空间向量与立体几何复习1(选修2-1).doc

空间向量与立体几何(复习一) 【学情分析】： 学生已经掌握了空间向量的基础知识，并能较好地用它证明立体几何中的平行、垂直问题，计算空间 角、空间距离。但运用还不娴熟，计算易错的环节仍然出错。 【教学目标】： （1）知识目标：运用空间向量证明立体几何中的平行、垂直问题，及计算空间角的计算。同时也试用传 统的方法来解题。 （2）过程与方法目标：总结归纳，讲练结合，以练为主。 （3）情感与能力目标：通过总结归纳，综合运用，让学生享受成功的喜悦，提高学习数学兴趣，提高计 算能力和空间想象能力。 【教学重点】：。运用空间向量证明立体几何中的平行、垂直问题。 【教学难点】：计算空间角 【课前准备】：投影 【教学过程设计】： 教学环节 教学活动 设计意图 一、复习引入 设空间两条直线 的方向向量分别为 ，两个平面 的法向量分别为 ，则由如下结论 平 行 垂 直 与 与 与 左表给出了用 向量研究空间线线、 线面、面面位置关 系的方法，判断的 依据是相关的判定 与性质，要理解掌 握 二、应用实例 平行、垂直、角的 计算 例 1．如图，已知矩形 ABCD 和矩形 ADEF 交于 AD，点 M,N 分别在对角线 BD,AE 上，且 . 求证：MN//平面 CDE 证明： = 又 与 不共线 根据共面向量定理，可知 共面。 由于 MN 不在平面 CDE 中， 所以 MN//平面 CDE. 证法二：思路：在上取一点 P， 先建立图空间坐标 系再用向量解题 21 ,ll 21 ,ee 21 ,αα 21 ,nn 1l 2l 21 // ee 21 ee ⊥ 1l 1 α 11 ne ⊥ 11 // ne 1 α 2 α 21 // nn 21 nn ⊥ AEANBDBM 3 1,3 1 == ANBAMBMN ++= DECD 3 1 3 2 + CD DE DECDMN ,, E C F A D B N M F A E D B C N MP使 再用传统的方法 证明平面 MNP∥平面 CDE 即可。 例 2、棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，在棱 DD1 上 是 否 存 在 点 P 使 B1D⊥ 面 PAC？ 解：以 D 为原点 建立如图所示的坐标系， 设存在点 P（0，0，z）， =(-a,0,z)， =(-a,a,0)， =(a,a,a)， ∵B1D⊥面 PAC，∴ ， ∴－a2+az=0∴z=a，即点 P 与 D1 重合 ∴点 P 与 D1 重合时，DB1⊥面 PAC 方法二：引导学生用三垂线定理来解题。 例 3 (2004 年湖南高考理科试题)如图，在底面是菱形的四 棱 锥 P—ABCD 中 , ， 点 E 在 PD 上,且 PE:ED= 2: 1. (Ⅲ)在棱 PC 上是否存在一点 F, 使 BF∥平面 AEC?证明你的结 论. 根据题设条件，结合图形容易得到： 假设存在点 F 。 ADPD 3 1= AP AC 1DB 01 =⋅ APDB 01 =⋅ ACDB °=∠ 60ABC ,2, aPDPBaACPA ==== )3,3 2,0(,),,0(,)0,2,2 3( aaEaaDaaB − ),0,0(,)0,2,2 3( aPaaC ),2,2 3( aaaCP −−= CPCF λ= ),2,2 3( aaa λλλ −−= A B CD A1 B1 C1D1 P x z y C A B D P z y X EF又 ， 则必存在实数 使得 ，把以上向量 得坐标形式代入得 有 所以，在棱 PC 存在点 F，即 PC 中点，能够使 BF∥平面 AEC。 本题证明过程中，借助空间坐标系，运用共面向量定理，应用待 定系数法，使问题的解决变得更方便，这种方法也更容易被学生 掌握。 例 4、如图，在正三棱柱 中， 、 分别是棱 、 的中点， 。 （Ⅰ）证明： ； （Ⅱ）求二面角 的大小。 解：如图建立空间直角坐标系， 则（Ⅰ）证明： 因为 ， ， ， ， 所以 ， ， 故 ， 因此，有 ； （Ⅱ）设 是平面 的法向量， 因为 ， ，所以由 可取 ；       −−=+= aaaCFBCBF λλλ ,)21(,2 3 )3,3 2,0( aaAE = )0,2,2 3( aaAC = 21 ,λλ AEACBF 21 λλ +=         = −= = ⇒          = +=− =− 2 3 2 1 2 1 3 3 2 2)21( 2 3 2 3 2 1 2 21 1 λ λ λ λλ λλλ λλ aa aaa aa AEACBF 2 3 2 1 +−= 1 1 1A B C ABC− D E BC 1CC 1 2AB AA= = 1BE AB⊥ 1B AB D− − ( 1, 0 , 0)B − (1, 0 ,1)E (0 , 3 , 0)A 1( 1, 0 , 2)B − (2 , 0 ,1)BE = 1 ( 1, 3 , 2)AB = − − 1 2 ( 1) 0 ( 3) 1 2 0BE AB⋅ = × − + × − + × =  1BE AB⊥ 1 ( , , )n x y z= 1ABB 1 ( 1, 3 , 2)AB = − − 1 (0 , 0 , 2)BB = 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 0 2 0 n AB n AB x y z n BB n BB z  ⊥ ⋅ = − − + = ⇒ ⇒ ⊥ ⋅ = =           1 ( 3 , 1, 0)n = − C' B' A B C A' D E C' B' A B C A' x z y D E同理， 是平面 的法向量。 设二面角 的平面角为 ，则 。 本例中没有现成的三条互相垂直的直线，需动脑筋构造。二 面角的大小与其两个面的法向量的夹角相等或互补，要根据实际 情况来取舍。 （传统解法）作 DM⊥AB 于 M， 则 DM⊥平面 ABB’A’。 作 MN⊥AB’于 N，连 DN， 则∠MND 即是二面角 的平面角。 三、堂上练习 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 （2）当 的值为多少时，能使 A1C⊥平面 C1BD？并证明 分析：取 为运算的基向量， 则 。 注意向量间的方向对夹角的影响 略证（2）设 ，菱形边长为 a，则 ，解得 当 时， 四、小结 学生归纳，教师适当的补充、概括。 练习与测试： 2 (2 , 0 ,1)n = 1AB D 1B AB D− − θ 1 2 1 2 1 2 | | 15 15cos | cos , | arccos5 5| | | | n nn n n n θ θ⋅= < > = = ⇒ = ⋅      1B AB D− − 1 CD CC 1, ,CD CB CC   BD CD CB= −   1 ( 0)CD CC λ λ= > 1CD CCλ=  2 2 1 1 1 1 2 3 2( ) ( ) 0AC C D CD CB CC CD CC a λ λ λ − −⋅ = − + + ⋅ − = − =       1λ = 1λ = 1 1( ) ( ) 0AC BD CD CB CC CD CB⋅ = − + + ⋅ − =       B' C' CA B A' DM N D BA D1 C C1 B1A1（基础题） 1．下列各组向量中不平行的是（ ） A． B． C． D． 答：D。 2．若 A ，B ，C ，则△ABC 的形状是（ ） A．不等边锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 答：A。 3．已知正方体 的棱长是 ，则直线 与 间的距离为 。 答： 。提示： 设 则 ，而另可设 ， 4．已知四棱锥 的底面为直角梯形， ， 底面 ，且 ， ， 是 的中点。 （Ⅰ）证明：面 面 ； （Ⅱ）求 与 所成的角； 证明：以 为坐标原点 长为单位长度，如图建立空间直角 坐标系， 则各点坐标为 . （Ⅰ）证明：因 由题设知 ，且 与 是平面 内的两条相交直线，由此得 面 .又 在面 上，故面 ⊥面 . （Ⅱ）解：因 )4,4,2(),2,2,1( −−=−= ba  )0,0,3(),0,0,1( −== dc  )0,0,0(),0,3,2( == fe  )40,24,16(),5,3,2( =−= hg  )1,2,1( − )3,2,4( )4,1,6( − 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1DA AC 3 3 1 1(0,0,0), (1,1,0), (0,1,0), (0,0,1), (1,1,0), (0, 1,1)A C D A AC DA= = −  1( , , ), , , 0, 0,MN x y z MN AC MN DA x y y z y t= ⊥ ⊥ + = − + = =     令 ( , , )MN t t t= − ( , ,0), (0, , ), ( , , )M m m N a b MN m a m b= − − 1, (0,2 , ),2 1, 3 m t a m t N t t t t t b t − = −  − = + = =  = 1 1 1 1 1 1 3( , , ),3 3 3 9 9 9 3MN MN= − = + + =  P ABCD− //AB DC ⊥=∠ PADAB ,90 ABCD 1 2PA AD DC= = = 1AB = M PB PAD ⊥ PCD AC PB A AD 1(0,0,0), (0,2,0), (1,1,0), (1,0,0), (0,0,1), (0,1, )2A B C D P M .,0),0,1,0(),1,0,0( DCAPDCAPDCAP ⊥=⋅== 所以故 AD DC⊥ AP AD PAD DC ⊥ PAD DC PCD PAD PCD ),1,2,0(),0,1,1( −== PBAC .5 10 |||| ,cos ,2,5||,2|| = ⋅ ⋅>=< =⋅== PBAC PBACPBAC PBACPBAC 所以故（中等题） 5．如图，在四棱锥 中，底面 是正方形，侧面 是正三角形, 平面 底面 ． （Ⅰ）证明： 平面 ； （Ⅱ）求面 与面 所成的二面角的大小． 证明：以 为坐标原点，建立如图所示的坐标图系. （Ⅰ）证明：不防设作 ， 则 ， ， 由 得 ，又 ，因而 与平面 内两条相交直线 ， 都垂直. ∴ 平面 . （Ⅱ）解：设 为 中点，则 ， 由 因此， 是所求二面角的平面角， 解得所求二面角的大小为 6．如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， 侧棱 底面 ， ， ， ， 为 的中点. （Ⅰ）求直线 与 所成角的余弦值； （Ⅱ）在侧面 内找一点 ，使 面 ， 并求出点 到 和 的距离. 解：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则 的坐标为 、 、 、 、 、 ， 从而 V ABCD− ABCD VAD VAD ⊥ ABCD AB ⊥ VAD VAD DB D (1,0,0)A (1,1,0)B )2 3,0,2 1(V )2 3,0,2 1(),0,1,0( −== VAAB ,0=⋅VAAB AB VA⊥ AB AD⊥ AB VAD VA AD AB ⊥ VAD E DV )4 3,0,4 1(E ).2 3,0,2 1(),4 3,1,4 3(),4 3,0,4 3( =−=−= DVEBEA .,,0 DVEADVEBDVEB ⊥⊥=⋅ 又得 AEB∠ ,7 21 |||| ),cos( = ⋅ ⋅= EBEA EBEAEBEA .7 21arccos P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 3AB = 1BC = 2PA = E PD AC PB PAB N NE ⊥ PAC N AB AP , , , , ,A B C D P E (0,0,0)A ( 3,0,0)B ( 3,1,0)C (0,1,0)D (0,0,2)P 1(0, ,1)2E ).2,0,3(),0,1,3( −== PBAC D C BA V设 的夹角为 ，则 ∴ 与 所成角的余弦值为 . （Ⅱ）由于 点在侧面 内，故可设 点坐标为 ，则 ，由 面 可得， ∴ 即 点的坐标为 ，从而 点到 和 的距离分别为 . PBAC与 θ ,14 73 72 3 |||| cos == ⋅ ⋅= PBAC PBACθ AC PB 14 73 N PAB N ( ,0, )x z )1,2 1,( zxNE −−= NE ⊥ PAC    =+− =−      =⋅−− =⋅−−    =⋅ =⋅ .02 13 ,01 .0)0,1,3()1,2 1,( ,0)2,0,0()1,2 1,( .0 ,0 x z zx zx ACNE APNE 化简得即    = = 1 6 3 z x N )1,0,6 3( N AB AP 31, 6