3.1.3空间向量的数量积运算整体设计教材分析本节课在平面向量的夹角和向量长度的概念的基础上，引入了空间向量的夹角和向量长度的概念和表示方法，介绍了空间两个向量数量积的概念、计算方法、性质和运算律，并举例说明利用向量的数量积解决问题的基本方法．通常，按照传统方法解立体几何题，需要有较强的空间想象能力、逻辑推理能力以及作图能力，学生往往由于这些能力的不足造成解题困难．用向量处理立体几何问题，可使学生克服空间想象力的障碍而顺利解题，为研究立体几何提供了新的思想方法和工具，具有相当大的优越性；而且，在丰富学生思维结构的同时，应用数学的能力也得到了锻炼和提高．课时分配1课时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；2．掌握两个向量数量积的概念、性质和计算方法及运算律；3．掌握两个向量数量积的主要用途，会用它解决立体几何中的一些简单问题．过程与方法1．运用类比方法，经历向量的数量积运算由平面向空间推广的过程；2．引导学生借助空间几何体理解空间向量数量积运算的意义．情感、态度与价值观1．培养学生的类比思想、转化思想，培养探究、研讨、综合自学应用能力；2．培养学生空间向量的应用意识．重点难点教学重点：1．空间向量的数量积运算及其运算律、几何意义；2．空间向量的数量积运算及其变形在空间几何体中的应用．教学难点：1．空间想象能力的培养，思想方法的理解和应用；2．空间向量的数量积运算及其几何应用和理解．教学过程引入新课提出问题：已知在正方体ABCD—A′B′C′D′中，E为AA′的中点，点F在线段D′C′上，D′F＝12FC′，如何确定BE→，FD→的夹角？活动设计： 教师设问：平面向量的夹角问题是如何求得的？是否可将平面内求得两向量的夹角公式推广到空间？公式的形式是否会有所变化？学生活动：回顾平面向量数量积、向量夹角公式；类比猜想空间向量夹角公式的形式． 设计意图：问题的给出，一时之间可能会使学生感到突然，但预计应该会联想到平面向量的夹角公式，由此作一番类比猜想，起到温故知新的作用．探究新知提出问题1：空间向量的夹角应该怎样定义，怎样表示？夹角的取值范围是什么，怎样定义向量垂直？活动设计：教师指导学生回忆平面向量夹角的定义、表示方法和取值范围，并进行类比；学生回忆平面向量夹角的定义、表示方法和取值范围，并进行类比得到结论．活动成果：1．空间向量a ，b 的夹角：已知两个非零向量a ，b ，在空间中任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉．2．空间向量a ，b 的夹角的取值范围：0≤〈a ，b 〉≤π，且〈a ，b 〉＝〈b ，a 〉．当a ，b 同向共线时〈a ，b 〉＝0，当a ，b 反向共线时〈a ，b 〉＝π.3．两个向量垂直的定义：若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作：a ⊥b .设计意图：通过回忆平面向量夹角的定义和取值范围类比得出空间向量夹角的定义和取值范围．提出问题2：类比平面向量的数量积运算的定义，思考并尝试如何给空间向量定义数量积运算，并指出数量积运算满足怎样的运算律．活动设计：学生自由发言；教师板书并请不同的同学进行补充． 活动成果：1．已知两个非零向量a ，b ，则||a ||b cos 〈a ，b 〉叫做a ，b 的数量积，记作a ·b ， 即a ·b ＝||a ||b cos 〈a ，b 〉； 2．规定零向量与任意向量的数量积为0； 3．两个向量的数量积满足的运算律： (1)(λa )·b ＝λ(a ·b )； (2)a ·b ＝b ·a ； (3)(a ＋b )·c ＝a ·c ＋b ·c . 设计意图：由平面向量数量积的定义和运算律引导学生类比得出空间向量数量积的定义和运算律．理解新知提出问题1：a ，b ，c 为非零向量，有a ·b ·c ＝a ·(b ·c )成立吗？a ·b ＝b ·c 能得到a ＝c 吗？ 活动设计：学生先自己思考，然后小组讨论；教师巡视并和学生交流． 活动成果： 1．∵a ·b 是实数，∴a ·b ·c 是与c 共线的向量；同样a ·(b ·c )是与a 共线的向量； ∴a ·b ·c ＝a ·(b ·c )不一定成立，即数量积运算不满足结合律． 2．∵a ·b ＝b ·c ，∴(a －c )·b ＝0.∴(a －c )⊥b .不能得到a ＝c ，即数量积运算不满足消去律． 设计意图：深化对向量数量积运算的理解和对运算律的熟悉．提出问题2：数量积运算能否判断两个向量的平行或垂直关系，能否用来求角？活动设计：学生先自己思考，然后小组讨论；教师巡视并和学生交流． 活动成果： 1．若a ·b ＝||a ||b ，则a ，b 同向；若a ·b ＝－||a ||b ，则a ，b 反向；特别的a 2＝||a 2， ∴||a ＝a 2.2．若a ，b 为非零向量，则a ·b ＝0a ⊥b .3．cos 〈a ，b 〉＝a ·b||a ||b . 设计意图：由用数量积判断向量的关系引出空间向量数量积运算的变形，更好地理解数量积运算的定义．运用新知用向量方法证明：直线和平面垂直的判定定理．已知：m ，n 是平面α内的两条相交直线，如果l ⊥m ，l ⊥n.求证：l ⊥α.思路分析：要证明l ⊥α，就要证明l 垂直于α内的任一条直线g(直线和平面垂直的定义)．如果我们能在g 和m ，n 之间建立某种联系，并由l ⊥m ，l ⊥n 得到l ⊥g ，就能解决此问题．证明：在α内作不与m ，n 重合的任一直线g ， 在l ，m ，n ，g 上取非零向量l ，m ，n ，g . ∵m ，n 相交，∴向量m ，n 不平行．由共面定理可知， 存在唯一有序实数对(x ，y)，使g ＝x m ＋y n ， ∴l ·g ＝x l ·m ＋y l ·n .又∵l ·m ＝0，l ·n ＝0， ∴l ·g ＝0.∴l ⊥g .∴l ⊥g.所以，直线l 垂直于平面内的任意一条直线，即得l ⊥α.点评： 用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为用向量表示，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量运算取计算结果或证明结论．巩固练习已知空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，求证：AD ⊥BC.证明： AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·(AC →－AB →)＝AB →·AC →＋BD →·AC →－AB →2－AB →·BD →＝AB →·(AC →－AB →－BD →)＝AB →·DC →＝0.∴AD ⊥BC.变练演编如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，求OA 与BC 的夹角的余弦值．解：∵BC →＝AC →－AB →， ∴OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝24－16 2. ∴cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.所以，OA 与BC 的夹角的余弦值为3－225.提出问题：要求OA 与BC 的夹角的余弦值，还可以给出哪几组条件？提示：可以将∠OAC ＝45°换成∠ABC 的值，将AC 的长换成边OC 的长，利用OC →＝OA →＋AB →＋BC →平方即可．设计意图：发散学生思维，提高学生整合知识的能力．达标检测1．已知向量a ⊥b ，向量c 与a ，b 的夹角都是60°，且|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3， 试求：(1)(a ＋b )2；(2)(a ＋2b －c )2；(3)(3a －2b )·(b －3c )．2．已知线段AB ，BD 在平面α内，BD ⊥AB ，线段AC ⊥α，如果AB ＝a ，BD ＝b ，AC ＝c ，求C 、D 间的距离．答案：1.(1)5 (2)11 (3)－722．解：∵AC ⊥α，AB ，BD α， ∴AC ⊥AB ，AC ⊥BD.又∵AB ⊥BD ， ∴AC →·AB →＝0，AC →·BD →＝0，AB →·BD →＝0. ∴|CD →|2＝CD →·CD →＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝c 2＋a 2＋b 2.∴|CD|＝a 2＋b 2＋c 2. 课堂小结1．知识收获：空间向量的夹角的定义、表示方法、取值范围；两个空间向量的数量积运算和运算法则；利用空间向量的数量积证明共线和垂直以及求夹角和距离．2．方法收获：类比方法、数形结合方法、转化变形方法．3．思维收获：类比思想、转化思想． 布置作业课本习题3.1A 组3、4，补充练习． 补充练习 基础练习1．设a ⊥b ，〈a ，c 〉＝π3，〈b ，c 〉＝π6，且|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3，求向量a ＋b ＋c 的模．2．已知|a |＝2，|b |＝5，〈a ，b 〉＝2π3，p ＝3a －b ，q ＝λa ＋17b ，问实数λ取何值时p 与q 垂直？3．若a ＋b ＋c ＝0，且|a |＝3，|b |＝2，|c |＝1，求a ·b ＋b ·c ＋c ·a 的值．答案：1.17＋63 2.40 3.－7 拓展练习4．在棱长为1的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E ，F 分别是D ′D ，DB 的中点，G 在棱CD 上，CG ＝14CD ，H 为C ′G 的中点，(1)求证：EF ⊥B ′C ；(2)求EF 与C ′G 所成角的余弦值； (3)求FH 的长．解：设AB →＝a ，AD →＝b ，'AA ＝c ，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，|a |2＝a 2＝1，|b |2＝b 2＝1，|c |2＝c 2＝1. (1)∵EF →＝ED →＋DF →＝－12c ＋12(a －b )＝12(a －b －c )，'B C ＝BC →－'BB ＝b －c ，∴EF →·'B C ＝12(a －b －c )·(b －c )＝12(c 2－b 2)＝12(1－1)＝0.∴EF ⊥B ′C.(2)∵EF →＝ED →＋DF →＝－12c ＋12(a －b )＝12(a －b －c )，'G C ＝'C C ＋CG →＝－c －14a ，∴EF →·'G C ＝12(a －b －c )·(－c －14a )＝12(－14a 2＋c 2)＝38，|EF →|2＝14(a －b －c )2＝14(a 2＋b 2＋c 2)＝34，|'G C |2＝(－c －14a )2＝c 2＋116a 2＝1716.∴|EF →|＝32，|'G C |＝174，cos 〈EF →，'G C 〉＝''EF C G EF C G＝5117.所以EF ，C ′G 所成角的余弦值为5117.(3)∵FH →＝FB →＋BC →＋C'C ＋H'C ＝12(a －b )＋b ＋c ＋12'G C ＝12(a －b )＋b ＋c ＋12(－c －14a )＝38a ＋12b ＋12c ， ∴|FH →|2＝(38a ＋12b ＋12c )2＝964a 2＋14b 2＋14c 2＝4164，∴FH 的长为418.设计说明本节课介绍了空间向量的夹角、空间向量的数量积运算的定义及其应用．空间向量的夹角和空间向量的数量积运算的定义由平面向量的相关定义类比得到．空间向量的数量积运算的性质和运算律由学生发现，并在理解新知中经学生证明．本节课的重点是空间向量数量积运算的应用及其变形公式在立体几何中的应用，在变练演编中发散学生思维，帮助学生对所学知识进行整合，对方法进行归纳．本节课突出教师的主导作用和学生的主体地位，在教师所提问题的引导下，学生自主完成探究新知和理解新知的过程，在运用新知时进行变练演编，加深学生对知识的理解和问题转化的能力．备课资料备选例题1已知平行六面体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，求AC ′的长．思路分析：要求AC ′的长，只需将AC ′→用AB →，AD →，AA ′→表示出来即可． 解：|'AC |2＝(AB →＋AD →＋'AA )2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|'AA |2＋2AB →·AD →＋2AB →·'AA ＋2AD →·'AA＝42＋32＋52＋2×4×3×cos90°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60° ＝16＋9＋25＋0＋20＋15＝85，所以|'AC |＝85.2已知S 是边长为1的正三角形所在平面外一点，且SA ＝SB ＝SC ＝1，M ，N 分别是AB ，SC 的中点，求异面直线SM 与BN 所成角的余弦值．思路分析：要求异面直线SM 与BN 所成角的余弦值，只要求SM →与BN →所成角的余弦值，因此就要求SM →·BN →以及|SM →||BN →|，然后再用向量夹角公式求解．解：设SA →＝a ，SB →＝b ，SC →＝c ，∴a ·b ＝b ·c ＝a ·c ＝12.∵SM →·BN →＝12(SA →＋SB →)·(SN →－SB →)＝12(a ＋b )·(12c －b )＝12(12a ·c －a ·b ＋12b ·c －b 2)＝12(12×12－12＋12×12－1)＝－12，∴cos 〈SM →，BN →〉＝SM →·BN →|SM →||BN →|＝－1232×32＝－23.所以，异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为23.点评：设出空间的一个基底后，求数量积SM →·BN →的时候目标就更加明确了，只要将SM →与BN →都化为用基向量表示就可以了．本题中SM →与BN →的夹角是异面直线SM 与BN 所成角的补角．3如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，E 为A 1C 1与B 1D 1的交点，F 为BC 1与B 1C 的交点，又AF ⊥BE ，求长方体的高BB 1.思路分析：本题的关键是如何利用AF ⊥BE 这个条件，在这里可利用AF →⊥BE →AF →·BE →＝0 将其转化为向量数量积问题．解法一：∵AF →⊥BE →，∴AF →·BE →＝(AB →＋BF →)·(BB 1→＋B 1E →)＝[AB →＋12(BC →＋BB 1→)]·[BB 1→＋12(BC →－AB →)]＝0.∴14(2AB →＋BC →＋BB 1→)·(2BB 1→＋BC →－AB →)＝0. ∴－2|AB →|2＋|BC →|2＋2|BB 1|2＝0.∴|BB 1→|2＝8. 所求高BB 1＝2 2.解法二：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，|a |2＝a 2＝16，|b |2＝b 2＝16， BE →＝BB 1→＋B 1E →＝c ＋12(b －a )，AF →＝AB →＋BF →＝a ＋12(c ＋b )．∵AF ⊥BE ，∴BE →·AF →＝0， 即[c ＋12(b －a )]·[a ＋12(c ＋b )]＝0.∴12c 2＋14b 2－12a 2＝0. ∴|c |2＝c 2＝8，即所求高BB 1＝2 2.点评：本题从表面上看是求线段长度，但实际上却是充要条件：AF →⊥BE →AF →·BE →＝0的应用问题．(设计者：徐西文)。