教考衔接4 空间直角坐标系的构建策略（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

教考衔接4　 空间直角坐标系的构建策略 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 谢谢观看 栏目导航 教考衔接4　空间直角坐标系的构建策略 1 坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系，而如何建立恰当的空间直角坐标系是本章的难点，这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系(或在图形中构造垂直关系)建系，下面就几种常见的建系方法予以说明． 一、建系方法 类型1　利用共顶点的互相垂直的三角棱构建空间直角坐标系 　(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角 P­A2C2­D2为150° 时，求B2P. 建系方法　由四棱柱ABCD­A1B1C1D1是正四棱柱知，CC1⊥CD，CC1⊥CB，CD⊥CB. 以C为原点，以CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图． 由题意知，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，三条棱BC，CD，CC1两两互相垂直且交于一点C，可考虑以点C为原点，三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，此为根据题目中现有的条件，直接建立空间直角坐标系． 类型2　利用线面垂直关系构建空间直角坐标系 　(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足 eq \o(EF,\s\up14(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up14(→)) ， 求二面角D­AB­F的正弦值． 建系方法　由(1)得出AE⊥平面BCD. 如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 由(1)的证明得BC⊥平面ADE，在△ADE中，满足AE2＋DE2＝AD2，则AE，DE，BE两两垂直且共点于E，可建立空间直角坐标系，此为通过先证明题目中建系的条件，再建立空间直角坐标系． 类型3　利用面面垂直关系构建空间直角坐标系 　(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)证明：OA⊥CD； (2)若△OCD是边长为1的等边三角形， 点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角 E­BC­D的大小为45°，求三棱锥A­BCD 的体积． 建系方法　由题意知AO⊥平面BCD，显然AO⊥OB.以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x轴、z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系． 由已知条件平面ABD⊥平面BCD，结合其他已知证得AO⊥平面BCD，选取OB，OA所在直线分别为x轴、z轴后，y轴就可由以下三个限制条件确定：①必须在平面BCD内且过点O；②必须垂直于OB；③方向必须符合右手直角坐标系． 类型4　利用正棱锥的底面中心与高所在的直线构建空间直角坐标系 　已知正四棱锥V­ABCD中，E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h，若BE⊥VC，则∠DEB的余弦值为________． 建系方法　如图所示，以V在底面ABCD内的投影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB. 解决有关正棱锥的题目时，一般要利用正棱锥的底面中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系． 综上四类常见几何图形的建系特征，即从直接利用具有公共顶点的三条棱构建空间直角坐标系，到利用线面垂直、面面垂直构建空间直角坐标系，再到利用立体图形的对称性等构建空间直角坐标系，有些题目可直接建立空间直角坐标系，而有些题目需先证明存在垂直关系后，再建立空间直角坐标系．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平面上，这样便于计算点的坐标(空间向量的坐标)，减少运算量． 二、高考还可这样考 如图，已知四边形ABCD和四边形CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F­DC­B的平面角为60°.设M，N分别为AE，BC的中点． (1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值． (1)证明　因为四边形ABCD是直角梯形，∠BAD＝60°， 所以∠ABC＝90°，即AB⊥BC. 因为四边形CDEF是直角梯形，∠CDE＝60°， 所以∠DCF＝90°，即DC⊥FC. 如图，在AB边上取AH＝2，连接DH，易得DH⊥AB，在Rt△DAH中，因为∠DAH＝60°，所以AD＝2AH＝4，DH＝2 eq \r(3) ＝BC. 在DC边上取DG＝2，连接EG，易得GE⊥DC，在Rt△EGD中，因为∠EDG＝60°，所以DE＝2DG＝4，EG＝2 eq \r(3) ＝FC. 易知二面角F­DC­B的平面角为∠FCB＝60°，又FC＝BC＝2 eq \r(3) ，故△FBC为等边三角形． 又N为BC的中点，所以FN⊥BC. 因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC，BC⊂平面BCF，所以DC⊥平面BCF. 又FN⊂平面BCF，所以DC⊥FN. 因为BC⊥FN，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面ABCD，故FN⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD. (2)如图，取AD的中点K，连接NK，以N为坐标原点，以NK，NB，NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则B(0， eq \r(3) ，0)，A(5， eq \r(3) ，0)，D(3，－ eq \r(3) ，0)，E(1，0，3)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(3),2)，\f(3,2))) . 所以 eq \o(AD,\s\up14(→)) ＝(－2，－2 eq \r(3) ，0)， eq \o(DE,\s\up14(→)) ＝(－2， eq \r(3) ，3). 设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up14(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up14(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·(－2，－2\r(3)，0)＝－2x－2\r(3)y＝0，,n·(－2，\r(3)，3)＝－2x＋\r(3)y＋3z＝0，)) 取x＝ eq \r(3) ，则y＝－1，z＝ eq \r(3) ，即n＝( eq \r(3) ，－1， eq \r(3) )是平面ADE的一个法向量． 设直线BM与平面ADE所成角为θ，因为 eq \o(BM,\s\up14(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))) ， 所以sin θ＝|cos 〈 eq \o(BM,\s\up14(→)) ，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BM,\s\up14(→))·n,|\o(BM,\s\up14(→))||n|))) ＝ eq \f(5\r(7),14) . $$