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1、教师学科教案 20 20 学年度 第_学期 任教学科：_任教年级：_任教老师：_xx市实验学校3.2 立体几何中的向量方法导学案3【学习目标】1. 向量运算在几何证明与计算中的应用；2. 掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题。【导入新课】复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示；考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式；如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？利用定义ab|a|b|cosa,b或cosa,b
2、，可求两个向量的数量积或夹角问题；利用性质abab可以解决线段或直线的垂直问题；利用性质aaa2，可以解决线段的长或两点间的距离问题。新授课阶段例1：已知空间四边形OABC中，求证：。证明：例2：如图，已知线段AB在平面内，线段，线段BDAB，线段，如果ABa，ACBDb，求C、D间的距离。解：例3：如图，M、N分别是棱长为1的正方体的棱、的中点求异面直线MN与所成的角。解：例4在正方体中，E、F分别是、CD的中点，求证：平面ADE。证明课堂小结1.将立体几何问题转化为向量问题的途径：（1）通过一组基向量研究的向量法，它利用向量的概念及其运算解决问题；（2）通过空间直角坐标系研究的坐标法，它通
3、过坐标把向量转化为数及其运算来解决问题. 2.向量法解题“三步曲”：（1）化为向量问题 （2）进行向量运算 （3）回到图形问题. 作业见同步练习部分拓展提升1将正方形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD平面CBD，E是CD中点，则的大小为（）A. B. C. D.2三棱锥ABCD的高AH = 3，H是底面BCD的重心若AB=AC，二面角ABCD为60，G是ABC的重心，则HG的长为（）A B C D3PA，PB，PC是从P引出的三条射线，每两条的夹角都是60，则直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为（）AB。C。D。4设某一向量与空间直角坐标系三轴间的夹角分别为60，120，m，则m = 5
4、在正方体ABCD-A1B1C1D1中，给出下列四个命题：；和的夹角为60；正方体的体积为其中所有错误命题的序号为 6如图，直三棱柱ABC-，底面ABC中，CA=CB=1，BCA=，棱=2，M、N分别是、的中点。ABCA1B1C1MAN第6题图（1）求的长；（2）求，的值；（3）求证。第7题图7如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC=BC=，AA1=1，ACB=90。（1）求异面直线A1B与CB1所成角余弦值；（2）问：在A1B1边上是否存在一点Q，使得平面QBC与平面A1BC所成的角为30，若存在，请求点Q的位置，若不存在，请说明理由。8如图直角梯形OABC中，OC=2，OA=AB=1，S
5、O平面OABC，SO=1，以OC、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系O-xyz。zSABCOyx（1）求与的夹角的大小（结果用反三角函数表示）；（2）设n=（1，p，q），满足n平面SBC，求：n的坐标；OA与平面SBC的夹角；O到平面SBC的距离。参考答案新授课阶段例1：证明： 。， ，。，。，0。 例2：解：由，可知。由可知，2()。例3：解：，()。， 求得 cos，.例4证明：不妨设已知正方体的棱长为个单位长度，且设i，j，k以i、j、k为坐标向量建立空间直角坐标系Dxyz，则(-1,0,0)，(0,-1)，(-1,0,0)(0,-1)0，AD。又 (0,1,)，(0,1,
6、)(0,-1)0， AE。又，平面ADE。拓展提升1D2C3C445或135【解析】。5设AA1=1命题：，为真命题；命题：，为真命题；命题：和的夹角等于A1BC1=60，为真命题；命题：，故为假命题所以，所有错误命题的序号为6解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系O（1）依题意得B，N，ABCA1B1C1MAN第6题图（2）依题意得，B，C，,，（3）证明：依题意得，M，7解： (1)建立如示空间直角坐标系，则，第7题图，即异面直线A1B与CB1所成角的余弦值为 。（2）答：存在这样的点Q，使得面QBC与面A1BC成30角 解：是直三棱柱，又ACB=90，BCCA1，BC，A1CC1是二面角
7、A1BCC1所成的平面角在RtA1C1C中，A1CC1=60，在A1B1边上取一点Q，在平面A1B1C1中作QPB1C1，交A1C1于P，连PC，则P,Q,B,C共面，A1CP就是QBCA1的平面角为30 3060，故有在点P，在角A1CC1的平分线上，在RtPC1C中，可得 又A1B1=，由相似比可得，Q在距A点处（或距B1点处） 8解：（1）如图所示：C(2，0，2)，S(0，0，1)，O(0，0，0)，B(1，1，0)， （2），n平面SBC，n，n n，n 解得p=1，q=2故n =（1，1，2）过O作OEBC于E，则BC平面SOE，于是平面SOE平面SAB 又两平面交于SE，过O作OHSE于H，则OH平面SBC延长OA与CB交于F，则OF=2，连FH，则OFH为所求。又，故，从而。， 即为所求的点面距离
