第1章 专题1 空间直角坐标系的构建方法（课件）-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

单击此处添加文本具体内容 第一章　空间向量与立体几何 专题1 空间直角坐标系的构建方法 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 题型一　利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 1．(清华附中月考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BA＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，点D是BC的中点，点E在棱A1B1上，且满足AE与DC1成60°角． (1)求二面角C1­AD­C的余弦值； (2)求线段A1E与B1E的长度之比． 解　(1)因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，∠ABC＝90°，所以BA，BC，BB1两两互相垂直．以B为坐标原点，BC，BA，BB1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Bxyz. 不妨设BA＝2，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，0)，所以 eq \o(AD,\s\up15(→)) ＝(1，－2，0)， eq \o(AC1,\s\up15(→)) ＝(2，－2，1). 设平面ADC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＝0，,2x－2y＋z＝0.)) 令y＝1，则x＝2，z＝－2，所以n＝(2，1，－2). 易知平面ADC的一个法向量为v＝ eq \o(CC1,\s\up15(→)) ＝(0，0，1).所以cos 〈n，v〉＝ eq \f(n·v,|n||v|) ＝－ eq \f(2,3) .由图可知二面角C1­AD­C是锐二面角，所以二面角C1­AD­C的余弦值为 eq \f(2,3) . (2)因为点E在棱A1B1上，且由(1)知A1(0，2，1)，B1(0，0，1)， 所以可设E(0，λ，1)，0≤λ≤2. 因为A(0，2，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，0)， 所以 eq \o(AE,\s\up15(→)) ＝(0，λ－2，1)， eq \o(DC1,\s\up15(→)) ＝(1，0，1). 因为AE与DC1成60°角， 所以＝cos 60°＝ eq \f(1,2) . 即 eq \f(1,\r(（λ－2）2＋1)×\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ，解得λ＝1或λ＝3(舍去). 所以点E为线段A1B1的中点． 即线段A1E与B1E的长度之比为1∶1. 2．(新高考Ⅰ)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的长． 解　(1)证明　根据题意建系如图，则有： B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 又B2，C2，A2，D2四点不共线， ∴B2C2∥A2D2. (2)在(1)的坐标系下，可设P(0，2，t)， t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，4)) ， 又由(1)知C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， 设平面PA2C2的法向量为m＝(x，y，z)， 取m＝(t－1，3－t，2)， 设平面A2C2D2的法向量为n＝(a，b，c)， 取n＝(1，1，2)， ∴根据题意可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 150°)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，n〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ， ∴ eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(6,\r(（t－1）2＋（3－t）2＋4)×\r(6)) ， ∴t2－4t＋3＝0，又t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，4)) ， ∴解得t＝1或t＝3， ∴P为B1B2的中点或B2B的中点， ∴B2P＝1. 题型二　利用线面关系建系 3．(新高考Ⅱ)如图，三棱锥A­BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足 eq \o(EF,\s\up15(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up15(→)) ，求二 面角D­AB­F的正弦值． 解　(1)证明　连接AE，DE. ∵DB＝DC，E为BC中点，∴DE⊥BC． 又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E， ∴BC⊥平面ADE. ∵AD⊂平面ADE，∴BC⊥DA． (2)设DA＝DB＝DC＝2，∴BC＝2 eq \r(2) . ∵DE＝AE＝ eq \r(2) ，AD＝2， ∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE. 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，∴AE⊥平面BCD． 以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则D( eq \r(2) ，0，0)，A(0，0， eq \r(2) )，B(0， eq \r(2) ，0)， E(0，0，0). ∴ eq \o(DA,\s\up15(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \o(AB,\s\up15(→)) ＝(0， eq \r(2) ，－ eq \r(2) ). ∵ eq \o(EF,\s\up15(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up15(→)) ，∴F(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， ∴ eq \o(AF,\s\up15(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0，0). 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，)) 令x1＝1，解得y1＝z1＝1， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，)) 令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1， 故n1＝(1，1，1)，n2＝(0，1，1). 设二面角D­AB­F的平面角为θ， 则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos θ)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1·n2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n2))) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，故sin θ＝ eq \f(\r(3),3) . 所以二面角D­AB­F的正弦值为 eq \f(\r(3),3) . 4．在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC，点M在线段PB上，且2PM＝MB． (1)试在线段PC上找一点N，使BC∥平面AMN，并说明理由； (2)试求直线AM与平面PBC所成角的正弦值． 解　(1)取点N为PC上靠近点P的三等分点． 由题意知M是PB上靠近点P的三等分点， 所以BC∥MN. 又BC⊄平面AMN，MN⊂平面AMN， 所以BC∥平面AMN. (2)因为PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，所以PA，AB，BC两两垂直． 以B为坐标原点，分别以 eq \o(AB,\s\up15(→)) ， eq \o(BC,\s\up15(→)) ， eq \o(AP,\s\up15(→)) 的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝1，则B(0，0，0)，A(－1，0，0)，C(0，1，0)，P(－1，0，1)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0，\f(2,3))) ， 所以 eq \o(AM,\s\up15(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(2,3))) ， eq \o(BP,\s\up15(→)) ＝(－1，0，1)， eq \o(BC,\s\up15(→)) ＝(0，1，0). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BP,\s\up15(→))＝－x＋z＝0，,n·\o(BC,\s\up15(→))＝y＝0，)) 令x＝1，则z＝1， 所以n＝(1，0，1)是平面PBC的一个法向量． 设直线AM与平面PBC所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈n, eq \o(AM,\s\up15(→)) 〉|＝＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,3)＋\f(2,3),\r(2)×\r(\f(1,9)＋\f(4,9))))) ＝ eq \f(3\r(10),10) . 所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为 eq \f(3\r(10),10) . 题型三　利用面面垂直关系建系 5．(上海格致中学高二月考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PA＝AB＝2，Q是棱PD的中点． (1)求证：PB∥平面ACQ； (2)求直线PB到平面ACQ的距离． 解　(1)证明　如图，连接BD交AC于点O，连接OQ， 因为底面ABCD为正方形， 所以O为BD的中点． 因为Q为PD的中点， 所以PB∥OQ. 因为PB⊄平面ACQ，OQ⊂平面ACQ， 所以PB∥平面ACQ. (2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，PA⊥AD， 所以PA⊥平面ABCD． 又AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB， 故AB，AD，AP两两垂直． 以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，Q(0，1，1)，D(0，2，0)， 所以 eq \o(AQ,\s\up15(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(AC,\s\up15(→)) ＝(2，2，0). 设平面ACQ的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AQ,\s\up15(→))＝y＋z＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝2x＋2y＝0，)) 令y＝1，可得n＝(－1，1，－1)为平面ACQ的一个法向量． 由于PB∥平面ACQ，则PB到平面ACQ的距离等于点B到平面ACQ的距离． 因为 eq \o(BC,\s\up15(→)) ＝ eq \o(AD,\s\up15(→)) ＝(0，2，0)，所以B到平面ACQ的距离为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BC,\s\up15(→))·n,|n|))) ＝ eq \f(2,\r(3)) ＝ eq \f(2\r(3),3) ， 即直线PB到平面ACQ的距离为 eq \f(2\r(3),3) . 6．(北京八中月考)如图1，将边长为2的正六边形ABCDEF沿对角线BE翻折，连接AC，FD，形成如图2所示的多面体，且AC＝ eq \r(6) . (1)证明：平面ABEF⊥平面BCDE； (2)求平面ABC与平面DEF所成的二面角(锐角)的余弦值． 解　(1)证明　如图1，在正六边形ABCDEF中， 连接AC，BE，设交点为G， 易知AC⊥BE，且AG＝GC＝ eq \r(3) . 在多面体中，由AC＝ eq \r(6) ，知AG2＋GC2＝AC2， 故AG⊥GC． 因为AG⊥BE，GC∩BE＝G，GC，BE⊂平面BCDE， 所以AG⊥平面BCDE. 又AG⊂平面ABEF，所以平面ABEF⊥平面BCDE. (2)以G为坐标原点，分别以GC，GE，GA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系． 由AG＝GC＝ eq \r(3) ，BG＝1，GE＝3， 得A(0，0， eq \r(3) )，B(0，－1，0)，C( eq \r(3) ，0，0)，D( eq \r(3) ，2，0)，E(0，3，0)，F(0，2， eq \r(3) ). 所以 eq \o(AB,\s\up15(→)) ＝(0，－1，－ eq \r(3) )， eq \o(AC,\s\up15(→)) ＝( eq \r(3) ，0，－ eq \r(3) )， eq \o(EF,\s\up15(→)) ＝(0，－1， eq \r(3) )， eq \o(FD,\s\up15(→)) ＝ eq \o(AC,\s\up15(→)) ＝( eq \r(3) ，0，－ eq \r(3) ). 设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up15(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y－\r(3)z＝0，,\r(3)x－\r(3)z＝0.)) 令z＝1，得n1＝(1，－ eq \r(3) ，1). 同理，可得平面DEF的一个法向量为n2＝(1， eq \r(3) ，1). 所以cos 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝－ eq \f(1,5) . 所以平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)的余弦值为 eq \f(1,5) . 题型四　利用底面的中心与高所在直线建系 7．如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，底面△ABC是边长为 eq \r(3) 的等边三角形，A1A＝2，点A1在下底面上的射影是△ABC的中心O. (1)求证：平面A1AO⊥平面BCC1B1； (2)求二面角C1­AB­C的余弦值． 解　(1)证明　因为A1在下底面上的射影是△ABC的中心O， 所以A1O⊥底面ABC，所以A1O⊥BC． 因为O为△ABC的中心，且△ABC为等边三角形， 所以AO⊥BC． 因为A1O⊂平面A1AO，AO⊂平面A1AO，A1O∩AO＝O， 所以BC⊥平面A1AO. 因为BC⊂平面BCC1B1， 所以平面A1AO⊥平面BCC1B1. (2)取AB的中点E，连接OE. 因为O为△ABC的中心，且△ABC为等边三角形， 所以OE⊥AB． 以O为坐标原点，OE所在直线为x轴，过点O作平行于AB的直线为y轴，OA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，0)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)) ，A1(0，0， eq \r(3) )，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，\r(3))) ， 所以C1A＝(2，－ eq \r(3) ，－ eq \r(3) )， eq \o(AB,\s\up15(→)) ＝(0， eq \r(3) ，0). 设平面C1AB的法向量为n＝(x，y，z)， 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－\r(3)y－\r(3)z＝0，,\r(3)y＝0，)) 令x＝ eq \r(3) ，则z＝2，所以n＝( eq \r(3) ，0，2)是平面C1AB的一个法向量． 易知OA1＝(0，0， eq \r(3) )为平面ABC的一个法向量， 设二面角C1­AB­C的平面角为θ，显然θ为锐角， 所以 所以二面角C1­AB­C的余弦值为 eq \f(2\r(7),7) . 8．(皖南八校联考)如图，将长方形OAA1O1绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA＝1，O1O＝2，劣弧A1B1的长为 eq \f(π,6) ，AB为圆O的直径． (1)在弧AB上是否存在点C(C，B1在平面OAA1O1的同侧)，使BC⊥AB1？若存在，确定其位置；若不存在，请说明理由； (2)求平面A1O1B与平面B1O1B夹角的余弦值． 解　(1)假设在弧AB上存在点C(C，B1在平面OAA1O1的同侧)，使BC⊥AB1. 连接AC，B1C，则BC⊥AC． 因为AB1∩AC＝A，AB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C， 所以BC⊥平面AB1C． 因为B1C⊂平面AB1C，所以BC⊥B1C， 则B1C为圆柱OO1的母线，证明如下： 假设B1C不是圆柱OO1的母线，设B1C′是圆柱OO1的母线， 则BC⊥平面B1CC′，则BC⊥CC′. 因为BC⊥AC，所以AC∥CC′，矛盾，所以B1C为圆柱OO1的母线． 故存在点C(C，B1在平面OAA1O1同侧)，当C为靠近点A的弧AB的六等分点时，BC⊥AB1. (2)以O为原点，OA，OO1分别为y，z轴，垂直于平面OAA1O1的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则O1(0，0，2)，B(0，－1，0)，＝(0，－1，－2). 因为劣弧A1B1的长为 eq \f(π,6) ，O1A1＝1， 所以∠A1O1B1＝ eq \f(π,6) ，所以B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2)) ，＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)) . 设平面B1O1B的法向量为m＝(x，y，z)， 令x＝－3，得y＝ eq \r(3) ，z＝－ eq \f(\r(3),2) ， 所以m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\r(3)，－\f(\r(3),2))) 是平面B1O1B的一个法向量． 因为x轴垂直于平面A1O1B，所以平面A1O1B的一个法向量为n＝(1，0，0). 因为cos 〈m，n〉＝ eq \f(－3,\r(9＋3＋\f(3,4))) ＝－ eq \f(2\r(51),17) ， 所以平面A1O1B与平面B1O1B夹角的余弦值为 eq \f(2\r(51),17) . $$