2013-2014学年 高中数学 人教B版选修2-1【配套备课资源】3.1.1

3.1.1空间向量的线性运算一、选择题1．如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则D 1B →等于( )A ．a ＋b ＋cB ．a ＋b ＋cC ．a －b －cD ．－a ＋b ＋c [答案] C[解析] D 1B →＝D 1A 1→＋A 1A →＋AB →＝－b ＋(－c )＋a ＝a －b －c .故选C2．在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，向量AB ′→、AD ′→、BD →是( ) A ．有相同起点的向量 B ．是等长的向量 C ．是共面向量D ．是不共面向量[答案] C[解析] ∵AB 1→－AD 1→＝D 1B 1→＝BD →，∴共面．故选C.3．如图所示在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算结果为向量AC 1→的共有( )(1)(AB →＋BC →)＋CC 1→ (2)(AA 1→＋A 1D 1→)＋D 1C 1→ (3)(AB →＋BB 1→)＋B 1C 1→ (4)(AA 1→＋A 1B 1→)＋B 1C 1→. A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个[答案] D[解析] 代入检验知选D.4．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有以下等式，其中不正确的是( ) A.D 1B →＝D 1D →＋D 1A 1→＋D 1C 1→ B.D 1B →＝D 1C 1→＋B 1B →＋CB → C.D 1B →＝D 1A 1→＋A 1B →＋A 1A →D.D 1B →＝D 1C 1→＋C 1D →＋DB → [答案] C[解析] D 1A 1→＋A 1B →＋A 1A →＝D 1B →＋A 1A →≠D 1B →. 故选C.5．如图所示的空间四边形ABCD 中，M ，G 分别是BC ，CD 的中点，则MG →－AB →＋AD →等于( )A.32DB →B ．3MG →C ．3GM →D ．2MG →[答案] B[解析] MG →－AB →＋AD →＝MG →＋BD →＝MG →＋2MG →＝3MG →.6．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 中，O 为BD 1与AC 1的交点，下列说法正确的是( ) A.AO →＝12AB →＋AD →＋AA 1→)B.AO →＝13AC 1→C.BO →＝12(BA →＋BC →＋BD →1)D.BO →＝14AC 1→＋BD 1→)[答案] A[解析] AB →＋AD →＋AA 1→＝AC →＋AA 1→＝AC 1→. 故选A.7．如图所示，空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c, 点M 在OA 上，且OM →＝2MA →，N 为BC 中点，则MN →等于( )A.12a －23b ＋12c B ．－23 a ＋12b ＋12cC.12a ＋12 b －23cD.23a ＋23b －12c [答案] B[解析] MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA →＝12×(b ＋c )－23a ＝－23a ＋12b ＋12c .∴应选B. 8．已知G 是正方形ABCD 的中心，点P 为正方形ABCD 所在平面外一点，则PA →＋PB →＋PC →＋PD →＝( )A ．4PG →B ．3PG →C ．2PG →D.PG →[答案] A[解析] PA →＋PB →＋PC →＋PD →＝PG →＋GA →＋PG →＋GB →＋PG →＋GC →＋PG →＋GD →＝4PG →＋(GA →＋GC →)＋(GB →＋GD →)，∵ABCD 是正方形，G 是它的中心， ∴GA →＋GC →＝GB →＋GD →＝0，故原式＝4PG →.9．设有四边形ABCD ，O 为空间任意一点，且AO →＋OB →＝DO →＋OC →，则四边形ABCD 是( )A ．空间四边形B ．平行四边形C ．等腰梯形D ．矩形[答案] B[解析] 画图利用空间向量的运算法则首尾相接 AO →＋OB →＝AB →，DO →＋OC →＝DC →， ∴AB →＝DC →.故选B.10．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′ ，点E 是A ′C ′的中点，点F 是AE 的三等分点，且AF ＝12，则AF →等于( )A.AA ′→＋12AB →＋12AD →B.12AA ′→＋12AB →＋12AD →C.12AA ′→＋16AB →＋16AD →D.13AA ′→＋16AB →＋16AD → [答案] D[解析] AF →＝13AE →＝13(AA ′→＋A ′E →)＝13AA ′→＋13×12A ′C ′→ ＝13AA ′→＋16(A ′B ′→＋A ′D ′→) ＝13AA ′→＋16A ′B ′→＋16A ′D ′→. 故选D. 二、填空题11．设A ，B ，C ，D 为空间任意四点，则AC →－BC →＋BD →＝________. [答案] AD →[解析] AC →－BC →＋BD →＝AC →＋CB →＋BD →＝AD →。

高中数学人教B版选修2－1第三章《3.1.2 空间向量的基本定理》优质课公开课教案教师资格证面试试讲教案
1教学目标
1.知识与技能
通过本节学习理解向量共线的条件,共面向量定理和空间向量基本定理.
能够判定空间向量是否共面.
了解基向量、基底的概念、空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底.
2.过程与方法
通过对空间向量基本定理的学习,让学生体验数学定理的产生、形成过程,体验定理所蕴含的数学思想.
3.情感态度与价值观
事物之间可以相互转化,渗透由特殊到一般的思想,通过对空间向量基本定理的运用,增强学生的应用意识.
2学情分析
立体几何的学习主要在于培养空间抽象能力的基础上,发展学生的逻辑思维能力和空间想象能力。

立体几何是中学数学的一个难点,学生普遍反映“几何比代数难学”。

但很多学好这部分的同学,又觉得这部分很简单。

立体几何中抓住向量这个重要工具
如点到直线的距离,抓住直线的方向向量;找二面角的平面角而不是二面角,二面角的平面角等于二面角的大小.具体你可以,比如先求平面的法向量,那么两个平面的法向量的夹角的大小就是二面角的大小。

求角先定平面角、三角形去解决,正余弦定理、三角定义常用,若是余弦值为负值,异面、线面取锐角。

对距离可归纳为:距离多是垂线段,放到三角形中去计算,经常用正余弦定理、勾股定理,若是垂线难做出,用等积等高来转换。

不断总结,才能不断高。

3重点难点
重点:共线向量定理、共面向量定理和空间向量分解定理.
难点:空间向量分解定理.。

3.1.4 空间向量的直角坐标运算一、基础过关1．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点A 的坐标为(－1，2,1)，点B 的坐标为(1,3,4)，则( ) A.AB →＝(－1,2,1)B.AB →＝(1,3,4)C.AB →＝(2,1,3)D.AB →＝(－2，－1，－3)2．与向量m ＝(0,2，－4)共线的向量是( ) A ．(2,0，－4)B ．(3,6，－12)C ．(1,1，－2) D.⎝⎛⎭⎫0，12，－1 3．设A (3,3,1)、B (1,0,5)、C (0,1,0)，则AB 的中点M 到C 的距离|CM |的值为( ) A.534 B .532 C.532 D.1324．已知A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°5．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，c ＝(1，－x,2)，若(a ＋b )⊥c ，则x 等于( )A ．4B ．－4 C.12D ．－6 6．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a 、b 为邻边的平行四边形的面积为( )A.65B.652C ．4D ．8 二、能力提升7．与a ＝(2，－1,2)共线且满足a·z ＝－18的向量z ＝__________.8．已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c ＝4，|b |＝12，则〈b ，c 〉＝________.9．在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝1，DD 1＝3，则AC →与BD 1→夹角的余弦值是________．10．单位向量a ＝(x ，y,0)与向量c ＝(1,1,1)的夹角为π4，求：x ＋y 与xy 的值． 11．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．(1)求以向量AB →，AC →为一组邻边的平行四边形的面积S ；(2)若向量a 分别与向量AB →，AC →垂直，且|a |＝3，求向量a 的坐标．12．已知正四棱锥S —ABCD 的侧棱长为2，底面的边长为3，E 是SA 的中点，求BE →与SC →的夹角．三、探究与拓展13．已知a ＝(5,3,1)，b ＝⎝⎛⎭⎫－2，t ，－25且a 与b 的夹角为钝角．求t 的取值范围．答案1．C 2．D 3．C 4．C 5．B 6．A7．(－4,2，－4)8．120°9．－37070 10．解 ∵a 与c 的夹角为π4. ∴cos π4＝a·c|a||c |＝(x ，y ，0)·(1，1，1)x 2＋y 2·3＝22.化简得x ＋y ＝62·x 2＋y 2.①又|a |2＝x 2＋y 2＝1，②将②代入①，得x ＋y ＝62，从而(x ＋y )2＝32，∴xy ＝14.11．解 (1)∵AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)， ∴cos ∠BAC ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12，∴∠BAC ＝60°，∴S ＝|AB →||AC →|sin 60°＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z )，则a ⊥AB →⇒－2x －y ＋3z ＝0， a ⊥AC →⇒x －3y ＋2z ＝0，|a |＝3⇒x 2＋y 2＋z 2＝3， 解得x ＝y ＝z ＝1或x ＝y ＝z ＝－1，∴a ＝(1,1,1)或a ＝(－1，－1，－1)．12．解 建立如图所示的空间直角坐标系．由于AB ＝3，SA ＝2，可以求得SO ＝22.则B ⎝⎛⎭⎫32，32，0，A ⎝⎛⎭⎫32，－32，0，C ⎝⎛⎭⎫－32，32，0，S ⎝⎛⎭⎫0，0，22.由于E 为SA 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫34，－34，24， 所以BE →＝⎝⎛⎭⎫－34，－334，24，SC →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，－22， 因为BE →·SC →＝－1，|BE →|＝2，|SC →|＝2，所以cos 〈BE →，SC →〉＝－12×2＝－12，所以〈BE →，SC →〉＝120°. 13．解 由已知得a·b ＝5×(－2)＋3t ＋1×⎝⎛⎭⎫－25 ＝3t －525. ∵a 与b 的夹角为钝角，∴a·b <0且〈a ，b 〉≠180°.由a·b <0，得3t －525<0，∴t <5215. 若a 与b 的夹角为180°，则存在λ<0，使a ＝λb (λ<0)，即(5,3,1)＝λ⎝⎛⎭⎫－2，t ，－25， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝λ·(－2)3＝λt 1＝λ·⎝⎛⎭⎫－25，解得t ＝－65. 所以t 的范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－65∪⎝⎛⎭⎫－65，5215.。

模块检测(时间：100分钟满分：120分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知命题p：若x2＋y2＝0(x，y∈R)，则x，y全为0；命题q：若a>b，则1a< 1 b.给出下列四个复合命题：①p且q；②p或q；③綈p；④綈q.其中真命题的个数是()．A．1 B．2 C．3 D．4解析命题p为真，命题q为假，故p∨q真，綈q真．答案 B2．“α＝π6＋2kπ(k∈Z)”是“cos 2α＝12”的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析当α＝π6＋2kπ(k∈Z)时，cos 2α＝cos(4kπ＋π3)＝cosπ3＝12.反之当cos 2α＝12时，有2α＝2kπ＋π3(k∈Z)⇒α＝kπ＋π6(k∈Z)，或2α＝2kπ－π3(k∈Z)⇒α＝kπ－π6(k∈Z)，故应选A.答案 A3．若直线l的方向向量为b，平面α的法向量为n，则可能使l∥α的是()．A．b＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0)B．b＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)C．b＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1)D．b＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)解析若l∥α，则b·n＝0.将各选项代入，知D正确．答案 D4．已知A 为椭圆x 216＋y 212＝1的右顶点，P 为椭圆上的点，若∠POA ＝π3，则P 点坐标为( )．A ．(2，3) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫455，±4155 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，±32D ．(4，±83)解析 由y ＝±3x 及x 216＋y 212＝1(x >0)得解． 答案 B5．已知a ＝(cos α，1，sin α)，b ＝(sin α，1，cos α)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是( )．A ．90°B ．60°C ．30°D ．0°解析 ∵|a|＝|b|＝2，∴(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝0.故向量a ＋b 与a －b 的夹 角是90°. 答案 A6．过抛物线y 2＝4x 的焦点作直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，如果x 1＋x 2＝6，那么|AB |等于( )．A ．10B ．8C ．6D ．4解析 由抛物线的定义得|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝6＋2＝8. 答案 B7．如图，在长方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为( )． A.63 B.255 C.155D.105解析 建立如图所示坐标系，得D (0，0，0)，B (2，2，0)，C 1(0，2，1)，B 1(2， 2，1)，D 1(0，0，1)，则DB →＝(2，2，0)，DD 1→＝(0，0，1)，BC 1→＝(－2，0，1)．设平面BD 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DD 1→＝z ＝0，∴取n ＝(1，－1，0)．设BC 1与平面BD 1所成的角为θ，则sin θ＝cos 〈n ，BC 1→〉＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |＝25·2＝105.答案 D8．设斜率为2的直线l 过抛物线y 2＝ax (a ≠0)的焦点F ，且和y 轴交于点A ，若△OAF (O 为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为( )．A ．y 2＝±4xB ．y 2＝±8xC ．y 2＝4xD ．y 2＝8x解析 y 2＝ax 的焦点坐标为(a4，0)，过焦点且斜率为2的直线方程为y ＝2(x －a 4)，令x ＝0得y ＝－a 2.∴12×|a |4×|a |2＝4，∴a 2＝64，∴a ＝±8. 答案 B9．三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝AD ＝2，∠BAD ＝90°，∠BAC ＝60°，则AB →·CD →等于( )．A ．－2B ．2C ．－2 3D ．2 3解析 AB→·CD →＝AB →·(AD →－AC →)＝AB →·AD →－AB →·AC →＝|AB →||AD →|cos 90°－2×2×cos 60°＝－2. 答案 A10．两个焦点在x 轴上的椭圆C 1：x 24＋y 23＝1和C 2：x 29＋y 2m ＝1，C 1比C 2要扁，则m 的取值范围是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫274，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫332，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫274，9D.⎝ ⎛⎭⎪⎫332，9解析 因椭圆越扁其离心率越大， ∴9－m 9<12，化简得m >274.又∵椭圆C 2焦点在x 轴上， ∴m <9.因此274<m <9. 答案 C11．设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋1相切，则该双曲线的离心率等于( )．A. 3B ．2C. 5D. 6解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x ，因为y ＝x 2＋1与渐近线相切，故x 2＋1±b a x ＝0只有一个实根，∴b 2a 2－4＝0，∴c 2－a 2a ＝4，∴c 2a 2＝5，∴e ＝ 5. 答案 C12．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1与椭圆x 2m 2＋y 2b 2＝1(a >0，m >b >0)的离心率互为倒数，那么以a 、b 、m 为边长的三角形一定是 ( )．A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．等腰三角形解析 双曲线的离心率e 12＝a 2＋b 2a 2，椭圆的离心率e 22＝m 2－b 2m 2，由已知e 12e 22＝1，即a 2＋b 2a 2×m 2－b 2m 2＝1，化简，得a 2＋b 2＝m 2. 答案 C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知命题p：∀x∈R(x≠0)，x＋1x≥2，则綈p：________．解析首先将量词符号改变，再将x＋1x≥2改为x＋1x<2.答案∃x∈R(x≠0)，x＋1x<214．已知以双曲线C的两个焦点及虚轴的两个端点为顶点的四边形中，有一个内角为60°，则双曲线C的离心率为______________．解析连接虚轴一个端点、一个焦点及原点的三角形，由条件知，这个三角形的两直角边分别是b，c(b是虚半轴长，c是焦半距)，且一个内角是30°，即得bc＝tan30°，所以c＝3b，a＝2b，离心率e＝ca＝32＝62.答案6 215．给出下列结论：①若命题p：∃x∈R，tan x＝1；命题q：∀x∈R，x2－x＋1>0，则命题“p∧綈q”是假命题；②已知直线l1：ax＋3y－1＝0，l2：x＋by＋1＝0，则l1⊥l2的充要条件是a b＝－3；③命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝1”的逆否命题为：“若x≠1，则x2－3x＋2≠0”．其中正确结论的序号为________(把你认为正确的结论的序号都填上)．解析对于①，命题p为真命题，命题q为真命题，所以p∧綈q为假命题，故①正确；对于②，当b＝a＝0时，有l1⊥l2，故②不正确；易知③正确．所以正确结论的序号为①③.答案①③16．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x225＋y29＝1的左、右焦点分别是F1、F2，P为椭圆C上的一点，且PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为______．解析∵PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，由椭圆方程知a＝5，b＝3，∴c＝4，∴⎩⎨⎧|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2＝64|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝10， 解得|PF 1||PF 2|＝18.∴△PF 1F 2的面积为12|PF 1|·|PF 2|＝12×18＝9. 答案 9三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)已知命题p ：方程x 22m ＋y 29－m ＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，命题q ：双曲线y 25－x 2m ＝1的离心率e ∈(62，2)，若命题p 、q 中有且只有一个为真命题，求实数m 的取值范围． 解 若p 真，则有9－m >2m >0， 即0<m <3.若q 真，则有m >0，且e 2＝1＋b 2a 2＝1＋m 5∈(32，2)，即52<m <5.若p 、q 中有且只有一个为真命题， 则p 、q 一真一假． ①若p 真、q 假，则0<m <3，且m ≥5或m ≤52，即0<m ≤52； ②若p 假、q 真，则m ≥3或m ≤0，且52<m <5， 即3≤m <5.故所求范围为：0<m ≤52或3≤m <5.18．(12分)求以(1，－1)为中点的抛物线 y 2＝8x 的弦所在的直线方程． 解 设弦的两端点分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧y 12＝8x 1， ①y 22＝8x 2， ②由⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝－1，得⎩⎨⎧x 1＋x 2＝2， ③y 1＋y 2＝－2. ④又∵k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1.⑤由②－①，得(y 2＋y 1)(y 2－y 1)＝8(x 2－x 1)， ∴y 2－y 1x 2－x 1＝8y 2＋y 1， 将④⑤代入上式可得k AB ＝－4.故弦所在的直线方程为y ＋1＝－4(x －1)，即4x ＋y －3＝0. 19．(12分)已知直线y ＝ax ＋1与双曲线3x 2－y 2＝1交于A 、B 两点． (1)求a 的取值范围；(2)若以AB 为直径的圆过坐标原点，求实数a 的值． 解 (1)由⎩⎨⎧y ＝ax ＋1，3x 2－y 2＝1消去y ，得(3－a 2)x 2－2ax －2＝0.依题意得⎩⎨⎧3－a 2≠0，Δ>0，即－6<a <6且a ≠±3.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2a3－a 2，x 1x 2＝－23－a 2.∵以AB 为直径的圆过原点，∴OA ⊥OB ， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即x 1x 2＋(ax 1＋1)(ax 2＋1)＝0， 即(a 2＋1)x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋1＝0. ∴(a 2＋1)·－23－a 2＋a ·2a3－a2＋1＝0，∴a ＝±1，满足(1)所求的取值范围． 故a ＝±1.20．(12分)如图，在五面体ABCDEF 中，F A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD . (1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明平面AMD ⊥平面CDE ； (3)求二面角A -CD -E 的余弦值．解 如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点．设AB ＝1，依题意得B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，E (0，1，1)，F (0，0， 1)，M (12，1，12)．(1)BF→＝(－1，0，1)，DE →＝(0，－1，1)， 于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →||DE →|＝0＋0＋12×2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°. (2)证明 由AM→＝(12，1，12)，CE →＝(－1，0，1)，AD→＝(0，2，0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE .(3)设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE→＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得u ＝(1，1，1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为v ＝(0，0，1)． 所以，cos 〈u ，v 〉＝u·v |u|·|v |＝0＋0＋13×1＝33. 因为二面角A -CD -E 为锐角，所以其余弦值为33.21．(12分)设圆C 与两圆(x ＋5)2＋y 2＝4，(x －5)2＋y 2＝4中的一个内切，另一个外切．(1)求圆C 的圆心轨迹L 的方程；(2)已知点M (355，455)，F (5，0)，且P 为L 上动点，求||MP |－|FP ||的最大 值及此时点P 的坐标．解 (1)设圆C 的圆心坐标为(x ，y )，半径为r . 圆(x ＋5)2＋y 2＝4的圆心为F 1(－5，0)，半径为2， 圆(x －5)2＋y 2＝4的圆心为F (5，0)，半径为2. 由题意得⎩⎨⎧|CF 1|＝r ＋2，|CF |＝r －2或⎩⎨⎧|CF 1|＝r －2，|CF |＝r ＋2，∴||CF 1|－|CF ||＝4. ∵|F 1F |＝25>4，∴圆C 的圆心轨迹是以F 1(－5，0)，F (5，0)为焦点的双曲线，其方程为 x 24－y 2＝1.(2)由图知，||MP |－|FP ||≤|MF |，∴当M ，P ，F 三点共线，且点P 在MF 延长线上时，|MP |－|FP |取得最大值 |MF |，且|MF |＝（355－5）2＋（455－0）2＝2.直线MF 的方程为y ＝－2x ＋25，与双曲线方程联立得 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ＋25，x 24－y 2＝1，整理得15x 2－325x ＋84＝0. 解得x 1＝14515(舍去)，x 2＝655. 此时y ＝－255.∴当||MP |－|FP ||取得最大值2时，点P 的坐标为(655，－255)．22．(12分)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点F 1，F 2，点P 在椭圆C 上，且PF 1⊥F 1F 2，|PF 1|＝43，|PF 2|＝143. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 过圆x 2＋y 2＋4x －2y ＝0的圆心M 交椭圆于A ，B 两点，且A ，B 关于点M 对称，求直线l 的方程．解 (1)因为点P 在椭圆C 上，所以2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝6，a ＝3. 在Rt △PF 1F 2中，|F 1F 2|＝|PF 2|2－|PF 1|2＝25， 故椭圆的半焦距c ＝5，从而b 2＝a 2－c 2＝4， 所以椭圆C 的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．因圆的方程为(x ＋2)2＋(y －1)2＝5，所以圆心M 的坐标为(－2，1)． 从而可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)＋1，代入椭圆C 的方程得(4＋9k 2)x 2＋(36k 2＋18k )x ＋36k 2＋36k －27＝0. 因为A ，B 关于点M 对称．所以x 1＋x 22＝－18k 2＋9k 4＋9k 2＝－2.解得k ＝89. 所以直线l 的方程为y ＝89(x ＋2)＋1， 即8x －9y ＋25＝0(经检验，符合题意)．。

《两个向量的数量积》教学设计——民办大连阳光学校张艳艳一、教学内容解析【教材分析】《两个向量的数量积》是人教B版普通高中课程标准实验教科书《数学》选修2—1第三章空间向量与立体几何中节空间向量及其运算第三课时的内容，这部分内容在教材中起着承上启下的作用。

一方面，巩固空间向量的线性运算及在空间向量基本定理中的建立基底的方法。

另一方面，为后续学习空间向量的坐标运算解决几何问题做铺垫。

【内容分析】①教材中直接从空间向量夹角概念及范围开始。

在教材的注释中，提到“一条直线在空间有自己固定位置，而一个向量在空间可平行移动，没有固定位置”。

这也就是在说，空间向量平移后成为平面向量，任意两个空间向量都是共面的，因此学习空间向量数量积可以类比平面向量的数量积。

②教材中的三道例题设计的目的，分别是巩固夹角概念，应用空间向量数量积解决几何问题以及在建立基底的方法上，应用数量积运算。

【学情分析】学生在必修四中学习了平面向量的数量积运算，掌握了应用平面向量数量积解决夹角，长度等问题。

是从平面向量向空间向量推广的过程，通过类比的方式，得出空间向量数量积的相关概念、运算律。

在例题中体会建立基底的方法的应用，体会数量积运算在处理立体几何中垂直关系的重要性。

学生在做题中，公式的代入及运算比较容易，准确的找到一组基底将立体几何问题等价转化为向量问题成为了解题障碍。

二、教学目标【知识与技能目标】（1）理解空间向量的夹角概念。

（2）会空间向量的数量积运算。

（3）会利用空间向量数量积解决例题几何中的简单问题。

【过程与方法目标】引导学生运用类比平面向量的方法，经历向量及其运算由平面向空间推广的过程。

【情感态度与价值观目标】通过空间向量在立体几何中的应用，学生的空间想象力得到锻炼，感悟数学思想（数形结合、化归转化等）能力，体会解决问题逐步提高的成功感。

【教学重点】空间向量数量积的运算。

【教学难点】将立体几何问题等价转化为向量问题。

三、教学过程四、教学反思本节课从已学过的平面向量数量积运算开始，先让学生从“形”和运算公式的角度开始，体会从平面到立体的“形”的变化，抓住“空间向量可以平移成为平面向量”的本质，引导学生类比平面向量的夹角定义，数量积定义，性质，运算律，学习空间向量的相关知识。

3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程1．理解直线的方向向量，了解直线的向量方程． 2．会用向量的方法证明线线、线面、面面平行．(重点)3．会用向量证明两条直线垂直，会利用向量求两条直线所成的角． (重点、难点)[基础·初探]教材整理1 用向量表示直线或点在直线上的位置 阅读教材P 95～P 96“例1”，完成下列问题．1.给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ①，这时点P 的位置被t 的值完全确定．当t 在实数集R 中取遍所有值时，点P 的轨迹是通过点A 且平行于向量a 的一条直线l .反之，在直线l 上任取一点P ，一定存在一个实数t ，使AP →＝t a .向量方程①通常称作直线l 以t 为参数的参数方程．向量a 称为该直线的方向向量．图3­2­12．对空间任一个确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP →＝OA →＋t a . ②如果在l 上取AB →＝a ，则②式可化为 OP →＝(1－t )OA →＋tOB →. ③①或②或③都叫做空间直线的向量参数方程，它们都与平面的直线向量参数方程相同． 判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l 的方向向量的基线与l 一定重合．( ) (2)直线l 的方向向量a 一定是单位向量．( )(3)已知A ，B ，P 三点共线，O 为空间中任一点，若OP →＝xOA →＋yOB →，则x ＋y ＝1.( ) (4)若点A (－1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的向量参数方程可以为AP →＝tAB →.( )【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)√ 教材整理2 用向量证明直线、平面间的平行关系 阅读教材P 97～P 98内容，完成下列问题．1．设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则由向量共线的条件，得l 1∥l 2或l 1与l 2重合⇔v 1∥v 2.2．已知两个不共线向量v 1，v 2与平面α共面，一条直线l 的一个方向向量为v ，则由共面向量定理，可得l ∥α或l 在α内⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.3．已知两个不共线的向量v 1，v 2与平面α共面，则由两平面平行的判定与性质，得α∥β或α与β重合⇔v 1∥β且v 2∥β.1．直线l 的方向向量为a ，平面α内两共点向量OA →，OB →，下列关系中能表示l ∥α的是( )A ．a ＝OA →B ．a ＝kOB →C ．a ＝pOA →＋λOB →D ．以上均不能【答案】 D2．若a ＝(4－2m ，m －1，m －1)，b ＝(4,2－2m,2－2m )分别为直线l 1，l 2的方向向量，且l 1∥l 2，则实数m ＝________.【解析】 ∵l 1∥l 2，∴a ∥b ，∴4－2m 4＝m －12－2m ，解得m ＝3.当m ＝1时，也适合题意，故m ＝1或3. 【答案】 1或3教材整理3 利用向量证明两直线垂直及求夹角 阅读教材P 99～P 101内容，完成下列问题．1．设直线l 1和l 2所成的角为θ，方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2，cos θ·|cos 〈v 1，v 2〉|.2．求两直线所成的角应注意的问题在已知的两条直线上(或同方向上)取两条直线的方向向量v 1，v 2，所以cos 〈v 1，v 2〉＝v 1·v 2|v 1||v 2|.但要注意，两直线的夹角与〈v 1，v 2〉并不完全相同，当〈v 1，v 2〉为钝角时，应取其补角作为两直线的夹角．1．设l 1的方向向量a ＝(1,3，－2)，l 2的方向向量b ＝(－4，3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于________．【解析】 ∵l 1⊥l 2，∴1×(－4)＋3×3＋(－2)·m ＝0， ∴m ＝52.【答案】 522．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于________．【解析】 由异面直线所成角的定义可知，l 1与l 2所成的角为180°－150°＝30°. 【答案】 30°[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问1：________________________________________________________ 解惑：________________________________________________________ 疑问2：________________________________________________________ 解惑：________________________________________________________ 疑问3：________________________________________________________ 解惑：________________________________________________________[小组合作型]确定直线上点的位置已知O 是坐标原点，A ，B ，C 三点的坐标分别为A (3,4,0)，B (2,5,5)，C (0,3,5)． (1)若OP →＝12(AB →－AC →)，求P 点的坐标；(2)若P 是线段AB 上的一点，且AP ∶PB ＝1∶2，求P 点的坐标．【精彩点拨】 (1)由条件先求出AB →，AC →的坐标，再利用向量的运算求P 点的坐标． (2)先把条件AP ∶PB ＝1∶2转化为向量关系，再运算． 【自主解答】 (1)AB →＝(－1,1,5)，AC →＝(－3，－1,5)． OP →＝12(AB →－AC →)＝12(2,2,0)＝(1,1,0)．∴P 点的坐标为(1,1,0)．(2)由P 是线段AB 上的一点，且AP ∶PB ＝1∶2， 知AP →＝12PB →.设点P 的坐标为(x ，y ，z )， 则AP →＝(x －3，y －4，z )，PB →＝(2－x,5－y,5－z )，故(x －3，y －4，z )＝12(2－x,5－y,5－z )，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －3＝122－x ，y －4＝125－y ，z ＝125－z ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝83，y ＝133，z ＝53.因此P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫83，133，53. 此类问题常转化为向量的共线、向量的相等解决，设出要求点的坐标，利用已知条件得关于要求点的坐标的方程或方程组求解即可．[再练一题]1．如图3­2­2，已知点A (2,4,0)，B (1,3,3)，以AB →的方向为正向，在直线AB 上建立一条数轴，P ，Q 为轴上的两点，且分别满足条件：图3­2­2(1)AP ∶PB ＝1∶2； (2)AQ ∶QB ＝－2. 求点P 和点Q 的坐标．【解】 (1)由已知，得PB →＝2AP →， 即OB →－OP →＝2(OP →－OA →)， OP →＝23OA →＋13OB →.设点P 坐标为(x ，y ，z )，则上式换用坐标表示，得 (x ，y ，z )＝23(2,4,0)＋13(1,3,3)，即x ＝43＋13＝53，y ＝83＋33＝113，z ＝0＋1＝1.因此，P 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫53，113，1.(2)因为AQ ∶QB ＝－2， 所以AQ →＝－2QB →， OQ →－OA →＝－2(OB →－OQ →)， OQ →＝－OA →＋2OB →，设点Q 的坐标为(x ，y ，z )，则上式换用坐标表示，得(x ，y ，z )＝－(2,4,0)＋2(1,3,3)＝(0,2,6)，即x ＝0，y ＝2，z ＝6. 因此，Q 点的坐标是(0,2,6)．利用空间向量证明垂直问题1111AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .【导学号：】【精彩点拨】 分析题意→建立空间直角坐标系→表示出A 1，F ，C 1，E 的坐标→表示出向量A 1F →与C 1E →→A 1F →·C 1E →＝0→A 1F ⊥C 1E【自主解答】 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，则E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .利用向量法证明线线垂直往往转化为证明直线的方向向量垂直，即证明它们的方向向量的数量积为0.证明的关键是建立恰当的空间直角坐标系，正确地表示出点的坐标，进而求直线的方向向量．[再练一题]2．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为AC 的中点，证明：图3­2­3(1)BD 1⊥AC ； (2)BD 1⊥EB 1.【证明】 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz ，设正方体的棱长为1，则B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，B 1(1,1,1)． (1)BD 1→＝(－1，－1,1)， AC →＝(－1,1,0)，∴BD 1→·AC →＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0， ∴BD 1→⊥AC →，∴BD 1⊥AC . (2)BD 1→＝(－1，－1,1)， EB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，∴BD 1→·EB 1→＝(－1)×12＋(－1)×12＋1×1＝0，∴BD 1→⊥EB 1→，∴BD 1⊥EB 1.求异面直线所成的角如图3­2­4，在三棱锥V ­ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x 轴、y 轴、z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值． 图3­2­4【精彩点拨】【自主解答】 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点， 所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)． 当θ＝π3时，在Rt△VCD 中，CD ＝2，∴V (0,0, 6)，∴AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)， ∴cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD →|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.∴异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24. 1．几何法求异面直线的夹角时，需要通过作平行线将异面直线的夹角转化为平面角，再解三角形来求解，过程相当复杂；用向量法求异面直线的夹角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需对相应向量进行运算即可．2．由于两异面直线夹角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，而两向量夹角α的范围是[0，π]，故应有cos θ＝|cos α|，求解时要特别注意．[再练一题]3．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，已知DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，求异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值．【解】 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，B 1(4,4,3)，C (0,4,0)，得A 1B →＝(0,4，－3)，B 1C →＝(－4,0，－3)．设A 1B →与B 1C →的夹角为θ，则cos θ＝A 1B →·B 1C→|A 1B →||B 1C →|＝925，故A 1B →与B 1C →的夹角的余弦值为925，即异面直线A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为925.[探究共研型]探究【提示】探究2 在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，DA ＝2，DC ＝3，DD 1＝4，M ，N ，E ，F 分别为棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点．求证：平面AMN ∥平面EFBD .【提示】法一 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,3,0)，M (1,0,4)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，4，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，4，F (1,3,4)．∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，32，0，AM →＝(－1,0,4)， BF →＝(－1,0,4)．∴MN →＝EF →，AM →＝BF →. ∴MN ∥EF ，AM ∥BF .∴MN ∥平面EFBD ，AM ∥平面EFBD . 又∵MN ⊂平面AMN ，AM ⊂平面AMN ， 且MN ∩AM ＝M ， ∴平面AMN ∥平面EFBD .法二 由法一可知，A (2,0,0)，M (1,0,4)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，4，D (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，4，F (1,3,4)，则AM →＝(－1,0,4)，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，4，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，4，DF →＝(1,3,4)．设平面AMN ，平面EFBD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AM →＝0，n 1·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋4z 1＝0，32y 1＋4z 1＝0.令x 1＝1，得z 1＝14，y 1＝－23.又⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DE →＝0，n 2·DF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32y 2＋4z 2＝0，x 2＋3y 2＋4z 2＝0，令y 2＝－1，得z 2＝38，x 2＝32.∴n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－23，14，n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－1，38，∴n 1＝23n 2，即n 1∥n 2，∴平面AMN ∥平面EFBD .如图3­2­5，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 是B 1D 1的中点，求证：B 1C ∥平面OC 1D .图3­2­5【精彩点拨】 证明线面平行，可用平面内的一组基底表示直线，然后证明直线不在平面内．【自主解答】 设DA →＝a ，DC →＝b ，DD 1→＝c ，则CB 1→＝a ＋c ，DC 1→＝b ＋c ，DO →＝DD 1→＋D 1O →＝c ＋12(a ＋b )．设存在实数x ，y ，使得CB 1→＝xDC 1→＋yDO →成立，则a ＋c ＝x (b ＋c )＋y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤c ＋12a ＋b＝y2a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2b ＋(x ＋y )c . ∵a ，b ，c 不共线， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y2＝1，x ＋y 2＝0，x ＋y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2，∴CB 1→＝－DC 1→＋2DO →， 即向量CB 1→，DC 1→，DO →共面．∵向量CB 1→不在DC 1→，DO →所确定的平面OC 1D 内， ∴B 1C ∥平面OC 1D .1．利用空间向量证明线面平行一般有三种方法方法一：证明直线的方向向量与平面内任意两个不共线的向量共面，即可用平面内的一组基底表示．方法二：证明直线的方向向量与平面内某一向量共线，转化为线线平行，利用线面平行判定定理得证．方法三：先求直线的方向向量，然后求平面的法向量，证明方向向量与平面的法向量垂直．2．利用空间向量证明面面平行，求出两平面的法向量，若两法向量是共线向量，则可判定两平面平行．[再练一题]4.在如图3­2­6所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图3­2­6【证明】 ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2,2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .[构建·体系]1．给定下列命题：①若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β；②若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n 1·n 2＝0；③若n 是平面α的法向量，且向量a ⊂α，则a ·n ＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 ①③④正确，②中由α∥β，得n 1∥n 2. 【答案】 C2.如图3­2­7，在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )图3­2­7A.15 B ．25 C.35D ．45【解析】 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz (图略)，设AB ＝1.则B (1,1,0)，A 1(1,0,2)，A (1,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，AD 1→＝(－1,0,2)， cos 〈A 1B →，AD 1→〉＝A 1B →·AD 1→|A 1B →||AD 1→|＝－45×5＝－45，∴异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.【答案】 D3．在直角坐标系Oxyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos 2x ＋2,0)和点Q (cos x ，－1,3)，其中x ∈[0，π]，若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________.【导学号：】【解析】 由OP ⊥OQ ，所以OP →·OQ →＝0.即(2cos x ＋1)·cos x ＋(2cos 2x ＋2)·(－1)＋0×3＝0. ∴cos x ＝0或cos x ＝12.∵x ∈[0，π]， ∴x ＝π2或x ＝π3.【答案】π2或π34．直线l 1的方向向量为v 1＝(1,0，－1)，直线l 2的方向向量为v 2＝(－2,0，－2)，则直线l 1与l 2的位置关系是________．【解析】 ∵v 1·v 2＝(1,0，－1)·(－2,0，－2)＝0，∴v 1⊥v 2，∴l 1⊥l 2.【答案】 垂直5．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，求证：平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.图3­2­8【证明】 如图，分别以AB ，AD ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，B 1(1,0,1)，C (1,1,0)，D 1(0,1,1)，A 1B →＝(1,0，－1)，D 1C →＝(1,0，－1)，B 1D 1→＝(－1,1,0)，BD →＝(－1,1,0)，∴A 1B →∥D 1C →，B 1D 1→∥BD →，∴A 1B ∥D 1C ，B 1D 1∥BD .又∵D 1C ⊂平面CB 1D 1，A 1B ⊄平面CB 1D 1，∴A 1B ∥平面CB 1D 1，同理BD ∥平面CB 1D 1.又∵A 1B ∩BD ＝B ，∴平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.我还有这些不足：(1)________________________________________________________(2)________________________________________________________我的课下提升方案：(1)________________________________________________________(2)________________________________________________________学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．l 1的方向向量为v 1＝(1,2,3)，l 2的方向向量v 2＝(λ，4,6)，若l 1∥l 2，则λ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 ∵l 1∥l 2，∴v 1∥v 2，则1λ＝24，∴λ＝2. 【答案】 B2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内【解析】 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面，则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．【答案】 D3．已知A (0,1,1)，B (2，－1,0)，C (3,5,7)，D (1,2,4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( ) A.52266B ．－52266 C.52222 D ．－52222 【解析】 AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)，∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266， ∴直线AB ，CD 所成角的余弦值为52266. 【答案】 A4．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1.则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1， ∴CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1， AC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1，－1,0)，A 1D →＝(－1,0，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)．∵CE →·BD →＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋0×1＝0，∴CE ⊥BD . 【答案】 B5．如图3­2­9，空间正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是( )图3­2­9A.π6 B ．π4 C.π3 D ．π2【解析】 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建系，则A 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，－1，DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12， cos 〈A 1M →，DN →〉＝A 1M →·DN →|A 1M →||DN →|＝0. ∴〈A 1M →，DN →〉＝π2. 【答案】 D二、填空题6．已知O 为坐标原点，四面体OABC 中，A (0,3,5)，B (1,2,0)，C (0,5,0)，直线AD ∥BC ，并且AD 交坐标平面xOz 于点D ，则点D 的坐标为________．【解析】 ∵D ∈平面xOz ，∴设D (x,0，z )，则AD →＝(x ，－3，z －5)，BC →＝(－1,3,0)．∵AD →∥BC →，∴AD →＝λBC →，∴(x ，－3，z －5)＝λ(－1,3,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－λ，－3＝3λ，z －5＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－1，x ＝1，z ＝5.∴点D 的坐标为(1,0,5)．【答案】 (1,0,5)7．在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值是________.【导学号：】【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，CN →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12， ∴cos 〈AM →，CN →〉＝1252·52＝25， 故异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为25. 【答案】 258．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1,4)确定的平面上，则a ＝________.【解析】 PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4)，PC →＝(2a －1，a ＋1,2)，∵A ，B ，C ，P 四点共面．设PC →＝xPA →＋yPB →，则(2a －1，a ＋1,2)＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋6y ＝2a －1，－3x －y ＝a ＋1，2x ＋4y ＝2，解得a ＝16. 【答案】 16三、解答题9．已知O ，A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 为空间的9个点(如图3­2­10所示)，并且OE →＝kOA →，OF →＝kOB →，OH →＝kOD →，AC →＝AD →＋mAB →，EG →＝EH →＋mEF →.求证：图3­2­10(1)A ，B ，C ，D 四点共面，E ，F ，G ，H 四点共面；(2)AC →∥EG →；(3)OG →＝kOC →.【证明】 (1)由AC →＝AD →＋mAB →，EG →＝EH →＋mEF →，知A ，B ，C ，D 四点共面，E ，F ，G ，H四点共面．(2)∵EG →＝EH →＋mEF →＝OH →－OE →＋m (OF →－OE →)＝k (OD →－OA →)＋km (OB →－OA →)＝kAD →＋kmAB →＝k (AD →＋mAB →)＝kAC →，∴AC →∥EG →.(3)由(2)知OG →＝EG →－EO →＝kAC →－kAO →＝k (AC →－AO →)＝kOC →.∴OG →＝kOC →.10．如图3­2­11所示，直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，N 是A 1A 的中点．图3­2­11(1)求BN 的长；(2)求异面直线BA 1与CB 1所成角的余弦值．【解】 如图所示，以C 为原点建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)．∴|BN →|＝1－02＋0－12＋1－02＝3，∴BN 的长为 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，∴BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，∴BA 1→·CB 1→＝3.又∵|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，∴cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→| ＝3010. ∴异面直线BA 1与CB 1所成角的余弦值为3010. [能力提升]1．已知直线l 1的方向向量a ＝(2,4，x )，直线l 2的方向向量b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．1【解析】 依题意，得⎩⎨⎧ 4＋16＋x 2＝6，4＋4y ＋2x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－4，y ＝1，∴x ＋y ＝1或－3.【答案】 A 2．如图3­2­12，在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( )图3­2­12A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°【解析】 取AC 的中点D ，建立如图所示的坐标系，设AB ＝a ，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，22a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，22a ， ∴cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B→|AB 1→||C 1B →| ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，a 2，22a ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2. ＝0.∴AB 1与C 1B 所成角为90°.【答案】 B3．已知A (4,1,3)，B (2,3,1)，C (3,7，－5)，点P (x ，－1,3)在平面ABC 内，则x ＝________.【导学号：】【解析】 AB →＝(－2,2，－2)，AC →＝(－1,6，－8)，AP →＝(x －4，－2,0)，由题意知A ，B ，C ，P 四点共面，∴AP →＝λAB →＋μAC →＝(－2λ，2λ，－2λ)＋(－μ，6μ，－8μ)＝(－2λ－μ，2λ＋6μ，－2λ－8μ)．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2λ＋6μ＝－2，－2λ－8μ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－4，μ＝1，而x －4＝－2λ－μ，∴x ＝11.【答案】 114.如图3­2­13，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4.图3­2­13(1)求证：AC ⊥BC 1；(2)在AB 上是否存在点D ，使得AC 1⊥CD?【解】 在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AC ，BC ，CC 1两两垂直，以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)，B 1(0,4,4)．(1)证明：∵AC →＝(－3,0,0)，BC 1→＝(0，－4,4)，∴AC →·BC 1→＝0.∴AC →⊥BC 1→.∴AC ⊥BC 1.(2)假设在AB 上存在点D ，使得AC 1⊥CD ，设AD →＝λAB →＝(－3λ，4λ，0)，其中λ∈[0,1]， 则D (3－3λ，4λ，0)，于是CD →＝(3－3λ，4λ，0)，∵AC 1→＝(－3,0,4)，且AC 1⊥CD ，∴－9＋9λ＝0，得λ＝1.∴在AB 上存在点D ，使得AC 1⊥CD ，且这时点D 与点B 重合.。

《两个向量的数量积》教材：人教版普通高中课程标准实验教科书数学B版（选修2-1）大连市第三十六中学数学组王昕一、课型：新授二、教学目标：【知识与技能】（1）掌握空间向量夹角的概念及表示方法，掌握空间向量数量积的概念、性质、计算方法及运算率；（2）初步掌握空间向量数量积的用途，会用它解决立体几何中的一些简单的长度与角度的计算问题【过程与方法】经历概念的形成过程、经历用向量方法解决某些简单的几何问题的思维过程，体验数形结合思想的指导作用，体会向量是一种解决几何问题的有利工具，并鼓励学生灵活选择运用向量法解决立体几何问题，使学生亲身体验数学发现和创造的历程【情感态度价值观】通过知识的探究过程培养学生细心观察、认真分析、严谨论证的良好思维习惯；让学生领略数学严谨、基础、系统、实用的魅力三、教学重点、难点【重点】空间两个向量的夹角、异面直线及异面直线所成角、空间两个向量数量积的概念，数量积计算方法以及简单应用．【难点】空间两个向量数量积的应用：把立体几何问题转化为向量计算问题四、方法手段1 教学方法根据教学内容、教学目标和学生的认知水平，本节课主要采取教师启发讲授，学生探究学习的教学方法教学过程中，根据教材提供的线索，安排适当的教学情境，引导学生独立自主地开展思维活动，并让学生展示相应的数学思维过程，深入探究，并合作交流，创造性地解决问题，最终获得方法，培养能力2 教学手段教学中使用多媒体投影和白板来辅助教学．目的是充分发挥其快捷、生动、形象的特点，为学生提供直观感性的材料，有助于学生对问题的理解和认识．五、教学过程：一创设情境，引入课题通过电影《哈利波特》的图片，把小哈利和其他魔法学院学生骑的飞天扫帚理想化抽象成空间向量，引入空间向量成角问题构建数学模型:在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,如何确定11,AD A B 的夹角？（设计意图：从学生感兴趣的问题出发，并以学生熟悉的正方体做为教学模型，使学生能愉快融入课堂，消除对新知的陌生感，进而顺利接受新知） 二类比探究，获得新知预测学生回答：方法1平移向量11,AD A B ；方法2平移向量11,AD A B 提问：还有其它平移向量的方法吗？（设计意图：对于确定两个空间向量的夹角，学生易根据空间向量相等的定义通过平移向量来解决，困难是如何选择平移向量所到的确切位置．再通过讨论，使学生感受到空间向量平移的任意性，从而将对空间向量夹角的描述性认识过渡到理性的高度）强调向量始点重合1．空间两个向量夹角的概念：已知两非零向量,a b ，在空间任取一点O ，作,OA a OB b ==，则AOB ∠叫做向量a 与b 的夹角，记作,a b <>且规定0,a b π≤<>≤，显然有,,a b b a <>=<> 若,2a b π<>=，则称a 与b 互相垂直，记作：a b ⊥；（设计意图：对于概念教学，若学生能用自己的语言来表述概念，则能更好的理解和掌握概念） 例1：判断题:在正方体中ABCD -A 1B 1C 1D 1中：①,''4AB C A π<>=．②,''0AB B A <>=③向量''AB C A 与为共面向量，它们的基线为共面直线．ABA 1 C 1（设计意图：通过三个判断题，加深学生对概念理解的同时指出：①求向量的夹角注意向量的方向性；②两个共线向量的夹角为0或π；③空间任意两个向量必共面，但是基线不一定共面，进而引出异面直线以及异面直线所成的角的概念） 2异面直线的概念及异面直线所成的角：我们把不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线把异面直线平移到一个平面内，这时两条直线的夹角（锐角或直角）叫做两条异面直线所成的角例1变式训练：在正方体中ABCD -A 1B 1C 1D 1中：求（1）直线AB 与直线C 1A 1所成的角；（2）直线BD 与直线直线C 1A 1所成的角指出：①求两条异面直线所成的角的步骤；②异面直线所成角的取值范围；③什么叫两条异面直线互相垂直；④两条异面直线成角和向量夹角的区别与联系思考：我们在解决了引例中11,AD A B 后，如何求11,AD A B ？（设计意图：学生们在掌握了空间向量夹角概念的基础上容易把空间向量的数量积用平面向量数量积来定义，从而形成空间两个向量数量积的概念） 3空间两个向量的数量积的概念：已知空间两个向量,a b ，总可以把它们平移到一个平面内，把平面向量数量积||||cos ,a b a b ⋅⋅<>叫做两个空间向量,a b 的数量积（或内积），记作a b ⋅，即a b ⋅=||||cos ,a b a b ⋅⋅<>． 4．性质：（1）||cos ,a e a a e ⋅=<>；（2）0a b a b ⊥⇔⋅=； （3）2||a a a =⋅； （4）a b a b ⋅≤B1AA5．运算律：（1）()()()a b a b a b λλλ⋅=⋅=⋅； （2）a b b a ⋅=⋅（交换律）； （3）()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）．（设计意图：学生们在掌握了空间向量的数量积概念的基础上，会自主探究得到空间向量数量积的性质及其满足的运算率与平面向量数量积的性质及其满足的运算率相同的结论） （三）回味建构，应用拓展1的棱长为1, 1,,,AB a AD b AA c ===求: 1 1()AB AD AA •+;2 1AB AC •（设计意图：使学生们通过空间向量数量积的性质及其运算率掌握向量数量积的计算方法，同时为例题3的解决打好基础）例3已知平面α⊥平面β,α⋂β=,点A,B 在α内,并且它们在上的正射影分别为A ',B '; 点C,D 在β内,并且它们在上的正射影分别为C ',D ',求证:''''AB CD A B C D •=• 组织学生讨论：（1）如何把已知的几何条件转化为向量表示？（2）引导学生回顾例1，并考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表示？ （3）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？ 证明：∵A ' B ' 和C 'D '分别为 AB 和CD 在上的正射影，且α⊥β，∴A A '''0,'''0,''0,''0,'''0,''0,'''0,'''0AA CC AA C D AA D D B B CC B B C D B B D D A B CC A B D D ∴⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=('''')('''')AB CD AA A B B B CC C D D D ⋅=++⋅++''''A B C D ⋅’B’C’D’,AB=AA’=2,AD=4,E 为侧面AB’的中心,F 为A’D’的中点,求:（1）长方体对角线AC ‘的长；（2）异面直线EF 与MC 所成的角（设计意图：巩固方法，鼓励学生选择运用向量方法解决立体几何问题，形成并提高解题能力；通过学生板演、学生讲解进行随堂反馈。

2013-2014学年高中数学人教B版选修2-1【配套备课资源】3.2.5doc3.2.5 距离(选学)一、基础过关1．已知△ABC 的顶点A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1，3，－1)，则AC 边上的高BD 的长等于 ( )A ．3B ．4C ．5D ．62.如图，在60°的二面角α—AB —β内，AC β，BD α，AC ⊥AB 于A ，BD ⊥AB于B ，且AC ＝AB ＝BD ＝1，则CD 的长为( )A ．3 B. 3 C ．2 D. 23.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则O 到平面ABC 1D 1的距离是( ) A.12B.24C.22D.32 4．在直角坐标系中，设A (－2,3)，B (3，－2)，沿x 轴把直角坐标平面折成120°的二面角后，则A 、B 两点间的距离为( ) A ．211B.11C.22 D ．3115．如图所示，在直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△AEB 是等腰直角三角形，其中∠AEB ＝90°，则点D 到平面ACE 的距离为( ) A.33 B.233 C. 3D ．2 3 6．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是A 1B 1的中点，则点A 到直线BE 的距离是( ) A.655B.455C.255D.55 二、能力提升7．已知A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则点D 到平面ABC 的距离为______．8．平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1的长为________．9．棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BC 、CD 的中点，则BD 到平面EFD1B1的距离为________．10．在三棱锥B—ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD ＝30°，求点D到平面ABC的距离．11.正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为4，M、N、E、F分别为A1D1、A1B1、C1D1、B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD间的距离．三、探究与拓展12.如图所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC ＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、C1B1、C1A1的中点．(1)求证：B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面EGF∥平面ABD；(3)求平面EGF与平面ABD的距离．答案1．C 2．D 3．B 4．A 5．B 6．B 7.4917178.239.1310．解如图所示，以AD 的中点O 为原点，以OD 、OC 所在直线为x 轴、y 轴，过O 作OM ⊥面ACD 交AB 于M ，以直线OM 为z 轴建立空间直角坐标系，则A－12，0，0， B ? ????3－12，0，12，C 0，32，0，D 12，0，0，∴AC →＝12，32，0，AB →＝32，0，12，DC →＝－12，32，0，设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的一个法向量，则 n ·AB →＝32x ＋12z ＝0n ·AC →＝12x ＋32y ＝0，∴y ＝－33x ，z ＝－3x ，可取n ＝(－3，1,3)，代入d ＝|DC →·n ||n |，得d ＝32＋3213＝3913，即点D 到平面ABC 的距离是3913. 11．解如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x ， y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (4,0,0)，M (2,0,4)，D (0,0,0)，B (4,4,0)，E (0,2,4)，F (2,4,4)，N (4,2,4)，从而EF →＝(2,2,0)，MN →＝(2,2,0)，AM →＝(－2,0,4)，BF →＝(－2,0,4)，∴EF →＝MN →，AM →＝BF →.∴EF ∥MN ，AM ∥BF .又EF 、BF 为平面EFBD 内两相交的直线，MN 、AM 为平面AMN 内两相交的直线．∴平面AMN ∥平面EFBD .设n ＝(x ，y ，z )是平面EFBD 的法向量，从而 n ·EF →＝2x ＋2y ＝0，n ·BF →＝－2x ＋4z ＝0，解得y ＝－x ，y ＝－2z . 取z ＝1，得n ＝(2，－2,1)，由于AB →＝(0,4,0)，所以点A 到平面EFBD 的距离d ＝|n ·AB →||n |＝83. 即平面AMN 与平面EFBD 间的距离为83.12．(1)证明如图所示，由条件知，BA 、BC 、BB 1两两互相垂直，以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由条件知，B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)．∴BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)．B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0.∴B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ，又∵BD ∩BA ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)证明由E 、F 、G 的定义知，E (0,0,3)、G a 2，1，4、F (0,1,4)．∴EG →＝a 2，1，1，EF →＝(0,1,1)，B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0.∴B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF ，又EG ∩EF ＝E ，∴B 1D ⊥平面EFG ，结合(1)可知，平面EGF ∥平面ABD .(3)解由(1)、(2)知，BF →＝(0,1,4)，B 1D →＝(0,2，－2)是平面ABD 的法向量，∴BF →在B 1D →上的射影长＝BF →·B 1D →|B 1D →|＝－622＝322. ∴点F 到平面ABD 的距离为322. 由(2)知，面EGF 与面ABD 的距离等于点F 到面ABD 的距离，∴两平面间距离为322.。