河北省抚宁县第六中学高三数学专题复习 5.3空间向量与立体几何教案（第2课时）

课 题空间向量与立体几何课 时共 3课时本节第2 课时选用教材专题五知识模块立体几何课 型复习教学目标会用建立空间直角坐标系的方法解决立体几何问题重 点会用建立空间直角坐标系的方法解决立体几何问题难 点会用建立空间直角坐标系的方法解决立体几何问题关 键会用建立空间直角坐标系的方法解决立体几何问题教学方法及课前准备多媒体辅助教学 学生自主探究 讲练结合教学流程多媒体辅助教学内容【变式训练3】 (2020广东高考)如图1，在等腰直角三角形ABC中，A90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中点将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，其中AO.(1)证明：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值(1)证明在图1中连接AO交DE于点G，在图3中连接AG，因为AGDE，BCDEBCAG，OGBC，AGOGG，BC平面AOG，又AO平面AOG，BCAO.图3连接OD，在OCD中，由余弦定理得OD2OC2CD22OCCDcos 45322235，OD，所以AO2OD2AD2，AOOD，又ODOGO所以AO平面BCDE.(2)以O点为原点，建立空间直角坐标Oxyz，如图4所示则A(0,0，)，C(0，3,0)，D(1，2，0)，所以(0,3，)，图4(1,2，)，设平面ACD的法向量n(x，y，z)，则即解得令x1，得n(1，1，)由(1)知，(0,0，)为平面CDB的一个法向量，所以cosn，所以二面角ACDB的平面角的余弦值为.考向四利用空间向量求解开放性问题常考查：运用向量探索空间线、面位置关系；探索空间角、空间位置满足的条件；存在开放性探索型问题在解题过程中，往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”【例4】 (2020北京海淀区调研)如图1，在RtABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE2.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.(1)求证：A1C平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由思路点拨(1)通过证明DE平面A1CD来证明DEA1C.(2)以点C为坐标原点建立空间直角坐标系，求平面A1BE的法向量，用向量法求解(3)假设点P存在，设出其坐标，然后求出平面A1DP的法向量，利用两个平面的法向量垂直求解(1)证明ACBC，DEBC，DEAC.DEA1D，DECD，DE平面A1DC，从而DEA1C.又A1CCD，CDDED，A1C平面BCDE.(2)解如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0，0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)设平面A1BE的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.又(3,0，2)，(1,2,0)，令y1，则x2，z.n(2,1，)设CM与平面A1BE所成的角为.(0,1，)，sin |cosn，|.CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)解线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p0,3设平面A1DP的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0.又(0,2，2)，(p，2,0)，令x2，则yp，z.m.平面A1DP平面A1BE，当且仅当mn0，则4pp0.解得p2，与p0,3矛盾线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直探究提升 立体几何开放性问题求解，(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论(2)假设所求的点或线存在，设定参数表达已知条件，并把要成立的结论作为条件进行运算，求出参数【变式训练4】 (2020北京高考改编)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5. (1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点D，使得ADA1B？若存在，试求出的值(1)证明在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz. A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，(4,0,0)，(0,3，4)，(4，3,0)，(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)取向量n1(0,4,3)，由取向量n2(3,4,0)，cos .由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角，故二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)解假设存在点D(x，y，z)是直线BC1上一点，使ADA1B，且.(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4，(4，33，4)，又ADA1B，03(33)160，则，因为0,1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B.此时.课堂同步练习：2(2020上海高考)在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成角的大小为_解析在题图中，连接A1D，DB，则A1DB1C，DA1B为异面直线A1B与B1C所成的角，又A1DBDA1B，因此DA1B.答案3在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，ABAC1，PA2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为_解析以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，由ABAC1，PA2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D(，0,0)，E，F，(0,0,2)，设面DEF的法向量为n(x，y，z)则由得取z1，则n(2,0,1)，设PA与平面DEF所成角为，则sin .答案4(2020北京高考)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为_解析点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P，显然点P到直线CC1的距离的最小值为PC的长度的最小值，当PCDE时，PC的长度最小，此时PC.答案 考点探究突破典型例题讲解，先让学生自己思考，老师再给出思路，最后用多媒体展示解答过程，要求学生自己做题时要规范。同时给出做这种题的思路指导