2020-2021学年1.2 空间向量基本定理教学设计及反思

这是一份2020-2021学年1.2 空间向量基本定理教学设计及反思，共13页。教案主要包含了情境导学，探究新知，达标检测，小结，课时练等内容，欢迎下载使用。

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题(2)

本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决计算空间角问题。
在向量坐标化的基础上，将空间中线线角、线面角及二面角问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间角问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。

课程目标
学科素养
A.理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系,会用向量方法求两 异面直线所成角.
B.理解直线与平面所成角与直线方向向量和平面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求直线与平面所成角.
C.理解二面角大小与两个面法向量夹角之间的关系,会用向量方法求二面角的大小.
1.数学抽象：向量语言表述空间角
2.逻辑推理：运用向量运算求解空间角的原理；
3.数学运算：空间向量的坐标运算解决空间角问题.



1.教学重点：理解运用向量方法求空间角的原理
2.教学难点：掌握运用空间向量求空间角的方法

多媒体

教学过程
教学设计意图
核心素养目标
一、情境导学
地球绕太阳公转的轨道平面称为“黄道面”,黄道面与地球赤道面交角(二面角的平面角)为23°26'.黄道面与天球相交的大圆为“黄道”.黄道及其附近的南北宽9°以内的区域称为黄道带,太阳及大多数行星在天球上的位置常在黄道带内.黄道带内有十二个星座,称为“黄道十二宫”.从春分(节气)点起,每30°便是一宫,并冠以星座名,如白羊座、狮子座、双子座等等,这便是星座的由来.
问题：空间角包括哪些角?求解空间角常用的方法有哪些?
答案：线线角、线面角、二面角; 传统方法和向量法.
二、探究新知
1.利用向量方法求两异面直线所成角
若两异面直线l1,l2所成角为θ,它们的方向向量分别为a,b,则有
cos θ=|cos|=|a·b||a||b| .
特别提醒：不要将两异面直线所成的角与其方向向量的夹角等同起来,因为两异面直线所成角的范围是0,π2,而两个向量夹角的范围是[0,π],事实上,两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系.
1.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),b=(2,0,4),则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于(　　)
A.-25 B.25 C.-255 D.255
解析因为a·b=-4,|a|=5,|b|=25,所以cos θ=|cos|=a·b|a||b|=-410=25. 答案：B
2.利用向量方法求直线与平面所成角
若直线l与平面α所成的角为θ,直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,则有sin θ=|cos|=|a·n||a||n|
特别提醒：直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角.
2.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,则直线l与平面α所成的角等于(　　)
A.120° B.60° C.150° D.30°
解析：因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°,所以它们所在直线的夹角为60°,则直线l与平面α所成的角等于90°-60°=30°. 答案：D
3.利用向量方法求二面角
(1)若二面角α-l-β的平面角的大小为θ,其两个面α,β的法向量分别为n1,n2, 则|cos θ|=|cos|= |n1·n2||n1||n2|
(2)二面角的大小还可以转化为两直线方向向量的夹角.在二面角α-l-β的两个半平面α,β内,各取一条与棱l垂直的直线,则当直线的方向向量的起点在棱上时,两个方向向量的夹角即为二面角的大小.
特别提醒：由于二面角的取值范围是[0,π],而两个面的法向量的方向无法从图形上直观确定,因此不能认为二面角的大小就是其两个面法向量夹角的大小,需要结合具体图形判断二面角是锐角还是钝角,从而求得其大小.
3.二面角α-l-β中,平面α的一个法向量为n1=32,-12,-2,平面β的一个法向量是n2=0,12,2,那么二面角α-l-β的大小等于(　　)
A.120° B.150° C.30°或150° D.60°或120°
解析：设所求二面角的大小为θ, 则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|=32,所以θ=30°或150°.答案：C
例1. 如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,试求直线EF和BC1所成的角.

思路分析:建立空间直角坐标系,求出直线EF和BC1的方向向量的坐标,求它们的夹角即得直线EF和BC1所成的角.
解:分别以直线BA,BC,BB1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(如右图).

设AB=1,则B(0,0,0),E12,0,0,F0,0,12,C1(0,1,1),所以EF=-12,0,12,BC1=(0,1,1).于是cos=BC1·EF|BC1||EF|=1222×2=12,所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
1.利用空间向量求两异面直线所成角的步骤.
(1)建立适当的空间直角坐标系.
(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标.
(3)利用向量的夹角公式求出两直线方向向量的夹角.
(4)结合异面直线所成角的范围得到两异面直线所成角.
2.求两条异面直线所成的角的两个关注点.
(1)余弦值非负:两条异面直线所成角的余弦值一定为非负值,而对应的方向向量的夹角可能为钝角.
(2)范围:异面直线所成角的范围是0,π2,故两直线方向向量夹角的余弦值为负时,应取其绝对值.
跟踪训练1 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为　　　　　. 

解析：以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,设AB=1.则
B(1,1,0),A1(1,0,2),A(1,0,0),D1(0,0,2),A1B=(0,1,-2), AD1=(-1,0,2),
cos=A1B·AD1|A1B||AD1|　=-45×5=-45,故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为45. 答案:45
例2.如图所示,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

思路分析:(1)线面平行的判定定理⇒MN∥平面PAB.
(2)利用空间向量计算平面PMN与AN方向向量的夹角⇒直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
(1)证明:由已知得AM=23AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,
由N为PC的中点知TN∥BC,TN=12BC=2.
又AD∥BC,故TN∥AM且TN=AM,
所以四边形AMNT为平行四边形,
于是MN∥AT.
因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,
所以MN∥平面PAB.

(2)解:如图,取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=AB2-BE2=AB2-(BC2) 2=5.
以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 由题意知P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,
PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则n·PM=0,n·PN=0,
即2y-4z=0,52x+y-2z=0,可取n=(0,2,1).于是|cos|=|n·AN||n||AN|=8525.
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.
若直线l与平面α的夹角为θ,利用法向量计算θ的步骤如下:

跟踪训练2 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,则直线A1B与平面BDE所成的角为(　　)
A.π6　　　　　 B.π3 C.π2 D.56π
解析:以D为原点建立空间直角坐标系,可求得平面BDE的法向量n=(1,-1,2),而BA1=(0,-1,1),所以cos θ=1+223=32,则θ=30°,故直线A1B与平面BDE成60°角.
答案：B

例3. 如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M,N分别为AC,BF的中点,求平面MNA与平面MNB所成锐二面角的余弦值.

思路分析:有两种思路,一是先根据二面角平面角的定义,在图形中作出二面角的平面角,然后利用向量方法求出夹角从而得到所成二面角的大小;另一种是直接求出两个面的法向量,通过法向量的夹角求得二面角的大小.
解:设正方体棱长为1.以B为坐标原点,BA,BE,BC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系B-xyz,则M12,0,12,N12,12,0,A(1,0,0),B(0,0,0).
(方法1)取MN的中点G,连接BG,AG,则G12,14,14.
因为△AMN,△BMN为等腰三角形,所以AG⊥MN,BG⊥MN,
故∠AGB为二面角的平面角或其补角.

又因为GA=12,-14,-14,GB=-12,-14,-14,所以cos=GA·GB|GA||GB|=-1838×38=-13, 故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.
(方法2)设平面AMN的法向量n1=(x,y,z).
由于AM=-12,0,12,AN=-12,12,0,
则n1·AM=0,n1·AN=0,即-12x+12z=0,-12x+12y=0,令x=1,解得y=1,z=1,于是n1=(1,1,1).
同理可求得平面BMN的一个法向量n2=(1,-1,-1),
所以cos=n1·n2|n1||n2|=-13×3=-13,
故所求两平面所成锐二面角的余弦值为13.
利用平面的法向量求二面角
利用向量方法求二面角的大小时,多采用法向量法,即求出两个面的法向量,然后通过法向量的夹角来得到二面角的大小,但利用这种方法求解时,要注意结合图形观察分析,确定二面角是锐角还是钝角,不能将两个法向量的夹角与二面角的大小完全等同起来.
跟踪训练3 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=BC=AB=2,AB⊥BC,求二面角B1-A1C-C1的大小.

解：如图,建立空间直角坐标系.则A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,0,2),C1(0,2,2),
即BM=(1,1,0)是平面A1C1C的一个法向量.
设平面A1B1C的一个法向量是n=(x,y,z),A1C=(-2,2,-2), A1B1=(-2,0,0),
所以n·A1B1=-2x=0,n·A1C=-2x+2y-2z=0,
令z=1,解得x=0,y=1,故n=(0,1,1).
设法向量n与BM的夹角为φ,
二面角B1-A1C-C1的大小为θ,显然θ为锐角.
因为cos θ=|cos φ|=|n·BM||n||BM|=12,解得θ=π3,
所以二面角B1-A1C-C1的大小为π3.

金题典例 如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,
四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明:O1O⊥底面ABCD.
(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.

(1)证明因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形,
所以CC1⊥AC,DD1⊥BD,又CC1∥DD1∥OO1,所以OO1⊥AC,OO1⊥BD,因为AC∩BD=O,所以O1O⊥底面ABCD.
(2)解：因为四棱柱的所有棱长都相等,所以四边形ABCD为菱形,
AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD,所以OB,OC,OO1两两垂直.
如图,以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.


设棱长为2,因为∠CBA=60°,所以OB=3,OC=1,
所以O(0,0,0),B1(3,0,2),C1(0,1,2),
平面BDD1B1的一个法向量为n=(0,1,0),
设平面OC1B1的法向量为m=(x,y,z),则由m⊥OB1,m⊥OC1,所以3x+2z=0,y+2z=0,取z=-3,则x=2,y=23,所以m=(2,23,-3),
所以|cos|=m·n|m||n|=2319=25719.
由图形可知二面角C1-OB1-D的大小为锐角,
所以二面角C1-OB1-D的余弦值为25719.
延伸探究1 本例条件不变,求二面角B-A1C-D的余弦值.
解:建立如图所示的空间直角坐标系.设棱长为2,
则A1(0,-1,2),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0).
所以BC=(-3,1,0),A1C=(0,2,-2),CD=(-3,-1,0).
设平面A1BC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·A1C=0,n1·BC=0,即2y1-2z1=0,-3x1+y1=0,取x1=3,则y1=z1=3,故n1=(3,3,3).设平面A1CD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·A1C=0,n2·CD=0,即2y2-2z2=0,-3x2-y2=0,

取x2=3,则y2=z2=-3,故n2=(3,-3,-3).所以|cos|=n1·n2|n1||n2|=57.
由图形可知二面角B-A1C-D的大小为钝角,所以二面角B-A1C-D的余弦值为-57.
延伸探究2 本例四棱柱中,∠CBA=60°改为∠CBA=90°,设E,F分别是棱BC,CD的中点,
求平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值.
解:以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,设此棱柱的棱长为1,则A(0,0,0),B1(1,0,1),E1,12,0,D1(0,1,1),F12,1,0,AE=1,12,0,AB1=(1,0,1),AF=12,1,0,AD1=(0,1,1).


设平面AB1E的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则n1·AB1=0,n1·AE=0,即x1+z1=0,x1+12y1=0,令y1=2,则x1=-1,z1=1,
所以n1=(-1,2,1).
设平面AD1F的法向量为n2=(x2,y2,z2).
则n2·AD1=0,n2·AF=0,即y2+z2=0,12x2+y2=0.
令x2=2,则y2=-1,z2=1.所以n2=(2,-1,1).
所以平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值为cos=|n1·n2||n1||n2|=36×6=12.
向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤
(1)建立适当的坐标系,写出相应点的坐标;
(2)求出两个半平面的法向量n1,n2;
(3)设二面角的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|;
(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角,从而求出θ(或其三角函数值).





通过生活中的现实情况，帮助学生回顾空间角的概念，并提出运用向量解空间角的问题，引导学生回顾空间中线线、线面、面面的平行问题的解法方法，进一步体会空间几何问题代数化的基本思想


























由基本问题出发，让学生掌握运用空间向量解决空间角问题的基本原理，实现将立体几何问题向量化。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。

















































通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决立体几何问题的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。



















































通过典例解析，进一步让学生体会空间向量坐标运算在解决立体几何中的应用，提升推理论证能力，提高学生的数学运算及逻辑推理的核心素养。

三、达标检测
1.平面α的斜线l与它在这个平面上射影l'的方向向量分别为a=(1,0,1),b=(0,1,1),则斜线l与平面α所成的角为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
解析: l与α所成的角即为a与b所成的角(或其补角),因为cos=a·b|a||b|=12,所以=60°. 答案：C
2.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos=- 12,则l与α所成的角为(　　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析：由已知得直线l和平面α法向量所夹锐角为60°,因此l与α所成的角为30°. 答案：A
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,则异面直线AC和MN所成的角为(　)
A.30° B.45° C.90° D.60°

解析以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1中棱长为2,
∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点,
∴M(1,2,0),N(0,2,1),A(2,0,0),C(0,2,0),
MN=(-1,0,1),AC=(-2,2,0),
设异面直线AC和MN所成的角为θ,.cos θ=|MN·AC||MN||AC|=22×22=12,
则又θ是锐角,∴θ=60°
∴异面直线AC和MN所成的角为60°,故选D.
答案D

4.在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=BC=12PA,点O,D分别是AC,PC的中点,OP⊥底面ABC,则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为　　　　　. 
解析:以O为原点,射线OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,设AB=a,则OP=72a,OD=-24a,0,144a,可求得平面PBC的法向量为n=-1,-1,17,

所以cos=OD·n|OD||n|=21030,设OD与面PBC的角为θ,则sin θ=21030.
答案:21030
5.如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,CD⊥PD,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=AD=PB=3.点E在棱PA上,且PE=2EA.求二面角A-BE-D的余弦值.

解：以B为原点,以直线BC,BA,BP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设平面EBD的一个法向量为n1=(x,y,1),
因为BE=(0,2,1),BD=(3,3,0),
由n1·BE=0,n1·BD=0,得2y+1=0,3x+3y=0.所以x=12,y=-12.
于是n1=12,-12,1.
又因为平面ABE的一个法向量为n2=(1,0,0),
所以cos=16=66.故二面角A-BE-D的余弦值为66.


通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。




四、小结

五、课时练

通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。







教学中主要突出了几个方面：一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序，发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。二是典例解析，通过对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间， 使数学教学成为数学活动的教学。从而发展学生的直观想象、逻辑推理、数学建模的核心素养。