立体几何(B)空间向量教法举例.

1、立体几何 (B) 空间向量教法举例杭师院附高观点：向量法是解题的重要工具 ,教法得当 ,对空间想象能力的提高应有促进作用【渗透型】教学中不宜将向量法与传统方法对立起来 , 应相辅相成 , 相得宜彰 . 1.四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 a 的正方形 ,ZPPB平面 ABCD .F证明无论四棱锥的高如何变化 ,平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角的平面角恒为钝角 .E B证：如图建立空间直角坐标系 ,CDC ( a,0,0), A(0, a,0), P(0,0, h) .x.AyCD PBC .作 BEEBF由于 PC同理 PA平面 PBC, CD平面 PCD ,平面PCD 平面P

2、C , BE 平面 PCD .同理作 BFPA, 有 BF平面 PAD .是二面角 APDC 的平面角的补角 .B( a,0,h), BE PC0,BE(h,0, a) .面 PADF(0,a,h), BFPA0,BF(0, h, a) .EBE BFa 2面 PCD0 ,即EBF 是锐角 .cos EBFa2 h2|BE| |BF |则二面角 A PDC 的平面角是钝角 ,与 h(h0) 无关.2. 己知三棱锥 PABC 中, PA, PB, PC 与底面 ABC 所成的角相等 ,CAB900 , E 为 PB 中点 , D 为 BC 中点 , ACABPBa.(1) 求 AE 与底面所成的

3、角；(2) 求 PC 到平面 AED 的距离 . 解： (1)如图建立 A xyz 坐标系 .PA, PB , PC 与底面成等角 , Rt ABC 斜边中点为 D ,PD平面 ABC.平面 PBC平面 ABC. 作EFBC于F,则 EF平面 ABC.且CF :FB3:1.EAF 是 AE 与平面 ABC 所成的角 .PzECDFFAB yxBC2a,PB a,BD2 a, BEa ,22EF1PD2a . 即有 Ea ,3a,2a, Fa , 3a ,0 ；AE2 3a, AF10a .2444444441AEAF10 a2 .cos AE , AF30 ,EAFarccos30 .1661

4、163.正方体 ABCDA1 B1C1 D1 中 , BE, CFCC1 ,BB1234DGZD 1C 1DD 1 , 试判断 A,E,F,G 四点是否共面 .G4解：如图建立 Dxyz 坐标系 ,设棱长为 1.A 1B 1FDE(1,1, 14 ), DA(1,0,0), DF(0,1, 21 ), DG(0,0, 43 ),DC设 DEx DAy DFzDG.yExAB(1,1, 41 )(x,0,0)( 0, y, 12y)( 0,0, 43 z)( x, y, 21 y43z) ,1y31z3.x 1, y 1, 24 z4xyz11 ,A, E,F ,G 不共面 .【对比型】教学中建

5、议适当对比, 让学生产生正确的认识 . 既达到空间想象能力的提高 , 又达到简化运算的目的 .1.如图 ,在正方体 ABCDA1 B1C1D1 中, E, F 分别z是 BB1, CD 的中点 ,且正方体的棱长为 2.D 1C 1() 求直线 D1 F 与 AB 所成的角；A 1DFB 1C( ) 求 D1 F 与平面 AED 所成的角 .Ey解：()如图建立空间直角坐标系. 得AH GBA(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0), A1 (2,0,2),xB1 ( 2,2,2), D1 (0,0,2), E (2,2,1), F (0,1,0).AB (0,2,0), D1F(

6、0,1,2), DA(2,0,0), DE(2,2,1).则 cosD1F ,ABD 1 FAB5 . 故所成角为 arccos5 .|D1F |AB|55() D1F DA 2 0 2 0, D1F DA.又 D1F DE0220,D1F DE .而 DADEA,D1F平面 AED . 故线面所成角为 90 0 .另解： ()CD / AB,D1FD 为所求角 , D1D 2, DF1,D1FDarccos 5 .5()取 AB中点 G,连A1G交 AE于 H ,连 GF . 可知 A1GFD1为平行四边形 ,D1 F / A1 G, Rt A1 AG RtABE ,AGHAEB ,从而BA

7、EAGHBAEAEB900A 1GAE ,D1F AE.又 AD平面 D1 DCC1 , D1F平面 D1 DCC 1,D1FAD ,2得 D1 F 平面 ADE ,即线面所成角为 900 .【评价】两种方法均有优点 .2. 正四棱柱 AC1, 侧棱是底面边长的 2 倍 ,P 是侧棱D 1C 1CC1 上一点 .A 1B 1()求证不论 P 在侧棱 CC1 上何位置 ,总有 BDAP ；P M( ) 若 CC1 3C1 P, 求平面 AB1P 与平面 ABCD 所成二面DC角的余弦值；AB()当 P 点在侧棱 CC1 上何处时 , AP 在平面 B1 AC 上的射影是 B1 AC 的平分线 .

8、()证：无论 P 点在 CC1 任何位置 , AP 在底面的射影都是AC,BDAC , BD CC1,BD AP.()延长 B1 P, BC 交于 M , 连 AM , 则AM 为平面 AB1与底面的交线 , P.过B作BQAM 于Q, 连结 B1Q,则B1QAM ,B1QB 为所求二面角的平面角 .由 CMPC2PC2 BB1CM2BC ,且BM3BC .BMBB133在 RtABM 中, BQAB BMAB BM3 BC,AMAB 2BM 210在 RtB1 BQ中, tanB1QBBB12BC2 10cosB1QB3 .BQ337Bc10()另解 .以 D 为原点建立空间直角坐标系 .设

9、平面 AB1 P 的法向量 n( x, y, z),平面 ABCD 的法向量 m AA1 (0,0,6) , A 3,0,0 , A1 3,0,6 , B13,3,6 , P 0,3,4得 AB10,3,6 , AP3,3,4 ,nAB103 y 6z0nAP03x3y4z 0x1 y, z1 y ,n1 y, y, 1 y , (设 y 0)m3232面 AB1P由 n m3y, | n |7 y,| m |6 ,6cosnm3n,m| m |,| n |7面 ABCDn则两平面的二面角的平面角是 n, m的补角为 arccos3.(摸拟图 ) 即余弦值为 cos3 .77()传统解法从略

10、.3另解 .设 CP a,CC16,B1 (3,3,6), C (0,3,0), P(0,3, a) , A(3,0,0),AB1(0,3,6), AC(3,3,0), AP(3,3, a) ,AB1 AP 9 6a,| AB1|3 5,|AP|18a2, ACAP 18,|AC| 18cos AB1, AP96a5(18,3a 2 )cosAB1 , APcosAC, AP,96a183 5(18a 2 )18(18a 2 )3 2a3 10 , a3(10 1)101 6101 CC1 .从略 .244【评价】向量解法在第 ( ) 问有优势 .3.三棱锥 P ABCD 中 ,平面 PAC平

11、面 ABC ,ZPBAC900 , APCACB 900,PAPC.(1) 求证：平面 PAB 平面 ABC ；(2) 求二面角 P AB C 的大小 . 两种方法的证明从略 .【评价】向量法不如传统方法简捷.AOCxEB【结合型】重视以向量知识为情境 ,合理应用向量法 .1.己知三棱柱 ABCA1 B1C1 在图示空间直角坐标系zC1中, ABm3mA 1B 1 x,2,0 , AC (m,0,0), AA1 (0,0, n) ,C2y其中 m, n0,若 m2n .AMB求直线 CA1 与平面 A1 ABB1 所成的角 .解：CB ABACm ,3 m,0,22|AB| |CB|m23m2

12、m | AC |,4 4ABC 是正三角形 .取 AB中点 M, 连CM ,CMAB,又CMAA1,CM平面 A1ABB1.连 A1M , 则CA1 M 是 CA1 与平面 A1 ABB1 所成的角 ,设其角为.CA1AA1AC(0,0, n)(m,0,0)( m,0, n) ,4CMAM1ACm,3m(m,0,0)3m3mACAB4,0,0 ,2444CA1CM3 m2 , | CA1 |m2n 2 , | CM |3 m,43 m 223mcosCA1 , CM4,若 CA1与CM 夹角为 .32m2m2n2n 2m2sinsincos3m2,.AD2m2n 22242. 平行四边形 AB

13、CD 中, ABAC1, ACD900 ,将它沿 AC 折起,使 AB 与 CD 成 600角. 求 B,D 间距离 .解：AC CD,AC CD0 ,同理, BA AC0.又BA,CD600 , BDBAAC CD,|BD|2 |BA|2|AC|2|CD |22BAACBA CDBDCACBAC CD32 cos6002 .30 , |BD| 2或|BD|z2 cos1203.已知四面体 P ABC , 侧棱 PA, PB, PC 两两垂直,CPA PB 2,E 为 AB 中点,PE与 CB所成角为Pyarctan3 .求顶点 P 到底面 ABC 的距离 h .解:将四面体置于空间直角坐标系中 ,如图