立体几何中的向量方法第5课时

§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PBPA,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⊥ＤＥＰＢ⊥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),11(0,,)22APE依题意得)021,21(，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GGABCD)21,0,21(),1,0,1(EGPA且EGPAEGPA//2，即所以EDBPAEDBEG平面且平面而,EDBPA平面所以，//CADBOE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，2BDCDCBCA2ADAB（I）求证：AO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（021210),21,21,0(DEPBDE故又DEPB所以,,EDEEFPBEF且由已知EFDPB平面所以的平面角。是二面角故）可知由（）解：已知（DPBCEFDDFPBEFPB,2,3)1,,(),,,(zyxPFzyxF则的坐标为设点PBkPF因为(,,1)(1,1,1)(,,)xyzkkkk所以kzkykx1,,即0DFPB因为0131)1,,()1,1,1(kkkkkkk所以31k所以)61,61,31(FE所以2131613666)32,31,31()61,61,31(cosFDFEFDFEEFD因为.60,60的大小为即二面角所以DPBCEFD)323131(，，的坐标为点F)21,21,0(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(1,0,0),(1,0,0),BD13(0,3,0),(0,0,1),(,,0),(1,0,1),(1,3,0).22CAEBACD.2cos,,4BACDBACDBACD异面直线AB与CD所成角的余弦值为42（III）设平面ACD的法向量为(,,),nxyz则.(,,).(1,0,1)0,.(,,).(0,3,1)0,nADxyznACxyz0,30.xzyz令1,y得(3,1,3)n是平面ACD的一个法向量，又13(,,0),22EC点E到平面ACD的距离.321.77ECnhn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3.２A组9、10、12题；选作B组2,3题练习与测试：（基础题）xCABODyzE1，过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD，若PAAB，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是（）A．30B．45C．60D．90答：B2，设P是60的二面角l内一点，,PAPB平面平面,AB为垂足，4,2,PAPB则AB的长为（）A．23B．25C．27D．42答：C3，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：DD1C1B1CDBAA1EF4.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1,,DADCDD分别为,,xyz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1EC＝（－3，1，2）、1FD＝（－2，－4，2）所以直线EC1与FD1所成的余弦值为11,cosFDEC＝||||1111FDECFDEC＝14216，在直三棱柱111CBAABC中，底面是等腰直角三角形，90ACB，侧棱21AA，ED,分别是1CC，与BA1的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G，（1）求BA1与平面ABD所成角的正弦值；（2）求点1A到平面ABD的距离．解：建立如图的空间直角坐标系，设1(,0,0)Aa，则1(0,,0)Ba，(,0,2)Aa，(0,,2)Ba，(0,0,2)C，∵ED,分别是1CC，与BA1的中点，∴(0,0,1),(,,1)22aaDE，∵G是ABD的重心，5(,,)333aaG，∴2(,,)663aaEG，(,,0)ABaa，(0,,1)ADa，∵EG平面ABD，,,EGABEGAD得2a，且BA1与平面ABD所成角EBG，6||3EG，1132BEBA，2sin3EGEBGBE，（2）E是BA1的中点，1A到平面ABD的距离等于E到平面ABD的距离的两倍，∵EG平面ABD，1A到平面ABD的距离等于262||3EG．小结：根据线段BA1和平面ABD的关系，求点1A到平面ABD的距离可转化为求E到平面ABD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.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zGEDC1B1A1CBAxy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1111ABCDABCD,11,2,ABAA点E为1CC的中点，点F为1BD的中点，（1）证明:EF为异面直线11BDCC与的公垂线；（2）求点1D到平面BDE的距离．解：（1）以1,,DADCDD分别为,,xyz轴建立坐标系，则(