ADAB AO ⊥ )3 2 3 1 3 1( ，，的坐标为点F )2 1,2 1,0(的坐标为又点E（II）求异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值； （III）求点 E 到平面 ACD 的距离。 解：（I）略 （II）以 O 为原点，如图建立 空间直角坐标系，则 异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 （III）设平面 ACD 的法向量为 则 令 得 是 平 面 ACD 的 一 个 法 向 量 ， 又 点 E 到平面 ACD 的距离 四、小结 解决立体几何问题的三种方法： 1， 综合方法； 2， 向量方法； 3， 坐标方法。 反思归纳 五、作业 习题 3.２ A 组 9、10、 12 题；选作 B 组 2 , 3 题 练习与测试： （基础题） (1,0,0), ( 1,0,0),B D − 1 3(0, 3,0), (0,0,1), ( , ,0), ( 1,0,1), ( 1, 3,0).2 2C A E BA CD= − = − −  . 2cos , ,4 BACDBA CD BA CD ∴ < >= =      ∴ 4 2 ( , , ),n x y z= . ( , , ).( 1,0, 1) 0, . ( , , ).(0, 3, 1) 0, n AD x y z n AC x y z  = − − = = − =     0, 3 0. x z y z + =∴ − = 1,y = ( 3,1, 3)n = − 1 3( , ,0),2 2EC = − ∴ . 3 21.77 EC n h n = = =    x C A B O D y z E1，过正方形 的顶点 ，引 ⊥平面 ，若 ， 则平面 和平面 所成的二面角的大小是（ ） A． B． C． D． 答：B 2，设P是 的二面角 内一点， AB为垂足， 则AB的长为 （ ） A． B． C ． D． 答：C 3，如下图，已知空间四边形 OABC，其对角线为 OB、AC，M、N 分别是对边 OA、BC 的中点，点 G 在线段 MN 上，且分 MN 所成的定比为 2，现用基向量 、 、 表示向量 ，设 =x +y +z ， 则 x、y、z 的值分别为 A.x= ,y= ,z= B.x= ,y= ,z= C.x= ,y= ,z= D.x= ,y= ,z= 解析： = － , = － , = ( + )= + － , = － = + － , = =－ + + , = + = + + . 答案：D ABCD A PA ABCD PA AB= ABP CDP 30 45 60 90 60 lα β− − ,PA PBα β⊥ ⊥平面 平面 , 4, 2,PA PB= = 2 3 2 5 2 7 4 2D1 C1 B1 CD BA A1 E F 4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，棱长为 a，M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1M=AN= a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 A.相交　　　　　　　　　　　　　　B.平行 C.垂直　　　　　　　　　　　　　　D.不能确定 解析：因为正方体的棱长为 a,故面对角线 A1B=AC= a.而 A1M=AN= a，所以 M、N 分别是 A1B 和 AC 上 的三等分点.在 B1B、BC 上各取点 E、F，使得 B1E=BF= a. 则 = + + . 但 = － = － = ( － )= ， = － = － = ( － )= ， ∴ + = + = + =0， ∴ = ，即 MN∥EF， ∴MN∥平面 BB1C1C. 答案：B （中等题） 5，如图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知 AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F 分别是线段 AB、BC 上的点， 且 EB= FB=1，.求直线 EC1 与 FD1 所成的余弦值. 解：以 分别为 轴建立坐标系，则 E（3，3，0）、C1 （0，4，2）、 D1（0，0，2）、F（2，4，0）.从而 ＝（－3，1，2）、 ＝ （－2，－4，2） 所以直线 EC1 与 FD1 所成的余弦值为 ＝ ＝ 1, ,DA DC DD , ,x y z 1EC 1FD 11,cos FDEC |||| 11 11 FDEC FDEC • • 14 216，在直三棱柱 中，底面是等腰直角三角形， ，侧 棱 ， 分别是 ，与 的中点，点 在平面 上的射影 是 的重心 ，（1）求 与平面 所成角的正弦值；（2）求点 到平面 的距离． 解：建立如图的空间直角坐标系，设 ， 则 ， ， ， ， ∵ 分别是 ，与 的中点， ∴ ，∵ 是 的重心， ，∴ ， ， ，∵ 平面 ， 得 ，且 与平面 所成角 ， ， ， ， （2） 是 的中点， 到平面 的距离等于 到平面 的距离的两倍， ∵ 平面 ， 到平面 的距离等于 ． 小结：根据线段 和平面 的关系，求点 到平面 的距离可转化为求 到平面 的 距离的两倍． （难题） 7，如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，E、F 分别是 D1D、BD 的中点，G 在棱 CD 上，且 CG= CD，H 为 C1G 的中点，应用空间向量的运算方法解决下列问题. (1)求证：EF⊥B1C； (2)求 EF 与 C1G 所成的角的余弦； (3)求 FH 的长. 111 CBAABC − 90=∠ACB 21 =AA ED, 1CC BA1 E ABD ABD∆ G BA1 ABD 1A ABD 1( ,0,0)A a 1(0, ,0)B a ( ,0,2)A a (0, ,2)B a (0,0,2)C ED, 1CC BA1 (0,0,1), ( , ,1)2 2 a aD E G ABD∆ 5( , , )3 3 3 a aG 2( , , )6 6 3 a aEG = − ( , ,0)AB a a= − (0, , 1)AD a= − − EG ⊥ ABD , ,EG AB EG AD⊥ ⊥ 2a = BA1 ABD EBG∠ 6| | 3EG = 1 1 32BE BA= = 2sin 3 EGEBG BE ∠ = = E BA1 1A ABD E ABD EG ⊥ ABD 1A ABD 2 62 | | 3EG = BA1 ABD 1A ABD E ABD z G E D C1 B1 A1 C B A x y分析：本题主要利用空间向量的基础知识，证明异面直线垂直，求异面直线所成的角及线段的长度. 解：如图建立空间直角坐标系 O－xyz,D 为坐标原点 O，依据已知有 E(0，0， )，F( ， ，0)， C(0，1，0)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，G(0， ，0)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)证明： =( ， ，0)－(0，0， )=( ， ，－ )， =(0，1，0)－(1，1，1)=(－1，0，－1)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 由 · = ×(－1)+ ×0+(－ )×(－1)=0，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 得 ⊥ ， ∴EF⊥B1C.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2)解： =(0， ，0)－(0，1，1)=(0，－ ，－1)，| |= = ，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 由(1)得| |= = ，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 且 · = ×0+ ×(－ )+(－ )×(－1)= ， ∴cos〈 , 〉= = .　　　　　　　　　　　 (3)解：∵H 是 C1G 的中点, ∴H( , , ),即(0, , ). 又 F( ， ，0), ∴FH=| |= = . 8，已知正四棱柱 , 点 为 的中点，点 为 的中点，1 1 1 1ABCD A B C D− 11, 2,AB AA= = E 1CC F 1BD（1）证明: 为异面直线 的公垂线； （2）求点 到平面 的距离． 解：（1）以 分别为 轴建立坐标系， 则 ， ， ， ， ， ， ， ∴ ， ∴ 为异面直线 的公垂线． （2）设 是平面 的法向量，∵ ， ∴ ， ， ， 点 到平面 的距离 EF 1 1BD CC与 1D BDE 1, ,DA DC DD , ,x y z (1,1,0)B 1(0,0,2)D (0,1,1)E 1 1( , ,1)2 2F 1 1( , ,0)2 2EF = − 1 (0,0,2)CC = 1 (1,1, 2)BD = − 1 10, 0EF BD EF CC⋅ = ⋅ =    EF 1 1BD CC与 (1, , )n x y= BDE (1,1,0)DB = (0,1,1)DE = 1 0n DB x⋅ = + =  0n DE x y⋅ = + =  (1, 1,1)n = − 1D BDE 1| | 2 3 3| | BD nd n ⋅= =    F E 1 1 1 1 D C B A D C BA