高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案设计

这是一份高中数学人教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7页。
课例编号
2020QJ11SXRA013
学科
数学
年级
高二
学期
一
课题
空间向量的应用（一）
教科书
书名：
出版社：人民教育出版社 出版日期： 年 月
教学人员
姓名
单位
授课教师
于洪伟
北京景山学校
指导教师
雷晓莉
东城区教师研修中心
教学目标
教学目标：
教学重点：
教学难点：
教学过程
时间
教学环节
主要师生活动
1.运用空间向量解决实际问题
2.运用空间向量研究立体几何中的位置关系
3.课后练习
问题1：如图所示为某种礼物降落伞在匀速下落的过程的示意图. 其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子的拉力大小相同，每根绳子和水平面的夹角均为60°. 已知礼物的重力为9.8N，求每根绳子拉力的大小.（结果精确到0.01N）
追问1：“降落伞在匀速下落” 告诉了我们什么信息？
学生回答：礼物所受绳子的拉力总和与其自身重力平衡.
追问2：“有8根绳子和伞面连接，每根绳子的拉力大小相同，每根绳子和水平面的夹角均为60°”，我们可以得到哪些信息？
学生回答：问题描述的立体图形结构对称，研究清楚一根绳子的情况就可以了.
追问3：“每根绳子和水平面的夹角均为60°”在空间图形的关系上如何解释？
学生回答：每根绳子所在直线与水平面成角为60°，其拉力与水平面向上的法向量成角为30°.
展示解答：
解：设水平面向上的单位法向量为n，其中第i根绳子拉力为Fi，
则Fi 在n上的投影向量为(Fi⋅n)n .
因为Fi和水平面成角为60°，所以Fi和n的夹角为30°.
所以Fi⋅nn=32Fin.
因为降落伞匀速下落，所以i=18Fi+G=0.
所以i=1832|Fi|n+G=0.
因为每个|Fi|都相等，所以记为F1.
因为G=-|G|n，所以43|F1|n-|G|n=0.
所以43F1=|G|.
代入数值，可得F1≈1.41N.
所以，每根绳子的拉力大小约为1.41N.
追问4：回顾一下，我们是如何解决这个实际问题的？
追问5： 运用空间向量求解实际问题的一般思路是什么？
例 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.
（1）求证：DE⊥EB；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）判断：线段PB上是否存在一点Q，满足AQ//DE 请说明理由.
问题2： 如何用空间向量来证明DE⊥EB？
计算向量DE和BE的数量积.
追问1：选择哪组基底向量呢？
DA，DC，DP.
追问2：能用这组基底向量表示DE和BE么？
DE=12DC+12DP，BE=-DA+12DP-DC.
追问3： 如果用坐标法表示DE和BE，该如何建立空间直角坐标系呢？
找到两两垂直且交于一点的三条直线.
本质上是找两两相互垂直的一组基底向量.
追问4：需要写出哪些点的坐标？
D0,0,0，E(0,12,12) ，B1,1,0.
就可以得到DE=(0,12,12) ，BE=(-1,-12,12).
（解法一）
（1）证明：
因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥AD， PD⊥DC.
因为底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.
所以DA∙DP=0， DP∙DC=0，DA∙DC=0.
因为DE=12DC+12DP，BE=-DA+12DP-DC，
所以DE∙BE=12DC+12DP∙-DA+12DP-DC
=-12DC∙DA+14DC∙DP-14DC2
-12DP∙DA-14DC∙DP+14DP2.
=14DP2-14DC2.
因为PD=DC，所以DP2=DC2.
所以DE∙BE=0. 所以 DE⊥BE.所以直线DE⊥EB.
（解法二）
（1）证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD， PD⊥DC.
因为底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC.
所以以D为原点，以DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，
建立空间直角坐标系.
设DA长为1，可得D0,0,0，E(0,12,12) ，B1,1,0.
所以DE=(0,12,12) ，BE=(-1,-12,12).
所以DE∙BE =0×-1+12×(-12) +12×12=0.
所以DE⊥BE. 所以直线DE⊥BE.
问题3： 如何用向量法证明PB⊥平面EFD？
思路一是证明向量PB与平面EFD的法向量平行；
思路二是证明向量PB与平面EFD内的两个不共线向量垂直.
追问1： 你会倾向于采用哪种思路？
证明向量PB与平面EFD内的两个不共线向量垂直.
追问2：你会选择证明哪个向量垂直于PB呢？
DE
（解法一）
（2）证明：因为PB=DA+DC-DP，
DE=12DC+12DP，
所以PB∙DE=DA+DC-DP∙ (12DC+12DP)
=12DC∙DA+12DP∙DA+12DC2
+12DC∙DP-12DC∙DP-12DP2.
所以PB∙DE=12DC2-12DP2=0.
所以PB⊥DE. 所以直线PB⊥DE.
因为EF⊥PB， PB⊥DE， EF∩DE=E，
EF⊂平面EFD，DE ⊂平面EFD，
所以PB⊥平面EFD.
（解法二）
采用第（1）问的空间直角坐标系，可得
D0,0,0，E(0,12,12) ，B1,1,0，P0,0,1.
所以 PB=1,1,-1，DE=(0,12,12).
所以PB⋅DE=1×0+1×12+-1×12 =0.
所以PB⊥DE，即PB ⊥ DE.
因为EF⊥PB， PB⊥DE， EF∩DE=E，
EF⊂平面EFD，DE ⊂平面EFD，
所以PB⊥平面EFD.
问题4： 如何用空间向量表示直线AQ//DE？
存在λ，使得AQ=λDE.
追问1：用前面的基底向量来表示会得到怎样的等式呢？
AQ=tDC+1-tDP-DA，t∈0,1
DE=12DC+12DP ，
所以可以得到等式
tDC+1-tDP-DA=λ(12DC+12DP).
追问2： 如果用坐标法，该如何表示点Q的坐标呢？
因为点Q在线段PB上，
所以存在 a∈(0,1)，使得 PQ=aPB.
（解法一）
（3）解：若存在点Q在线段PB上，则
AQ=tAB+(1-t)AP，t∈(0,1).
所以AQ=tDC+(1-t)(DP-DA).
因为DE=12DC+12DP，
若有AQ//DE，则存在实数λ使得AQ=λDE.
所以tDC+1-tDP-DA=λ(12DC+12DP).
所以(t-λ2) DC+t-1DA+(1-t-λ2) DP=0.
所以 t-λ2 =0, t-1 =0,1-t-λ2=0.
因为上式无解，所以不存在点Q在线段PB上，满足AQ//DE.
（解法二）
解：采用第（1）问的空间直角坐标系，
若存在点Q在线段PB上，
所以存在 a∈(0,1)，使得 PQ=aPB.
因为PB=1,1,-1，所以PQ=a,a,-a.
因为P(0,0,1)，所以Q(a,a,1-a).
可以得到DE=(0,12,12) ，AQ=a-1,a,1-a.
若有AQ//DE，则存在实数λ使得AQ=λDE.
所以a-1=0, a=12λ, 1-a=12λ.
因为方程组无解，
所以，不存在点Q在线段PB上，使得AQ//DE.
问题5： 运用空间向量判断立体几何位置关系的一般
策略是什么？
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AC=2AB，且BC1⊥A1C.
（1）求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
（2）在棱A1C1取点D，满足A1D=2C1D，判断棱BB1上是否存在点E，使得DE//平面ABC1，若存在，求出BEBB1的值；若不存在，说明理由.