空间向量与立体几何复习2

DClAB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=AC,BD=CA,DB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sinPQd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=24，点E，点F分别是PC，AP的中点.dQP（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,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(BFAEBFAEBFAEFEACBP则32,32,cos所成的角的余弦值是与BFAEBFAE（3）平面EFB的法向量a=(0,1,1)，平面ABE的法向量为b=（1，1，1）,36,cosba.36的平面角的余弦值为二面角FBEA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（21，0，1，），F（1，21，0），M（21，1，1），N（1，21，此处可引导特色班的学生尝试传统的方法来解题。CBPAEFBB1C1D1ADA1xyzCEMNF1）.（1）∵EF=（21，21，-1），MN=（21，-21，0），∴EF·MN=（21，21，-1）·（21，-21，0）=41-41+0=0.∴EF⊥MN，即直线EF与MN的夹角为90°.（2）由于FN=（0，0，1），MN=（21，-21，0），∴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510.三、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），)2,2,0(1AC设G（0，2，h），则.0,).,1,1(11ACEGEGAChEG∴－1×0+1×（－2）+2h=0.∴h=1，即G是AA1的中点.（Ⅱ）设),,(zyxm是平面EFG的法向量，则.,EGmFEm所以.0,0010zyxzyx平面EFG的一个法向量m=（1，0，1）∵,212222||||||sin11ACmACm∴6，即AC1与平面EFG所成角为6B1C1CBAA1EGF2．在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是菱形，四边形BCC1B1是矩形，AB⊥BC，CB=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）.513（Ⅲ）C1到平面A1BC的距离为32.教学与测试（基础题）1．空间四边形OABC中，OBOC，3AOBAOC，则cos,OABC的值是（）A．21B．22C．－21D．0答：D。coscos()33cos,0OAOCOAOBOABCOAOCOBOABCOABCOABCOABC2．2．若向量,94,2kjibkjia，则这两个向量的位置关系是___________。答：垂直(2,1,1),(4,9,1),0ababab。3．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面1AECF所截面而得到的，其中14,2,3,1ABBCCCBE.（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面1AECF的距离.解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)ACEC设(0,0,)Fz.∵1AECF为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BFBFEFFzzECAFFAEC（II）设1n为平面1AECF的法向量，)1,,(,11yxnADFn故可设不垂直于平面显然02020140,0,011yxyxAFnAEn得由.41,1,022,014yxxy即111),3,0,0(nCCCC与设又的夹角为，则.333341161133||||cos1111nCCnCC∴C到平面1AECF的距离为.11334333343cos||1CCd4．如图，在长方体1111ABCDABCD，中，11,2ADAAAB，点E在棱AD上移动.（1）证明：11DEAD；（2）当E为AB的中点时，求点E到面1ACD的距离；（3）AE等于何值时，二面角1DECD的大小为4.解：以D为坐标原点，直线1,,DADCDD分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则11(1,0,1),(0,0,1),(1,,0),(1,0,0),(0,2,0)ADExAC（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111EDDAxEDDA所以因为（2）因为E为AB的中点，则(1,1,0)E，从而)0,2,1(),1,1,1(1ACED，)1,0,1(1AD，设平面1ACD的法向量为),,(cban，则,0,01ADnACn也即002caba，得caba2，从而)2,1,2(n，所以点E到平面1ACD的距离为.313212||||1nnEDh（3）设平面1DEC的法向量),,(cban，∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11DDCDxCE由.0)2(02,0,01xbacbCEnCDn令1,2,2bcax，∴).2,1,2(xn依题意.225)2(222||||||4cos211xDDnDDn∴321x（不合，舍去），322x.∴23AE时，二面角1DECD的大小为4.（中等题）5．如图，在三棱柱111ABCABC中，AB侧面11BBCC，E为棱1CC上异于1,CC的一点，1EAEB，已知112,2,1,3ABBBBCBCC，求：（Ⅰ）异面直线AB与1EB的距离；（Ⅱ）二面角11AEBA的平面角的正切值.解：（I）以B为原点，1BB、BA分别为,yz轴建立空间直角坐标系.由于，112,2,1,3ABBBBCBCC在三棱柱111ABCABC中有1(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)BAB,)0,23,23(),0,21,23(1CC设即得由,0,),0,,23(11EBEAEBEAaE)0,2,23()2,,23(0aa,432)2(432aaaa.,04343)02323()0,21,23()0,21,23(),(2321,0)23)(21(11EBBEEBBEEaaaa即故舍去或即得又AB侧面11BBCC，故ABBE.因此BE是异面直线1,ABEB的公垂线，则14143||BE，故异面直线1,ABEB的距离为1.（II）由已知有,,1111EBABEBEA故二面角11AEBA的平面角的大小为向量EAAB与11的夹角..22tan,32||||cos),2,21,23(),2,0,0(111111即故因ABEAABEAEABAAB6．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD底面ABCD，E是AB上一点，PFEC.已知,21,2,2AECDPD求（Ⅰ）异面直线PD与EC的距离；（Ⅱ）二面角EPCD的大小.解：（Ⅰ）以D为原点，DA、DC、DP分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系.由已知可得(0,0,0),(0,0,2),(0,2,0)DPC设),0,2,(),0)(0,0,(xBxxA则).0,23,(),2,21,(),0,21,(xCExPExE由0CEPECEPE得，即.23,0432xx故由CEDECEDE得0)0,23,23()0,21,23(，又PDDE，故DE是异面直线PD与CE的公垂线，易得1||DE，故异面直线PD,CE的距离为1.（Ⅱ）作DGPC，可设(0,,)Gyz.由0PCDG得0)2,2,0(),,0(zy即),2,1,0(,2DGyz故可取作EFPC于F，设(0,,)Fmn，则).,21,23(nmEF由0212,0)2,2,0(),21,23(0nmnmPCEF即得，又由F在PC上得).22,21,23(,22,1,222EFnmmn故因,,PCDGPCEF故EPCD的平面角的大小为向量DGEF与的夹角.故,4,22||||cosEFDGEFDG即二面角EPCD的大小为.4