第1章 专题1 空间直角坐标系的构建方法 （教师用书）-【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2019）

专题1 空间直角坐标系的构建方法 [对应学生用书第29页] 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＝(1，－2，0)，＝(2，－2，1). 设平面ADC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有所以令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＝＝(0，0，1).所以cos 〈n，v〉＝＝－.由图可知二面角C1­AD­C是锐二面角，所以二面角C1­AD­C的余弦值为. (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＝(0，λ－2，1)，＝(1，0，1). 因为AE与DC1成60°角， 所以＝cos 60°＝. 即＝，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∈， 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＝＝， ∴＝， ∴t2－4t＋3＝0，又t∈， ∴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＝，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. ∵DE＝AE＝，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(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)， E(0，0，0). ∴＝(－，0，)， ＝(0，，－). ∵＝，∴F(－，0，)， ∴＝(－，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)， 则令x1＝1，解得y1＝z1＝1， 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＝＝＝，故sin θ＝. 所以二面角D­AB­F的正弦值为. 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，，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， 所以＝，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则令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, 〉|＝＝ ＝. 所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为. 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＝(0，1，1)，＝(2，2，0). 设平面ACQ的法向量为n＝(x，y，z)， 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＝＝(0，2，0)，所以B到平面ACQ的距离为＝＝， 即直线PB到平面ACQ的距离为. 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＝. (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＝. 在多面体中，由AC＝，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＝，BG＝1，GE＝3， 得A(0，0，)，B(0，－1，0)，C(，0，0)，D(，2，0)，E(0，3，0)，F(0，2，). 所以＝(0，－1，－)，＝(，0，－)，＝(0，－1，)，＝＝(，0，－). 设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，得n1＝(1，－，1). 同理，可得平面DEF的一个法向量为n2＝(1，，1). 所以cos 〈n1，n2〉＝＝－. 所以平面ABC与平面DEF所成二面角(锐角)的余弦值为. 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，B，A1(0，0，)，C1， 所以＝(2，－，－)，＝(0，，0). 设平面C1AB的法向量为n＝(x，y，z)， 即 令x＝，则z＝2，所以n＝(，0，2)是平面C1AB的一个法向量． 易知＝(0，0，)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. 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，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，O1A1＝1， 所以∠A1O1B1＝，所以B1，＝. 设平面B1O1B的法向量为m＝(x，y，z)， 令x＝－3，得y＝，z＝－， 所以m＝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〉＝＝－， 所以平面A1O1B与平面B1O1B夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$