第一章 重点题型强化(一) 空间直角坐标系的构建问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

[学习目标] 知识层面 1.了解空间坐标系建立的过程与必要性．　 2．能建立空间直角坐标系解决空间几何问题． 素养层面 依据空间几何体的结构特征建立空间直角坐标系，提升直观想象、逻辑推理素养. 题型一　利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB＝AP＝1，AD＝，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE的一个法向量． 解：因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直． 如图所示，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，C(1，，0), P(0，0，1)，D(0，，0)，E， 于是＝(1，，0)，＝， 设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即所以 令y＝－1，则x＝，z＝，即n＝(，－1，)， 所以平面ACE的一个法向量为n＝(，－1，)． 规律方法 1．在长方体、正方体中，一般选择共顶点的三条相互垂直的棱为坐标轴建系． 2．直棱柱的侧棱垂直于底面，如果在底面上有相互垂直的邻边，也可构造此类建系模型． 　　 对点练1．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为DD1的中点． (1)证明：直线BD1∥平面ACE； (2)求异面直线CD1与AE所成角的余弦值． 解：(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接EO，由于E为DD1的中点，O为BD的中点，则EO∥BD1， 又因为EO⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE. (2)以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方体的棱长为2a，则C(0，2a，0)，D1(0，0，2a)，A(2a，0，0)，E(0，0，a)， 所以＝(0，－2a，2a)，＝(－2a，0，a)， 设CD1与AE所成角为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝， 所以CD1与AE所成角的余弦值为. 学生用书第39页 题型二　利用正棱锥的中心与高所在的直线建系 如图，在正四棱锥P-ABCD中，PA＝AB＝2，点E，F分别为PB，PD的中点．若平面AEF与棱PC交于点G，求平面AEGF与平面ABCD的夹角的余弦值． 解：如图，连接AC，BD交于点O，则OA，OB，OP两两互相垂直． 以点O为坐标原点，分别以射线OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系． 因为PA＝AB＝2，由勾股定理易知OA＝OB＝OP＝＝2， 从而可得有关点的坐标分别为A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，0，0)，D(0，－2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，F(0，－1，1)． 所以＝(－2，1，1)，＝(－2，－1，1)． 设平面AEGF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取x＝1，解得y＝0，z＝2， 从而得到平面AEGF的一个法向量为n＝(1，0，2)． 平面ABCD的法向量显然可取为m＝(0，0，1)， 从而cos〈m，n〉＝＝＝. 所以平面AEGF与平面ABCD的夹角的余弦值是. 规律方法 正棱锥底面中心与顶点的连线与底面垂直，建系时常作z轴． 　　 对点练2．已知正四棱锥V-ABCD中，E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h. (1)求∠DEB的余弦值； (2)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值． 解：(1)如图所示，以V在底面ABCD内的正投影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB．由AB＝2a，OV＝h， 知B(a，a，0)，C(－a，a，0)，D(－a，－a，0)，V(0，0，h)，E. 所以＝，＝， 所以cos〈，〉＝＝， 即cos∠DEB＝. (2)因为BE⊥VC，所以·＝0， 即·(－a，a，－h)＝0， 所以a2－－＝0，所以h＝a. 此时cos〈，〉＝＝＝－＝－， 即cos∠DEB＝－. 题型三　利用线面、面面的垂直关系建系 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点． (1)求证：AE⊥平面A1BD； (2)求直线AB与平面A1BD所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图所示，取A1C1的中点G，连接DG，由直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2，D是AC的中点，所以BD⊥AC， 又平面ACB⊥平面ACC1A1，平面ACB∩平面ACC1A1＝AC，BD⊂平面ABC， 所以BD⊥平面ACC1A1， 由D，G分别为AC，A1C1的中点，可得DG⊥AC，可得DG，DA，DB两两垂直． 以D为坐标原点，以DG，DA，DB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D(0，0，0)，A(0，1，0)，A1(2，1，0)，E(1，－1，0)，B(0，0，)，B1(2，0，)， 可得＝(1，－2，0)，＝(2，1，0)，＝(0，0，)， 因为·＝0，·＝0， 所以AE⊥DA1，AE⊥DB， 又DA1∩DB＝D，DA1，DB⊂平面A1BD， 所以AE⊥平面A1BD． (2)由(1)可得AE⊥平面A1BD，则n＝＝(1，－2，0)，即为平面A1BD的一个法向量， 又由＝(0，－1，)，设直线AB与平面A1BD所成的角为α， 可得sin α＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 所以直线AB与平面A1BD所成角的正弦值为. 规律方法 1．已知条件中的线面、面面垂直关系是建系的依据． 2．如果题目中没有明显的垂直关系，可先根据已知条件，设法证明线面、面面垂直，进而为建系做准备．　　 对点练3．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD＝2BC＝2AB＝4，PA＝2，且∠ABC＝60°，点E为棱PD上一点(不与P，D重合)，平面BCE交棱PA于点F. (1)求证：BC∥EF； (2)若E为PD中点，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值． 解：(1)证明：因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD， 所以BC∥平面PAD， 又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD＝EF， 所以BC∥EF. (2)取BC的中点为M，连接AM， 因为AB＝BC，且∠ABC＝60°， 所以△ABC为等边三角形， 所以AM⊥BC，又AD∥BC，所以AM⊥AD， 以A为原点，以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示， 则A(0，0，0)，C(，1，0)，E(0，2，1)， 所以＝(0，2，1)，＝(，1，0)， 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝，则y＝－3，z＝6，得n＝(，－3，6)． 因为AM⊥平面PAD，所以平面PAD的法向量为m＝(1，0，0)， 设平面ACE与平面PAD的夹角为θ，则cos θ＝＝＝＝. 课时测评11　空间直角坐标系的构建问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9每小题5分，共45分) 1．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝BB1＝2，则点C到直线AB1的距离为(　　) 0 A． B． C． D． 答案：B 解析：取AC的中点O，则BO⊥AC，BO＝，以O为原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B1(，0，2)，C(0，1，0)，所以＝(，1，2)，＝(0，－2，0)，所以在上的投影的长度为＝＝，故点C到直线AB1的距离d＝＝.故选B． 2．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为DD1，BD，BB1的中点，则EF与CG所成的角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则E，F，C(0，1，0)，G，所以＝，＝，设EF与CG所成的角的大小为θ，则cos θ＝＝＝＝＝. 故选C． 3．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝8.点A2，C2，D2分别在棱AA1，CC1，DD1上，AA2＝2，DD2＝4，CC2＝6，则点D到平面A2C2D2的距离为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：以C为坐标原点，CD，CB，CC1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，则D(4，0，0)，C2(0，0，6)，D2(4，0，4)，A2(4，4，2)，＝(0，0，4)，＝(－4，－4，4)，＝(－4，0，2)．设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，则即令a＝1，得m＝(1，1，2)．点D到平面A2C2D2的距离为＝＝.故选D． 4．如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝，则折后直线AC与平面OEF所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：连接OD，OB，依题意可得OD⊥AC，OB⊥AC，又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，以O为原点，OB，OC，OD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，AB为两个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，1)，E，F，＝，＝.设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝1，得n＝(－，1，)，易得与共线的一个向量为m＝(0，1，0)，所以直线AC与平面OEF所成角的正弦值为＝＝.故选A． 5．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BC，CD的中点，则直线BD到平面EFD1B1的距离为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，E，F，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，所以＝，＝(－1，－1，0)，＝，设平面EFD1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则n＝(－2，2，1)，因为BD∥B1D1，BD⊄平面EFD1B1，B1D1⊂平面EFD1B1，所以BD∥平面EFD1B1，所以直线BD到平面EFD1B1的距离即为点B到平面EFD1B1的距离，所以直线BD到平面EFD1B1的距离为d＝＝＝.故选D． 6．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面α，则直线AB与平面α所成角的正弦值可以是(　　) A． B． C． D． 答案：ABC 解析：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，设M(0，2，a)，0≤a≤2，因为AM⊥平面α，故＝(－2，2，a)可作为平面α的一个法向量，而＝(0，2，0)，设直线AB与平面α所成角为θ，θ∈，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，因为0≤a≤2，故2≤≤2，故∈，即sin θ∈，而∈，∉.故选ABC． 7．如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，AP＝a.若D是棱PC上的点，满足PD＝PC，且AD⊥PB，则a＝________． 答案： 解析：因为PA⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC，又AB⊥BC，故PA，AB，BC两两垂直，以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为y，z轴，平行于BC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，故A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，a)，因为PD＝PC，所以D，因为AD⊥PB，所以·＝·(0，2，－a)＝－a2＝0，解得a＝(负值舍去)． 8．(2024·山东淄博高二质量检测)如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则D到直线PB的距离为__________． 答案： 解析：由于PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，而四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，由此以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，＝(3，0，－1)，＝(－3，4，0)，·＝－9，||＝，||＝5，所以D到直线PB的距离为＝＝. 9．已知梯形CEPD如图①所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图②所示的几何体．已知当AB上一点F满足|AF|＝λ|AB|(0＜λ＜1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为________． 答案： 解析：由题意，可构建以A为原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系(图略)，所以C(4，4，0)，D(0，4，0)，E(4，0，2)，P(0，0，4)，F(4λ，0，0)，则＝(4，0，－2)，＝(4，4，－4)，＝(4(λ－1)，0，－2)，＝(4，－4，2)，若m＝(x，y，z)是平面DEF一个法向量，则⇒⇒可得m＝，若n＝(a，b，c)是平面PCE一个法向量，则⇒⇒可得n＝(1，1，2)，由平面DEF⊥平面PCE，所以有＋＋4＝0，解得λ＝. 10．(10分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，|AC|＝|BC|＝＝2. (1)求证：AB1⊥BC1； (2)求点B到平面AB1C1的距离． 解：(1)证明：建立空间直角坐标系，其中C为坐标原点． 依题意得A(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)， 因为·＝(－2，2，2)·(0，－2，2)＝0，所以AB1⊥BC1. (2)设n1＝(x1，y1，z1)是平面AB1C1的法向量， 由得 所以令z1＝1，则n1＝(1，0，1)， 因为＝(－2，2，0)，所以点B到平面AB1C1的距离为d＝＝＝. (11—13每小题5分，共15分) 11．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为4，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段AP长度的取值范围为(　　) A．[1，] B．[1，] C．[，4] D．[2，4] 答案：D 解析：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设P(a，b，4)，CM＝t，t∈[0，4]，则M(0，4，t)，A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，则＝(a－4，b，4)，＝(－4，－4，4)，＝(0，－4，4－t)，因为AP⊥平面MBD1，则即解得故P(4＋t，4－t，4)，则|AP|＝＝，而函数y＝2(t－2)2＋24，t∈[0，4]在t＝2时取到最小值24，在t＝0，4时，取最大值32，故|AP|∈[2，4]．故选D． 12．(多选)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠ABC＝，AB＝PA＝CD＝2，BC＝2，M为PD的中点，则下列结论正确的是(　　) A．直线CM与AD所成角的余弦值为 B．||＝2 C．BM⊥PC D．点M到直线BC的距离为 答案：ABD 解析：过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE＝2，以A为原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，2，0)，C(2，2，0)，D(2，－2，0)，P(0，0，2)，M(，－1，1)，＝(，－3，1)，＝(－，－3，1)，＝(2，2，－2)，＝(2，0，0)，＝(0，－2，2)，＝(2，－2，0)，因为cos〈，〉＝＝＝，所以直线CM与AD所成角的余弦值为，故A正确；因为||＝＝2，所以B正确；因为·＝×2＋(－3)×2＋1×(－2)＝－4≠0，所以BM与PC不垂直，故C不正确；设点M到直线BC的距离为d，则d＝＝＝，即点M到直线BC的距离为，故D正确．故选ABD． 13．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则△MAD的重心到直线BN的距离为____________． 答案： 解析： 以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，N(0，2，1)，M(0，1，2)，D(0，0，0)，设△ADM的重心是G(x，y，z)，则x＝＝，y＝＝，z＝＝，即G，＝，＝(－2，0，1)，·＝＋0＋＝，||＝＝，||＝，cos〈，〉＝＝＝，则〈，〉 是锐角，sin〈，〉＝＝，所以G到直线BN的距离为h＝||sin〈，〉＝×＝. 14．(12分)已知四棱锥P-ABCD中，侧面△PAD为等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝90°，BC＝CD＝AB＝2，PA⊥BD． (1)求证：平面PAD⊥平面ABCD； (2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值． 解：(1)证明：四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝90°，BC＝CD＝AB＝2， 则BD＝＝2，AD＝＝2，AB＝4， 所以BD2＋AD2＝AB2，所以AD⊥BD， 又PA⊥BD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以BD⊥平面PAD，又BD⊂平面ABCD， 所以平面ABCD⊥平面PAD，即平面PAD⊥平面ABCD． (2)如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(0，2，0)，C(－，，0)，P(，0，)， 所以＝(0，2，0)，＝(－2，，－)，＝(，0，)， 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令x＝，则z＝－1，所以n＝(，0，－1)， 设直线PC与平面PBD所成角为θ，则sin θ＝＝＝＝， 所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为. 15．(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知异面直线A1C与AD，A1C与AB所成角的大小分别为60°和45°，则直线B1D和平面A1BC所成的角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：设AD＝1，AB＝a，AA1＝c，则A1C＝，由于AD∥BC，所以异面直线A1C与AD所成角为∠A1CB＝60°，从而A1C＝2，由于AB∥CD，所以异面直线A1C与AB所成角为∠A1CD＝45°，从而A1C＝a，所以c＝1，a＝，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，，0)，C(0，，0)，B1(1，，1)，＝(－1，－，－1)，＝(0，，－1)，＝(－1，0，0)，设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取n＝(0，1，)．所以直线B1D和平面A1BC所成的角的正弦值为＝＝，从而直线B1D和平面A1BC所成的角的余弦值为＝.故选A． 16．(13分)如图，梯形ABCD中，AD＝4，E为AD中点，且CE⊥AD，CE＝BC＝1，将△DEC沿CE翻折到△PEC，使得∠PEA＝.连接PA，PB． (1)求证：BE⊥PC； (2)Q为线段PA上一点，若＝λ，若二面角Q-BC-A的平面角的余弦值为时，求实数λ的值． 解：(1)证明：因为CE⊥AD，所以CE⊥AE，CE⊥PE. 又PE∩AE＝E，PE，AE⊂平面PAE， 所以CE⊥平面PAE. 又CE⊂平面ABCE，所以平面ABCE⊥平面PAE. 在梯形ABCD中，DE＝2，所以AE＝2. 所以在四棱锥P-ABCE中，PE＝AE＝2. 因为∠PEA＝，所以△PAE为正三角形． 取AE中点O，连接PO，OB，OC．易得PO⊥AE，OB⊥AE. 由面面垂直的性质可得PO⊥平面ABCE， 所以PO⊥BE. 又BC＝CE＝OE＝1，CE⊥AE，CE⊥BC， 所以四边形OBCE为正方形，所以BE⊥OC． 又OC∩PO＝O，OC，PO⊂平面POC， 所以BE⊥平面POC． 又PC⊂平面POC，所以BE⊥PC． (2)由(1)知OA，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点．以OA，OB，OP所在直线建立如图所示的坐标系，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，1，0)，P(0，0，)，由＝λ得Q(1－λ，0，λ)(0≤λ≤1)，则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，0，0)． 设平面QBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则即即m＝(0，λ，1)． 易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)， 所以＝＝＝， 解得λ＝或－(舍)．所以λ＝. 学生用书第40页 学科网（北京）股份有限公司 $$