空间向量与立体几何复习2(选修2-1).doc

D C l βα A B 空间向量与立体几何(复习二) 【学情分析】： 学生能用向量计算空间角、空间距离。但有时建立的坐标系并非直角。由于法向量的方向有两个，导 致计算的角的大小与实际情况不一致，不善于取舍、修正。 【教学目标】： （1）知识目标：运用空间向量计算空间角及空间距离计算。适当运用传统方法。 （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：提高学生的计算能力和空间想象能力。 【教学重点】：。计算空间角。 【教学难点】：计算空间角，角的取舍。 【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 1。两条异面直线所成的角，转化为分别与这两条异面直线 共线的两个向量的夹角（或补角）。（要特别关注两个向量的方 向） 2。直线与平面所成的角，先求 直线与平面的法向量的夹角（取锐角） 再求余角。 3。二面角的求法： 方法一：转化为分别是在二面角的 两个半平面内且与棱都垂直的两条直线 上的两个向量的夹角 （注意：要特别关注两个向量的方向） 如图：二面角 α-l-β 的大小为 θ， A，B∈l，AC α，BD β, AC⊥l，BD⊥l 则θ=< , >=< , 方法二：转化为求二面角的两个半平面的法向量夹角（或 补角）。 4。点 P 到平面 的距离： 先在 内任选一点 Q，求出 PQ 与平面的夹角θ 则 这里只用向量解题， 没包括传统的解法。 二、实例 例 2．如图，三棱锥 P—ABC 中，PB⊥底面 ABC 于 B，∠BCA=90 °，PB=BC=CA= ，点 E，点 F 分别是 PC，AP 的中 点. ⊂ ⊂ AC BD CA DB α α θsin•= PQd 24 ϕ θ α d θ α Q P（1）求证：侧面 PAC⊥侧面 PBC； （2）求异面直线 AE 与 BF 所成的角； （3）求二面角 A—BE—F 的平面角. 解：（1）∵PB⊥平面 ABC，∴平面 PBC⊥平面 ABC， 又∵AC⊥BC， ∴AC⊥平面 PBC ∴侧面 PAC⊥侧面 PBC. （2）以 BP 所在直线为 z 轴，CB 所在直线 y 轴， 建立空间直角坐标系，由条件可设 （3）平面 EFB 的法向量 =(0,1,1)， 平面 ABE 的法向量为 =（1，1，1） 例 3．如图， 正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1，E、F 、M、N 分别是 A1B1、BC、 C1D1、B1C1 的中点. （I）用向量方法求直线 EF 与 MN 的夹角； （II）求直线 MN 与平面 ENF 所成角的余弦值； （III）求二面角 N—EF—M 的平面角的余弦值. 解：建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz， 则有 E（ ，0，1，），F（1， ，0），M（ ，1，1），N（1， ，1）. （1）∵EF=（ ， ，-1），MN=（ ，- ，0）， 此处可引导特色班的 学生尝试传统的方法 来解题。 ,224||||,16 ),22,22,22( ),22,22,24( )22,22,22( ),22,22,0( )0,24,24(),0,24,0( ),0,0,0(),24,0,0( =⋅−=⋅∴ −= −= − − −− BFAEBFAE BF AE F E AC BP 则 3 2 ,3 2,cos 所成的角的余弦值是与BFAE BFAE ∴ −>==< ba .3 6的平面角的余弦值为二面角 FBEA −−∴ 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 C B P A E F∴EF·MN=（ ， ，-1）·（ ，- ，0）= - +0=0. ∴EF⊥MN，即直线 EF 与 MN 的夹角为 90°. （2）由于 FN=（0，0，1），MN=（ ，- ，0）， ∴FN·MN=0，∴FN⊥MN. ∵EF∩FN=F，∴MN⊥平面 ENF.所成角的余弦为零。 （3）二面角 M—EF—N 的平面角的余弦值为 . 三、小结 （见一） 四、作业 1．在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，CA=CB=CC1=2，∠ACB=90 °，E、F 分别是 BA、BC 的中点，G 是 AA1 上一点，且 AC1 ⊥EG. （Ⅰ）确定点 G 的位置； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 EFG 所成角θ的大小. 解：（Ⅰ）以 C 为原点，分别以 CB、CA、CC1 为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则 F（1，0，0）， E（1，1，0） ，A（0，2，0）， C1（0，0，2）， 设 G（0，2，h），则 ∴－1×0+1×（－2）+2h=0. ∴h=1，即 G 是 AA1 的中点. （Ⅱ）设 是平面 EFG 的法向量， 则 所以 平面 EFG 的一个法向量 m=（1，0，1） ∵ ∴ ， 即 AC1 与平面 EFG 所成角 为 2．在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，四边形 A1ABB1 是菱形，四边 形 BCC1B1 是矩形，AB⊥BC， 2 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 2 1 2 1 5 10 )2,2,0(1 −=AC .0,).,1,1( 11 =⋅∴⊥−= ACEGEGAChEG  ),,( zyxm = ., EGmFEm ⊥⊥    =++− =×+×+× .0 ,0010 zyx zyx ,2 1 222 2 |||| ||sin 1 1 = × = ⋅ ⋅= ACm ACmθ 6 πθ = θ 6 π B1 C1 C B A A1 E G FCB=3，AB=4，∠A1AB=60°. （Ⅰ）求证：平面 CA1B⊥平面 A1ABB1； （Ⅱ）求直线 A1C 与平面 BCC1B1所成角的余弦值； （Ⅲ）求点 C1 到平面 A1CB 的距离. 答案：（Ⅰ）先证 BC⊥平面 A1ABB1， ∴平面 CA1B⊥平面 AA1BB1， （Ⅱ） （Ⅲ）C1 到平面 A1BC 的距离为 . 教学与测试 （基础题） 1．空间四边形 中， ， ， 则 < >的值是（ ） A． B． C．－ D． 答：D 。 2．2．若向量 ，则这两个向量的位置关系是___________。 答：垂直 。 3．如图所示的多面体是由底面为 的长方体被截面 所截面而得到的，其中 . （Ⅰ）求 的长； （Ⅱ）求点 到平面 的距离. 解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， .5 13 32 OABC OB OC= 3AOB AOC π∠ = ∠ = cos ,OA BC  2 1 2 2 2 1 0 cos cos( ) 3 3cos , 0 OA OC OA OBOA BC OA OC OBOA BC OA BC OA BC OA BC π π−−< >= = = =                 ,94,2 kjibkjia  ++=+−= (2, 1,1), (4,9,1), 0a b a b a b= − = = ⇒ ⊥       ABCD 1AEC F 14, 2, 3, 1AB BC CC BE= = = = BF C 1AEC F (0,0,0)D (2,4,0)B设 . ∵ 为平行四边形， （II）设 为平面 的法向量， 的夹角为 ，则 ∴ 到平面 的距离为 4．如图，在长方体 ，中， ，点 在棱 上移动.（1）证明： ； （2）当 为 的中点时，求点 到面 的距离； （3） 等于何值时，二面角 的大小为 . 解：以 为坐标原点，直线 分别为 轴，建立空间直角坐标系，设 ，则 1(2,0,0), (0,4,0), (2,4,1), (0,4,3)A C E C (0,0, )F z 1AEC F .62,62|| ).2,4,2( ).2,0,0(.2 ),2,0,2(),0,2(, , 1 1 的长为即于是 得由 为平行四边形由 BFBF EF Fz zECAF FAEC = −−=∴ ∴=∴ −=−=∴ ∴ 1n 1AEC F )1,,(, 11 yxnADFn =故可设不垂直于平面显然    =+×+×− =+×+×    =⋅ =⋅ 0202 0140 ,0 ,0 1 1 yx yx AFn AEn 得由    −= = ∴    =+− =+ .4 1 ,1 ,022 ,014 y x x y即 111 ),3,0,0( nCCCC 与设又 = α .33 334 116 113 3 |||| cos 11 11 = ++× = ⋅ ⋅= nCC nCCα C 1AEC F .11 334 33 3343cos|| 1 =×== αCCd 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1, 2AD AA AB= = = E AD 1 1D E A D⊥ E AB E 1ACD AE 1D EC D− − 4 π D 1, ,DA DC DD , ,x y z AE x=（1） （2）因为 为 的中点，则 ，从而 ， ，设平面 的法向量为 ，则 也即 ，得 ，从而 ，所以点 到平面 的距离为 （3）设平面 的法向量 ，∴ 由 令 ， ∴ 依题意 ∴ （不合，舍去）， . ∴ 时，二面角 的大小为 . （中等题） 5 ． 如 图 ， 在 三 棱 柱 中 ， 侧 面 ， 为 棱 上 异 于 的 一 点 ， ，已知 ，求： （Ⅰ）异面直线 与 的距离； （Ⅱ）二面角 的平面角的正切值. 解：（I）以 为原点， 、 分别为 轴建立空间直角坐标系. 由于， 在三棱柱 中有 1 1(1,0,1), (0,0,1), (1, ,0), (1,0,0), (0,2,0)A D E x A C .,0)1,,1(),1,0,1(, 1111 EDDAxEDDA ⊥=−= 所以因为 E AB (1,1,0)E )0,2,1(),1,1,1(1 −=−= ACED )1,0,1(1 −=AD 1ACD ),,( cban =    =⋅ =⋅ ,0 ,0 1ADn ACn    =+− =+− 0 02 ca ba    = = ca ba 2 )2,1,2(=n E 1ACD .3 1 3 212 || || 1 =−+=⋅= n nEDh 1D EC ),,( cban = ),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1( 11 =−=−= DDCDxCE    =−+ =−⇒    =⋅ =⋅ .0)2( 02 ,0 ,01 xba cb CEn CDn 1, 2, 2b c a x= ∴ = = − ).2,1,2( xn −= .2 2 5)2( 2 2 2 |||| || 4cos 2 1 1 = +− ⇒= ⋅ ⋅= xDDn DDnπ 321 +=x 322 −=x 2 3AE = − 1D EC D− − 4 π 1 1 1ABC A B C− AB ⊥ 1 1BB C C E 1CC 1,C C 1EA EB⊥ 1 12, 2, 1, 3AB BB BC BCC π= = = ∠ = AB 1EB 1 1A EB A− − B 1BB BA ,y z 1 12, 2, 1, 3AB BB BC BCC π= = = ∠ = 1 1 1ABC A B C−, 设 又 侧面 ，故 . 因此 是异面直线 的公垂线， 则 ，故异面直线 的距离为 . （II）由已知有 故二面角 的平面角 的大小为向量 的夹角. 6．如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， 底面 ， 是 上 一点， . 已知 求（Ⅰ）异面直线 与 的距离； （Ⅱ）二面角 的大小. 解：（Ⅰ）以 为原点， 、 、 分别为 轴建立空间直角坐标系. 由已知可得 设 1(0,0,0), (0,0, 2), (0,2,0)B A B )0,2 3,2 3(),0,2 1,2 3( 1CC − 即得由 ,0,),0,,2 3( 11 =⋅⊥ EBEAEBEAaE )0,2,2 3()2,,2 3(0 aa −−⋅−−= ,4 32)2(4 3 2 +−=−+= aaaa .,04 3 4 3)02 3 2 3()0,2 1,2 3( )0,2 1,2 3(),(2 3 2 1,0)2 3)(2 1( 11 EBBEEBBE Eaaaa ⊥=+−=⋅⋅−⋅=⋅ ===−− 即 故舍去或即得 AB ⊥ 1 1BB C C AB BE⊥ BE 1,AB EB 14 1 4 3|| =+=BE 1,AB EB 1 ,, 1111 EBABEBEA ⊥⊥ 1 1A EB A− − θ EAAB 与11 .2 2tan , 3 2 |||| cos ),2,2 1,2 3(),2,0,0( 11 11 11 = =⋅= −−=== θ θ 即 故 因 ABEA ABEA EABAAB P ABCD− ABCD PD ⊥ ABCD E AB PF EC⊥ ,2 1,2,2 === AECDPD PD EC E PC D− − D DA DC DP , ,x y z (0,0,0), (0,0, 2), (0,2,0)D P C ),0,2,(),0)(0,0,( xBxxA 则> 由 ， 即 由 ， 又 ，故 是异面直线 与 的公垂线，易得 ，故异面直线 , 的距离为 . （Ⅱ）作 ，可设 .由 得 即 作 于 ，设 ， 则 由 ， 又由 在 上得 因 故 的平面角 的大小为向量 的夹角. 故 即二面角 的大小为 ).0,2 3,(),2,2 1,(),0,2 1,( −=−= xCExPExE 0=⋅⊥ CEPECEPE 得 .2 3,04 32 ==− xx 故 CEDECEDE ⊥=−⋅=⋅ 得0)0,2 3,2 3()0,2 1,2 3( PD DE⊥ DE PD CE 1|| =DE PD CE 1 DG PC⊥ (0, , )G y z 0=⋅ PCDG 0)2,2,0(),,0( =−⋅zy ),2,1,0(,2 == DGyz 故可取 EF PC⊥ F (0, , )F m n ).,2 1,2 3( nmEF −−= 0212,0)2,2,0(),2 1,2 3(0 =−−=−⋅−−=⋅ nmnmPCEF 即得 F PC ).2 2,2 1,2 3(,2 2,1,22 2 −===+−= EFnmmn 故 ,, PCDGPCEF ⊥⊥ E PC D− − θ DGEF与 ,4,2 2 |||| cos πθθ ==⋅= EFDG EFDG E PC D− − .4 π