资源简介 (共56张PPT)第七章 立体几何与空间向量思维进阶10 空间直角坐标系的构建与点的坐标的确定利用空间向量的方法解决立体几何问题,关键是依托图形建立空间直角坐标系,将其他向量用坐标表示,通过向量运算,判定或证明空间元素的位置关系,以及空间角、空间距离问题的探求.所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要,下面简述空间建系的五种方法,希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢,化解自如.题型一 空间直角坐标系的构建1.建立空间直角坐标系的方法(1)利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系;(2)利用线面垂直关系构建空间直角坐标系;(3)利用面面垂直关系构建空间直角坐标系;(4)利用底面中心与高所在的直线,构建空间直角坐标系;(5)利用底面正三角形构建空间直角坐标系.2.建立空间直角坐标系的原则无论利用哪种关系建系,都应遵循与求解问题相关的元素尽可能在坐标轴上或坐标面上,这样便于计算点的坐标(空间向量的坐标),减少运算量.[典例1] 如图,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.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.[解] 取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,又AD∥BC,从而AE⊥AD,AE===.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N=(0,2,-4),==.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即令z=1,则y=2,x=0,则n=(0,2,1)为平面PMN的一个法向量.于是|cos 〈n,〉|==.设AN与平面PMN所成的角为θ,则sin θ=,所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.反思领悟 本例需要建立空间直角坐标系,而题目本身没有明显的共点的三条互相垂直的直线,认真观察题目条件AB=AC,取BC的中点E可得AE⊥BC,BC∥AD,就可得三条共点的两两垂直的直线,从而达到建立空间直角坐标系的目的.巩固迁移1 (2024·安徽合肥三模)如图,已知四棱锥S-ABCD中,点S在平面ABCD内的投影为点A,∠CDA=∠DCB=2∠DCA=90°,BC=2AD=4.(1)求证:平面SAC⊥平面SAB;(2)若平面SAB与平面SCD所成角的正弦值为,求SA的值.[解] (1)证明:设BC中点为E,连接AE,因为∠CDA=∠DCB=2∠DCA=90°,且AD=CD,故四边形ADCE为正方形,而AC==2,AE=2,AB==2,所以BC2=AB2+AC2,所以AB⊥AC,因为SA⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以SA⊥AC,又SA,AB 平面SAB,SA∩AB=A,所以AC⊥平面SAB,因为AC 平面SAC,所以平面SAC⊥平面SAB.(2)以A为坐标原点,AE,AD,AS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,设SA=a(a>0),则C(2,2,0),D(0,2,0),B(2,-2,0),S(0,0,a),所以=(0,2,-a),=(2,0,0),设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,所以n=(0,a,2),由(1)知,平面SAB的法向量为=(2,2,0),设平面SAB与平面SCD所成角为θ,则sin θ=,所以cos θ==,即|cos〈,n〉|===,解得a=(舍负),所以SA=.题型二 确定空间直角坐标系中点的坐标求点的坐标和设点的坐标方法是一致的,常见方法具体如下:(1)射影法:看所求点在x,y,z轴上的射影对应的数值.如图,求点P横坐标x,则过点P作PP1⊥平面Oxy,再过点P1作P1P2⊥x轴,点P2对应数值即是x,同理可求纵坐标y与竖坐标z,或直接构造长方体OP,即求出线段P1P3,P1P2,PP1的长度,再注意正负号即可得点P坐标.一般地,点在平面Oxy,Oyz,Ozx上或易得点在x,y,z轴的射影时均适合用射影法.(2)公式法:对中点、n等分点、重心等点可用公式法求其坐标.若点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),C(x3,y3,z3),则线段AB的中点坐标为;三角形ABC的重心为;若点P在线段AB上且AP=λPB,则P.(3)向量法:①利用平行、垂直关系求某向量的坐标,再求点的坐标.②利用三角形法则或平行四边形法则,求出某向量的坐标,再求点的坐标.③三点共线问题:若点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),点C在线段AB上,则可设=λ,C(x,y,z),利用待定系数法求出x,y,z.(4)待定系数法:设点P(x,y,z),利用已知条件求出x,y,z.以上各方法其实也是相通的,也存在其他一些灵活的处理方法(比如平移法等),都需要先理解再灵活运用.[典例2] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是矩形,AB=4,AD=2,平行六面体高为2,顶点D在底面A1B1C1D1的射影O是C1D1的中点,设△AB1D1的重心为G,N为DD1上的点,且ON⊥DD1,试建立适当的空间直角坐标系并写出下列点的坐标.(1)A1,B1,A,D1;(2)G;(3)B;(4)N.[解] (1)如图所示,以O为坐标原点,分别以OC1,OD所在直线为y,z轴,以过点O且平行于B1C1的直线为x轴建立空间直角坐标系.设点A1(x,y,z),因为点A1在平面Oxy上,则z=0,由图可知它在y轴上的射影点D1对应数值-2,则y=-2,在x轴上的射影点对应数值2,则x=2,即A1(2,-2,0).同理得B1(2,2,0),A(2,0,2),D1(0,-2,0).(2)∵G是△AB1D1的重心,∴G,即G.(3)设B(x1,y1,z1),则=(x1-2,y1-2,z1),又D(0,0,2),=(0,2,2),且=,∴x1=2,y1=4,z1=2,∴点B坐标为(2,4,2).(4)∵D1,N,D三点共线,可设=λ,即=λ(0,2,2)=(0,2λ,2λ),∴==(0,2λ-2,2λ),∴N(0,2λ-2,2λ),∵ON⊥DD1,∴·=0,∴0+4(λ-1)+12λ=0,解得λ=,故N.巩固迁移2 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,∠APD=90°,且PA=PD,AD=PB.(1)求证:AD⊥PB;(2)求点A到平面PBC的距离.[解] (1)证明:取AD的中点O,连接OP,OB,BD,因为底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,所以AD=AB=BD.因为O为AD的中点,所以BO⊥AD.在△PAD中,PA=PD,O为AD的中点,所以PO⊥AD.因为BO∩PO=O,BO,PO 平面POB,所以AD⊥平面POB.因为PB 平面POB,所以AD⊥PB.(2)由题意及(1)易知OP=1,BO=,又PB=2,所以OP2+BO2=PB2,所以OP⊥OB,所以OP,OA,OB两两垂直,如图建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-2,,0),P(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(0,,-1),=(-2,,-1),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则所以不妨取y=1,则n=(0,1,),所以点A到平面PBC的距离d==.进阶训练(十) 空间直角坐标系的构建与点的坐标的确定1.(2025·成都模拟)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,M,E,F分别为PQ,AB,BC的中点,则异面直线EM与AF所成角的余弦值是( )A. B.C.- D.√题号135246879题号135246879A [由题设易知,AB,AD,AQ两两垂直.以A为原点,AB,AD,AQ所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系(图略),设正方形边长为2,则A(0,0,0),E(1,0,0),M(0,1,2),F (2,1,0),=(-1,1,2),=(2,1,0),cos 〈〉===,则异面直线EM与AF所成角的余弦值为.]√题号1352468792.(2025·莆田模拟)在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=2.若M为该三棱锥外接球上的一点,则·的最大值为( )A.2 B.4C.2+2 D.4+2题号135246879C [如图,将三棱锥放置在正方体中,三棱锥的外接球就是正方体的外接球,球心O为正方体体对角线的交点,建系如图,则P(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),O(1,1,1),设M(x,y,z),三棱锥外接球的半径为R,则2R==2,故R=,则·=()·()=+()··,又=R2=3,=(-1,1,-1),=(-1,-1,1),所以=(-2,0,0),·=1-1-1=-1,则()·=||||cos 〈〉=2cos 〈〉,所以·=2+2cos 〈〉,故当cos 〈〉=1时,·取得最大值2+2.故选C.]题号135246879题号1352468793.(2025·贵阳模拟)如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥平面ABCD,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,则平面ABE与平面BED夹角的余弦值为( )A. B.C. D.√题号135246879B [如图,以B为坐标原点,分别以BC,BA,BP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,3,0),P(0,0,3),D(3,3,0),E(0,2,1),∴=(0,2,1),=(3,3,0).设平面BED的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,得n=为平面BED的一个法向量.又平面ABE的法向量为m=(1,0,0),∴cos 〈n,m〉===.∴平面ABE与平面BED夹角的余弦值为.]题号135246879题号1352468794.(多选)(2025·铜川印台区模拟)如图,四边形ABCD,ABEF都是边长为2的正方形,平面ABCD⊥平面ABEF,P,Q分别是线段AE,BD的中点,则( )A.PQ∥DFB.异面直线AQ,PF所成角为C.点P到直线DF的距离为D.△DFQ的面积是√√√题号135246879ACD [由题可得,AB,AD,AF两两垂直,以A为坐标原点,AD,AB,AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,2,2),F (0,0,2).对于A,因为P,Q分别是线段AE,BD的中点,所以P(0,1,1),Q(1,1,0),所以=(1,0,-1),=(-2,0,2)=-2,又PQ,DF不共线,所以PQ∥DF,故A正确;对于B,=(1,1,0),=(0,-1,1),设异面直线AQ,PF所成角为θ,则cos θ=|cos 〈〉|===,又因为θ∈,所以θ=,即异面直线AQ,PF所成角为,故B错误;题号135246879对于C,由=(0,-1,1),=(-2,0,2),得==,所以点P到直线DF的距离为==,故C正确;对于D,因为PQ∥DF,所以Q到DF的距离即为P到DF的距离,所以△DFQ的面积S=||×=,故D正确.故选ACD.]题号135246879题号1352468795.(2024·衡水中学月考)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形,对角线AC,BD交于点O,OA=4,OB=3,OP=4,OP⊥底面ABCD.设点M满足=λ(λ>0),当λ=时,直线PA与平面BDM所成角的正弦值是________. 题号135246879 [以O为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略),则P(0,0,4),A(4,0,0),D(0,-3,0),B(0,3,0),C(-4,0,0),=(4,0,-4),=(0,6,0),当λ=时,得M,所以=.设平面DBM的法向量为n=(x,y,z),则解得y=0,令x=2,则z=1,所以n=(2,0,1)为平面DBM的一个法向量.因为|cos 〈,n〉|===,所以直线PA与平面BDM所成角的正弦值为.]题号135246879题号1352468796.(2025·滕州模拟)如图,四棱锥F-ABCD的底面ABCD是菱形,其对角线AC=2,BD=.若CF⊥平面ABCD,CF=2,则平面BAF与平面AFD夹角的大小为________. 题号135246879 [过点A作AE⊥平面ABCD,以A为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.所以B,D,F (0,2,2).设平面BAF的法向量为n1=(x,y,z),则由得令z=1,得所以n1=(-,-1,1)为平面BAF的一个法向量.同理,可求得平面AFD的一个法向量为n2=(,-1,1).由n1·n2=0,知平面BAF与平面AFD垂直,所以平面BAF与平面AFD夹角的大小为.]题号135246879题号1352468797.(2024·杭州二中月考)在底面为直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值为________. 题号135246879 [以A为坐标原点,AD,AB,AS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,则A(0,0,0),D,C(1,1,0),S(0,0,1),平面SAB的一个法向量为=,并求得平面SCD的一个法向量为n=,则cos 〈,n〉==.即平面SCD与平面SAB夹角的余弦值为.]题号135246879题号1352468798.(2025·枣庄模拟)在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD.(1)证明:AB⊥平面VAD;(2)求二面角A-VD-B的平面角的余弦值.[解] (1)证明:取AD的中点O作为坐标原点,由题意知,VO⊥底面ABCD,则可建立如图所示的空间直角坐标系.题号135246879设AD=2,则A(1,0,0),D(-1,0,0),B(1,2,0),V(0,0,).易得=(0,2,0),=(1,0,-).∵·=(0,2,0)·(1,0,-)=0,∴⊥,即AB⊥VA.又AB⊥AD,AD∩VA=A,AD,VA 平面VAD,∴AB⊥平面VAD.(2)易得=(1,0,).设E为DV的中点,连接EA,EB,则E,∴==.∵·=·(1,0,)=0,∴⊥,即EB⊥DV.题号135246879又EA⊥DV,∴∠AEB为所求二面角的平面角,∴cos 〈〉==.故所求二面角的平面角的余弦值为.题号1352468799.(2025·天津模拟)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.(1)求证:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.题号135246879[解] (1)证明:∵CD⊥DE,A1D⊥DE,CD∩A1D=D,CD,A1D 平面A1CD,∴DE⊥平面A1CD,又∵A1C 平面A1CD,∴A1C⊥DE.又A1C⊥CD,CD∩DE=D,CD,DE 平面BCDE,∴A1C⊥平面BCDE.题号135246879(2)如图建系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,2),B(0,3,0),E(-2,2,0),∴=(0,3,-2),=(-2,2,-2),设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则即题号135246879∴取y=2,则n=(-1,2,).又∵M(-1,0,),∴=(-1,0,).∴cos 〈,n〉====,∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.题号135246879(3)设线段BC上存在点P,P点坐标为(0,a,0),a∈[0,3],∴=(0,a,-2),=(2,a,0),设平面A1DP法向量为n1=(x1,y1,z1),则即题号135246879∴取y1=6,则n1=(-3a,6,a).假设平面A1DP与平面A1BE垂直,则n1·n=0,∴3a+12+3a=0,a=-2.∵0≤a≤3,∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.题号135246879谢 谢 ! 展开更多...... 收起↑ 资源预览