专题1 空间直角坐标系的构建方法-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步练测（人教A版2019）

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 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 ABC- A?B?C?中，BA=BC=2AA?,∠ABC=90°, 点 D是 BC的中点，点E在棱 A?B?上，且 满足 AE与DC?成60°角. (1)求二面角C?-AD-C的 A? C EBi 余弦值； (2)求线段 A?E与B?E的 A C D长度之比. B 题型二 利用线面关系建系 3.(新高考Ⅱ)如图，三棱锥 A-BCD 中，DA= DB= DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC= F60°,E为BC中点. A (1)证明：BCIDA (2)点F满足EF=DA,求二 面角 D-AB-F的正弦值. D B 2.(新 高 考I)如 图，在 正 四棱 柱 ABCD- A?B?C?D?中，AB=2,AA?=4.点 A?,B?, C?,D?分别在棱 AA?,BB?, C? B? D? CC?,DD?上，AA?=1,BB?= C DD?=2,CC?=3. B? D?k (1)证明：B?C?//A?D?; A?C (2)点P在棱 BB?上，当二面 B D A 角 P-A?C?-D?为150°时，求 B?P的长. 4.在三棱锥 P-ABC 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 P N,使 BC//平面 AMN,并说 明理由； M A (2)试求直线 AM与平面 PBC所成角的正弦值. B 29 C ?高中数学·选择性必修 第一册 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 P -ABCD中，底面 ABCD为 正方形，平面 PAD⊥平面 ABCD,PA⊥ AD,PA= P Q A D AB=2,Q是棱 PD 的 中点. B C (1)求证：PB//平面 ACQ; (2)求直线 PB到平面 ACQ的距离. 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 =√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. A F A F B E Bl E C D 图1 C 图2 D 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 ABC-A?B?C?中，底 面 △ABC是边长为√3的等边三角形，A?A=2, A? C点 A?在下底面上的射影 B 是△ABC的中心0. (1)求证：平面 A?AO⊥ 平面 BCC?B?; A C 0 B (2)求二面角 C?-AB-C 的余弦值. 8.(皖南八校联考)如图，将长方形 OAA?O?绕 00?旋转一周形成圆柱，其中 OA=1,O?0 6,AB为圆O的=2,劣弧 A?B?的长为 直径. (1)在弧 AB上是否存在点 0? C(C,B?在平面 OAA?O?的 同侧),使 BC_AB??若存 在，确定其位置；若不存在， 请说明理由； B (2)求平面 A?O?B与平面 B?O?B夹角的余 弦值. 30 A PAD,所以 PE⊥平面 ABCD. 以E为原点，以EA,EB,EP所在直线分别为x,y,z轴 建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0),B(0,√3,0),D(-1, 0,0),P(0,0,√3),C(-1,√3,0), (-2.),P=(0,√3,-√3),Bb=(-1,所以 M -√3,0),B-(-号，一客，竖). 设平面 BDM的法向量是n=(x,y,z),.⋯则< 令x=√3,则n=(√3,-1,0)是平面 BDM的一个法 向量. 设直线 PB与平面BMD所成的角为θ, 则sino-|·m-云一厚 所以cos0=√1-sin b=4. (3)假设存在满足题意的点N.设PN=λPA(O≤λ≤ 1).因为PA=(1,0,-√3),所以BN=PN-PB=APA -PB=A(1,0,-√3)-(0,√3,-√3)=(à,-√3,-√3λ +√3).设平面 BMN的法向量是m=(xg,y,。),则 取 x?=√3,则 m=(√3,÷,)是平面BMN的一个法向量. m* 由 题 意 得 | cos(m,n〉| m n 3-是 .解得A=号成景.√3+÷+Q+ax 又PA=2,所以 PN=号成毒. PN=音或 PN=号.所以存在满足题意的点N,且 [跟踪训练] 5.解 (1)以C为原点，分别以CA,CB,CC?为x轴、y 轴、之轴建立空间直角坐标系，如图所示， B? M A C By 则C(0,0,0),A(4,0,0),A,(4,0,2√2),B?(0,4,2√2). ∵A?M=3MB,∴M(1,3,2√2). 可得A,C=(-4,0,-2√2),AM=(-3,3,2√2), :oAC.0=AC- ∴异面直线 AM和A?C所成角的余弦值为 (2)由(1)得AB=(-4,4,0),AC=(-4,0,2√2). 设n=(a,b,c)是平面ABC的一个法向量，可得 n·AB=-4a+4b=0. n·AC?=-4a+2√2c=0, 取a=1,得b=1,c=√2,∴n=(1,1,√2). ∵直线 AM与平面ABC?所成角为30°, ∴AM与n所成角为60°或 120°, ∴|os<AN,m1=2. 设点M的横坐标为x,则AM=(x-4,4-x,2√2), AM·n_x-4+4-x+√2×2√2 |AM||n|2√(x-4)2+(4-x)2+8 -√220,解得 x=2或 6. ∵M在A?B?上，∴x<4,故x=2.即点M为线段A,B? 的中点时，直线 AM与平面ABC?所成角为30°. 专题1空间直角坐标系的构建方法 题型一 1.解 (1)因为三棱柱 ABC-A,B,C,是直三棱柱，∠ABC =90°,所以 BA,BC,BB,两两互相垂直.以B为坐标原 点，BC,BA,BB,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), zA Ci C(2,0,0),A(0,2,0),C(2,0, E 1),D(1,0,0),所以Ab=(1, B -2,0),AC=(2,-2,1). A C 设平面 ADC?的一个法向量 D B 为 n =(x,y,x),则 有{ 生 12-20+-0所以· 令y=1,则x=2,≥=-2,所以n =(2,1,-2). 易知平面ADC的一个法向量为v=CC=(0,0,1).所 以 cos(n,v)=1m1=-号. 由图可知二面角C?-AD- 3.C是锐二面角，所以二面角C?-AD-C的余弦值为- (2)因为点E在棱A?B?上，且由(1)知 A?(0,2,1), B,(0,0,1), 所以可设 E(0,λ,1),0≤λ≤2, 因为A(0,2,0),C(2,0,1),D(1,0,0), 所以AE=(0,λ-2,1),DC=(1,0,1). 因为AE与DC?成60°角， 15 1成1-||-所以 即a-2+T×E,解得λ=1或λ=3(舍去). 所以点E为线段A,B?的中点. 即线段 A,E与B?E的长度之比为1:1. 2.解(1)证明 根据题意建系如图，则有： B?(0,2,2),C?(0,0,3),A,(2,2,1), +zCi B? D?(2,0,2), Dr ∴B,C=(0,-2,1),A.D=(0,-2,1), C? P ∴B,C=A,D,又B?,C?,A?,D?四点 B? D?k不共线， ∴B?C?//A?D?. A?C By(2)在(1)的坐标系下，可设 P(0,2,t), At∈[0,4], x 又由(1)知C?(0,0,3),A?(2,2,1),D?(2,0,2), ∴CA=(2,2,-2),CP=(0,2,t-3),A.D=(0,-2,1). 设平面PA?C?的法向量为m=(x,y,z), 则 取 m=(t-1,3-t,2), 设平面A?C?D?的法向量为n=(a,b,c), 则 取n=(1,1,2), lm·n∴根据题意可得|cos150°|=|cos(m,n)|= m||n| :=-CD+8-0+4×G ∴t2-4t+3=0,又t∈[0,4], ∴解得t=1或t=3, ∴P为B?B?的中点或 B?B的中点， ∴B。P=1. 题型二 3.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. ∵ADC平面ADE,∴BC⊥DA. (2)设 DA=DB=DC=2,∴BC=2√2. ∵DE=AE=√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(√2,0,0),A(0,0,√2),B(0,√2,0), z F E(0,0,0). A ·DA=(-√2.0,√2) AB=(0,√2,-√2) ∵EF=DA,∴F(-√2,0,√2), E ·AF=(-√2.0,0). Dx B y 设平面 DAB与平面 ABF 的一个法向量分别为n= (x?,y?,x?),n?=(x?,y?,x?), {令x?=1,解得y?=x?=1,则 令y?=1,解得x?=0,≈=1, 故n?=(1,1,1),n?=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角为θ, 则1sol-|m.1厅文西厚，故sin0-厚 厚所以二面角 D-AB-F的正弦值为' 4.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,MNC平面AMN, 所以 BC//平面 AMN. (2)因为 PA⊥平面 ABC,∠ABC P tz =90°,所以 PA,AB,BC 两两 M垂直. 以 B为坐标原点，分别以ABR六 A yA户的方向为x,y;x轴的正方向建 C 立如图所示的空间直角坐标系， B 设AB=1,则 B(0,0,0),A(-1,0,0),C(0,1,0),P(-1, 0,1),M(一号，0.号), 所以Aǔ-(言，0,号),B=(-1,0,1),RC=(0,1.0)。 设平面 PBC的法向量为n=(x,y,z),.,则( 令x=1,则×=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, ·应_号 则 S 3√10 10 所以直线 AM与平面PBC 所成角的正弦值为 题型三 5.解(1)证明 如图，连接 BD z P 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. Q DA j 0Bl 因为 PB±平面 ACQ,OQC平 面 ACQ, 所以 PB//平面 ACQ. Cx (2)因为平面 PAD⊥平面ABCD,平面 PAD∩平面 AB- 16 CD=AD,PAC平面 PAD,PA⊥AD, 所以 PA⊥平面 ABCD. 又 ABC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AQ=(0,1,1),AC=(2,2,0). 设平面ACQ的法向量为n=(x,y,z), 毫则 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BC=AD=(0,2,0),所以B到平面ACQ的距离为-. 2即直线 PB到平面ACQ的距离为 6.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=√3. 在多面体中，由AC=√6,知AG2+GC2=AC2, 故 AG⊥GC. 因为AG⊥BE,GC∩BE=G,GC,BEC平面BCDE, 所以 AG⊥平面 BCDE. 又 AGC平面ABEF,所以平面ABEF⊥平面 BCDE. 1z A F A F B( G E B E y C D x D 图1 图2 (2)以G为坐标原点，分别以GC,GE,GA所在直线为 x轴、y轴、之轴，建立如图2所示的空间直角坐标系. 由AG=GC=√3,BG=1,GE=3, 得A(0,0,√3),B(0,-1,0),C(√3,0,0),D(V3,2,0), E(0,3,0),F(0,2,√3). 所以AB=(0,-1,-√3),AC=(√3,0,-√3),EF=(0, -1,√3),FD=AC=(V3,0,-√3). 设平面ABC的法向量为n?=(x,y,z), n·-{属则 令z=1,得n?=(1,-√3,1). 同理，可得平面 DEF的一个法向量为n?=(1,√3,1). 所以cos(n cn.)=1m,1mT=-号. 所以平面ABC与平面 DEF 所成二面角(锐角)的余弦 号值为- 题型四 7.解 (1)证明 因为 A,在下底面上的射影是△ABC的 中心O, 所以 A?O⊥底面 ABC,所以 A,O⊥BC. 因为O为△ABC的中心，且△ABC为等边三角形， 所以 AO⊥BC. 因为 A,OC平面 A?AO,AOC平面 A,AO,A,O∩AO=O, 所以 BC⊥平面 A?AO. 因为 BCC平面 BCC,B?, 所以平面 A?AO⊥平面 BCC?B. (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，OA?所在直线为之轴，建立如图 所示的空间直角坐标系， 2 则 0(0,0.0),A(去，一竖.o)· A By B(去、誓0),A,(0.0,√3), c;(-言.竖√g). A CQE B所以C,A=(2,-√3,-√3),AB y =(0,√3,0). 设平面CAB的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=√3,则≥=2,所以n=(√3,0,2)是平面C?AB的 一个法向量. 易知OA?=(0,0,√3)为平面ABC的一个法向量， 设二面角C?-AB-C的平面角为θ,显然θ为锐角， 所以m 27.所以二面角C?-AB-C的余弦值为： 8.解(1)假设在弧 AB上存在点C(C,B?在平面 OAA?O?的同侧),使BC⊥AB,. 连接 AC,B?C,则 BC⊥AC. 因为 AB?∩AC=A,AB,C平面 AB,C,ACC平 面 AB,C, 所以 BC⊥平面 AB,C. 因为 B,CC平面 AB,C,所以 BC⊥B,C, 则 B,C为圆柱OO?的母线，证明如下： 假设 B?C不是圆柱OO,的母线，设 B,C'是圆柱OO?的 母线， 则 BC⊥平面 B,CC',则 BC⊥CC'. 因为 BC⊥AC,所以 AC//CC',矛盾，所以 B?C为圆柱 0O?的母线. 故存在点C(C,B?在平面OAA,O?同侧),当C为靠近 点A的弧AB的六等分点时，BC⊥AB. 17 C? (2)以O为原点，OA,OO?分别 为 y,x 轴，垂直 于 平 面 z 0? A? OAA,O?的直线为x轴建立空 间直角坐标系，如图所示， 则O?(0,0,2),B(0,-1,0), O,B=(0,-1,-2). 0 因为劣弧 A?B?的长为香，B< y CxOA?=1, (去誓2),σ成=(去誓0)所以∠A?O?B=吾，所以B,( 设平面B,O?B的法向量为m=(x,y,x), 则 令x=-3.得y=√5,x=一唇， m—(一3√3,一皇)是平面 B,O,B的一个法所以 向量. 因为x轴垂直于平面A?O,B,所以平面 A,O?B的一个 法向量为n=(1,0,0). 因为( 所以平面 A?O?B与平面 B,O?B 夹角的余弦值 为2 √5T 17· 专题2利用空间向量解决立体几何中的 折叠问题及存在性问题 题型一 1.解(1)证明因为四边形 ABCD是平行四边形， ∠BAD=60°,所以∠ABC=120°, 连接AC,在△ABC中，根据余弦定理得 AC2=AB2+ BC2-2AB·BC·cos∠ABC=7. 因为 PC=√1I,所以 PC2=AC2+PA2,所以PA⊥AC. 又因为PA⊥AB,且AB∩AC=A,所以PA⊥平面 ABCD. 因为 BDC平面 ABCD,所以 PA⊥BD. (2)因为BC=2,CD=1,∠BCD= 60°,在△BCD中，由余弦定理可得 P BD=√3,所以 BD⊥CD. 由(1)可知 PA⊥平面ABCD,则以 D为原点，DB,DC的方向分别为x 轴、y轴的正方向，过点 D作PA 的平行线为之轴，建立如图所示的 空间直角坐标系D-xyz, A D B》 C x y 则 D(0,0,0),A(√3,-1,0),B(√3,0,0),P(√3,-1,2), 故DA=(√3,-1,0),DP=(√3,-1,2),DB=(√3,0,0). 设平面PAD的法向量为n=(x?,y?,z?), .一?=。由 令x?=1,可得n=(1,√3,0). 设平面PBD的法向量为m=(x?,y?,z?), :一+2-由 令y?=2,可得m=(0,2,1). 故cos(n.m)-mm-2 设二面角A-PD-B为0,由图可知θ为锐角， 则 cos O=cos(n.m)=. 2.解(1)取 AE的中点 M,连接 12 B?B,M.易知BA=AD=DC=AE= BE=a,则△ABE为等边三角形， 故△AB,E也为等边三角形.所以 F y A DB.M⊥AE,B,M=a.又因为平 M面B,AE⊥平面 AECD,所以 B,M⊥ 平面 AECD, E C 所以Vwm=÷×唇a×a×a× x sin晋一个. (2)连接MD,以M为原点，分别以ME,MD,MB,的方 向为 x,y,≈轴的正方向建立空间直角坐标系，则 E(兰-0.0),c(a.ao),A(一兰.0,0),D(o,竖a.), B.(0.0,誓)· 则EC=(.竖a?),EE=(一号.0,昼a),Ab= (盖.誓a.0),AB=(2.0,誓。). 设平面 ECB,的法向量为u=(x′,y',z), 则4 令x'=1,则u=(1.一得.得), 设平面ADB,的法向量为v=(x,y,z), /⋯·Ab=0, 则 。即 令x=1,则v=(1.一得，一得), 则 cos(u,v)=[u可=号， 言所以平面ADB,与平面 ECB,所成角的正弦值为- 18