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1、《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：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示； ⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式； ⑶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？⑴利用定义a·b＝
2、a
3、
4、b
5、cos＜a,b＞或cos＜a,b＞＝，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性
6、质a⊥ba·b＝０可以解决线段或直线的垂直问题； ⑶利用性质a·a＝｜a｜2，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α内，线段，线段BD⊥AB，线段，，如果AB＝a，AC＝BD＝b，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
7、直角坐标系研究的坐标法，它通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A—BCD的高AH=3，H是底面△BCD的重心．若AB=AC，二面角A—BC—D为60°，G是△ABC的重心，则HG的长为（）A．B．C．D．3．PA，PB，PC是从P引出的三条射线，每两条的夹角都是60º，则直线PC与平面PAB所成的角的余弦值为（）A．B。C。D。4．
8、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．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，给出下列四个命题：①；②；③和的夹角为60°；④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ΔABC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ABC—A1B1C1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
9、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，SO⊥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：①n的坐标；②OA与平面SBC的夹角；③O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：
10、∵＝，＝，∴＝·＝(＋＋＋)。∵，，，∴，，，∴＝＝．…求得cos＜＞，∴＜＞＝.例4证明：不妨设已知正方体的棱长为１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D－xyz，则∵＝(-1,0,0)，＝(0,,-1)，∴·＝(-1,0,0)·(0,,-1)＝0，∴AD。又＝(0,1,)，∴·＝(0,1,)·(0,,-1)＝0， ∴AE。又 ， ∴平面ADE。拓展提升1．D2．C3．C4．45或135【解析】。5．设AA1=1．命题①：，为真命题；命题②：，为真命题；命题③：和的夹角等于∠A1BC1=60°，为真命题；命题④：，故为假
11、命题．所以，所有错误命题的序号为④．6．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°，∴BC⊥CA1，BC⊥，∠A1CC1是二面角A1－BC－C1所成的平面角．在RtΔA1C1C中，∠A1CC1=60°，在A1B1边上取一点Q，在平面A1
12、B1C1中
