人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案设计

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案设计，共16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。

1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（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线线、线面、面面的位置关系，主要是垂直。
在向量坐标化的基础上，将空间中线线、线面、面面的位置关系，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立体几何问题，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. .能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.
B.能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面垂直关系的判定定理.
C.能用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系.
1.数学抽象：向量语言表述垂直关系
2.逻辑推理：直线、平面垂直关系的判定；
3.数学运算：空间向量的坐标运算解决直线、平面的垂直关系.



1.教学重点：用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系
2.教学难点：用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系

多媒体

教学过程
教学设计意图
核心素养目标
一、情境导学
类似空间中直线、平面平行的向量表示，在直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系中，直线的方向向量、平面的法向量之间有什么关系？


二、探究新知
空间中直线、平面垂直的向量表示

位置关系
向量表示
线线垂直
设直线l1,l2的方向向量分别为μ1,μ2,则
l1⊥l2⇔μ1⊥μ2⇔μ1·μ2=0
线面垂直
设直线l的方向向量为μ,平面α的法向量为n,则
l⊥α⇔μ∥n⇔∃λ∈R,使得μ=λn
面面垂直
设平面α,β的法向量分别为n1,n2,则
α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2=0


1.判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“√”,错误的打“×”.
(1)若两条直线的方向向量的数量积为0,则这两条直线一定垂直相交.(　　)
(2)若一直线与平面垂直,则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.(　　)
(3)两个平面垂直,则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直.(　　)
(4)若两平面α,β的法向量分别为u1=(1,0,1),u2=(0,2,0),则平面α,β互相垂直.(　　)
答案: (1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量(-2,-4,k),若α⊥β,则k=(　　)　
A.2 B.-5 C.4 D.-2
答案:B　
解析:因为α⊥β,所以-2-8-2k=0,解得k=-5.
例1如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,PA=AB=1,点F是PB的中点,点E在边BC上移动.求证:无论点E在边BC上的何处,都有PE⊥AF.

思路分析只需证明直线PE与AF的方向向量互相垂直即可.
证明:(方法1)以A为原点,以AD,AB,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则A(0,0,0),P(0,0,1),B(0,1,0),C(a,1,0),于是F0,12,12.
∵E在BC上,∴设E(m,1,0),∴PE=(m,1,-1), AF=0,12,12.
∵PE·AF=0,∴PE⊥AF.
∴无论点E在边BC上何处,总有PE⊥AF.

(方法2)因为点E在边BC上,可设BE=λBC,
于是PE·AF=(PA+AB+BE)·12(AP+AB)=12(PA+AB+λBC)·(AB+AP)
=12(PA·AB+PA·AP+AB·AB+AB·AP+λBC·AB+λBC·AP)=12(0-1+1+0+0+0)=0,因此PE⊥AF.
故无论点E在边BC上的何处,都有PE⊥AF.
延伸探究本例条件不变,求证:AF⊥BC.
证明:同例题建系,易知AF=0,12,12,BC=(a,0,0),因为AF·BC=0,所以AF⊥BC.

利用向量方法证明线线垂直的方法
(1)坐标法:建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,求出两直线方向向量的坐标,然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直;
(2)基向量法:利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律,结合图形,将两直线所在的向量用基向量表示,然后根据数量积的运算律证明两直线所在的向量的数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直.
跟踪训练1在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AC的中点.
求证:(1)BD1⊥AC;(2)BD1⊥EB1.

(2)∵BD1=(-1,-1,1),EB1=12,12,1,∴BD1·EB1=(-1)×12+(-1)×12+1×1=0,∴BD1⊥EB1,∴BD1⊥EB1.
证明:以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立
如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则B(1,1,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E12,12,0,B1(1,1,1).
(1)∵BD1=(-1,-1,1),
AC=(-1,1,0),
∴BD1·AC=(-1)×(-1)+(-1)×1+1×0=0.
∴BD1⊥AC,∴BD1⊥AC.

例2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M分别为棱AB,BC,B1B的中点.求证:D1M⊥平面EFB1.

思路分析一种思路是不建系,利用基向量法证明D1M与平面EFB1内的两个不共线向量都垂直,从而根据线面垂直的判定定理证得结论;另一种思路是建立空间直角坐标系,通过坐标运算证明D1M与平面EFB1内的两个不共线向量都垂直;还可以在建系的前提下,求得平面EFB1的法向量,然后说明D1M与法向量共线,从而证得结论.
证明:(方法1)因为E,F,M分别为棱AB,BC,B1B的中点,
所以D1M=D1B1+B1M=DA+DC+12B1B,
而B1E=B1B+BE=B1B-12DC,
于是D1M·B1E=(DA+DC+12B1B)·(B1B-12DC)
=0-0+0-12+12-14×0=0,因此D1M⊥B1E.同理D1M⊥B1F,
又因为B1E,B1F不共线,因此D1M⊥平面EFB1.

(方法2)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.则D1(0,0,1),M1,1,12,
B1(1,1,1),E1,12,0,F12,1,0,于是D1M=1,1,-12,
B1E=0,-12,-1,B1F=-12,0,-1,
因此D1M·B1E=1×0+1×-12+-12×(-1)=0,故D1M⊥B1E;
又D1M·B1F=1×-12+1×0+-12×(-1)=0,故D1M⊥B1E.
又B1E,B1F不共线,因此D1M⊥平面EFB1.
(方法3)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,则D1(0,0,1),M1,1,12,B1(1,1,1),
E1,12,0,F12,1,0,于是D1M=1,1,-12,
B1E=0,-12,-1,B1F=-12,0,-1,
设平面EFB1的法向量为n=(x,y,z),
于是n⊥B1E,n⊥B1F,因此-12y-z=0,-12x-z=0,
取x=2,则y=2,z=-1,即n=(2,2,-1),
而1,1,-12=12(2,2,-1),即D1M=12n,
所以D1M∥n,故D1M⊥平面EFB1.


利用空间向量证明线面垂直的方法
(1)基向量法:选取基向量,用基向量表示直线所在的向量,在平面内找出两个不共线的向量,也用基向量表示,然后根据数量积运算律分别证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论.
(2)坐标法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面内两个不共线向量的坐标,然后根据数量积的坐标运算法则证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论.
(3)法向量法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标,然后说明直线方向向量与平面法向量共线,从而证得结论.
跟踪训练2如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=4 ,CD=2, AD=22,PA⊥平面ABCD,PA=4.
求证:BD⊥平面PAC.

证明:因为AP⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
则B(4,0,0),P(0,0,4), D(0,22,0),C(2,22,0),
所以BD=(-4,22,0),
AC=(2,22,0),AP=(0,0,4).
所以BD·AC=(-4)×2+22×22+0×0=0,
BD·AP=(-4)×0+22×0+0×4=0,所以BD⊥AC,BD⊥AP.
因为AP∩AC=A,AC⊂平面PAC,AP⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.


例3如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=2,BB1=1,点E为BB1的中点,
证明:平面AEC1⊥平面AA1C1C.

思路分析要证明两个平面垂直,由两个平面垂直的条件,可证明这两个平面的法向量垂直,转化为求两个平面的法向量n1,n2,证明n1·n2=0.
解:由题意得AB,BC,B1B两两垂直.以点B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0),A1(2,0,1),
C(0,2,0),C1(0,2,1),E0,0,12,
则AA1=(0,0,1),AC=(-2,2,0),AC1=(-2,2,1), AE=-2,0,12.
设平面AA1C1C的一个法向量为n1=(x1,y1,z1).
则n1·AA1=0,n1·AC=0⇒z1=0,-2x1+2y1=0.令x1=1,得y1=1.∴n1=(1,1,0).

设平面AEC1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2).
则n2·AC1=0,n2·AE=0⇒-2x2+2y2+z2=0,-2x2+12z2=0,
令z2=4,得x2=1,y2=-1.∴n2=(1,-1,4).
∵n1·n2=1×1+1×(-1)+0×4=0,
∴n1⊥n2,∴平面AEC1⊥平面AA1C1C.
利用空间向量证明面面垂直的方法
1.利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径:一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直;二是直接求解两个平面的法向量,由两个法向量垂直,得面面垂直.
2.向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系,恰当建系或用基向量表示后,只需经过向量运算就可得到要证明的结果,思路方法“公式化”,降低了思维难度.
跟踪训练3如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,
AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=12AD
求证:平面AMD⊥平面CDE.
分析:因为FA⊥平面ABCD,所以可以以点A为坐标原点建立空间直角坐标系.
证明:如图,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点,设AB=1,依题意得A(0,0,0),M12,1,12,C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1),则AM=12,1,12,CE=(-1,0,1),AD=(0,2,0),可得AM·CE=0,CE·AD=0,因此CE⊥AM,CE⊥AD.
又AM∩AD=A,∴CE⊥平面AMD.
又CE⊂平面CED,∴平面AMD⊥平面CED.


金题典例 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,E是B1C的中点.
(1)求cos.
(2)在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF?若存在,求出|AF|;若不存在,请说明理由.

解:(1)以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AC=2a,∠ABC=90°,∴AB=BC=2a.
∴B(0,0,0),A(2a,0,0),C(0,2a,0),B1(0,0,3a),
A1(2a,0,3a),C1(0,2a,3a),D22a,22a,3a,E0,22a,32a,
CA1=(2a,-2a,3a),
BE=0,22a,32a.
∴|CA1|=13a,|BE|=112a,CA1·BE=0-a2+92a2=72a2.
∴cos=BE·CA1|BE||CA1|=7143143.

(2)存在.理由如下:假设存在点F,使CF⊥平面B1DF.
不妨设AF=b,则F(2a,0,b),CF=(2a,-2a,b),B1F=(2a,0,b-3a),B1D=22a,22a,0.
∵CF·B1D=a2-a2+0=0,∴CF⊥B1D恒成立.
由B1F·CF=2a2+b(b-3a)=b2-3ab+2a2=0,得b=a或b=2a,
∴当|AF|=a或|AF|=2a时,CF⊥平面B1DF.
应用空间向量解答探索性(存在性)问题
立体几何中的存在探究题,解决思路一般有两个:
(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,并用向量表示出来,然后再加以证明,得出结论;
(2)假设所求的点或参数存在,并用相关参数表示相关点,根据线、面满足的垂直、平行关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在.

类比直线、平面平行的向量表示，提出运用向量解空间中的垂直问题，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，类比学习空间中的垂直问题，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中的垂直问题，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.直线l的方向向量为a=(1,-2,3),平面α的法向量为n=(-3,6,-9),则( )
A.l⊂α B.l∥α C.l⊥α D.l与α相交
答案:C　 解析:∵直线l的方向向量为a=(1,-2,3),平面α的法向量为n=(-3,6,-9),∴a=-13n,∴a∥n,∴l⊥α.故选C.
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则(　　)
A.平面AED∥平面A1FD1
B.平面AED⊥平面A1FD1
C.平面AED与平面A1FD1相交但不垂直
D.以上都不对
答案:B　 解析:以D为原点, DA,DC,DD1分别为x,y,z建立空间直角坐标系,求出平面AED的法向量n1与平面A1FD1的法向量n2.因为n1·n2=0,所以n1⊥n2,故平面AED⊥平面A1FD1.
3.若直线l的方向向量是a=(1,0,-2),平面β的法向量是b=(-1,0,2),则直线l与β的位置关系是　　　　　. 
答案:l⊥β　解析:因为a∥b,所以l⊥β.
4.如图,在四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,BC=CD,
∠BCD=90°,∠ADB=30°,E,F分别是AC,AD的中点,
求证:平面BEF⊥平面ABC.


证明:建立空间直角坐标系,如图,取A(0,0,a),则易得B(0,0,0),
C32a,32a,0,D(0,3a,0),E34a,34a,a2,F0,32a,a2.
∵∠BCD=90°,∴CD⊥BC.∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD.
又∵AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.
∴CD=-32a,32a,0为平面ABC的一个法向量.
设平面BEF的法向量n=(x,y,z),∴n·EF=0,
即(x,y,z)·-34a,34a,0=0.∴x=y.
由n·BF=0,即(x,y,z)·0,32a,a2=0,
有32ay+a2z=0,∴z=-3y.
取y=1,得n=(1,1,-3).
∵n·CD=(1,1,-3)·-32a,32a,0=0,
∴n⊥CD.∴平面BEF⊥平面ABC.


5．如图所示，在长方体中，，，、分别是、的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．

证明：（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
在长方体中，，，、分别是、的中点，
，1，，，1，，，0，，
平面的法向量，1，，，
平面，平面．
（2），0，，，2，，，2，，，1，，
，，，，
，平面．


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：一是突出类比学习，让学生类比向量解决平行问题，进而学习运用空间向量解决垂直问题，发展学生的类比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。