第1章 专题强化练2 空间直角坐标系常用建系设点方法与技巧（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（人教A版2019）

专题强化练2　空间直角坐标系常用建系设点方法与技巧 1.如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2CF=2. (1)求证:BF∥平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值. 2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,△ABC是等边三角形,PA=AB=1. (1)求证:平面PCD⊥平面PAC; (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. 3.如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠CDB,E为AC的中点. (1)证明:AC⊥平面BDE; (2)设DE⊥BE,DE=1,∠ACB=60°,点F在BD上(包含端点),若CF与平面ABD所成角的正弦值为,求此时点F的位置. 4.如图,在三棱锥P-ABC中,AC⊥BC,D是AC的中点,E是AB上一点,AC⊥平面PDE. (1)证明:DE∥平面PBC; (2)若AC=BC=4,PD=PE=2,求二面角D-PB-E的正弦值. 5.如图,三棱锥E-ABD和三棱锥F-BCD均是棱长为2的正四面体,且A,B,C,D四点共面,记直线AE与CF的交点为Q,连接QD,QB. (1)求三棱锥Q-BDE的体积; (2)求二面角A-QD-C的正弦值. 6.如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H,将△DEF沿EF折起到△D'EF的位置,使OD'=. (1)证明:D'H⊥平面ABCD; (2)求二面角B-D'A-C的正弦值. 7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2. (1)求证:A1C1⊥平面ABB1A1; (2)求棱AA1与BC所成的角的大小; (3)在线段B1C1上确定一点P,使AP=,并求出二面角P-AB-A1的平面角的余弦值. 8.如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面圆的圆心,AC为底面圆的直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且△ABD的边长为,点E在母线PC上,且AE=,CE=1. (1)求证:直线PO∥平面BDE,并求三棱锥P-BDE的体积; (2)若点M为线段PO上的动点,当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时,求点M到平面ABE的距离. 答案与分层梯度式解析 专题强化练2　空间直角坐标系常用建系设点方法与技巧 1.解析　(1)证明:因为CF∥AE,CF⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,所以CF∥平面ADE, 因为AD∥BC,BC⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,所以BC∥平面ADE, 又CF∩BC=C,CF,BC⊂平面BCF,所以平面BCF∥平面ADE, 因为BF⊂平面BCF,所以BF∥平面ADE. (2)因为AE⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以AE⊥AB,AE⊥AD,又AD⊥AB,所以AB,AD,AE两两互相垂直. 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,因为AB=AD=1,AE=BC=2CF=2, 所以B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2),则=(-1,-2,2),=(-1,0,2),=(0,-1,2), 设平面BDE的法向量为m=(x,y,z), 则令z=1,则x=2,y=2, 所以m=(2,2,1), 所以|cos<m,>|===,故直线CE与平面BDE所成角的正弦值为. (3)由(2)知,F(1,2,1),则=(0,2,1),=(-1,1,0), 设平面BDF的法向量为n=(a,b,c), 则令c=-2,则a=1,b=1, 所以n=(1,1,-2), 由(2)知,平面BDE的一个法向量为m=(2,2,1), 所以|cos<m,n>|===, 故平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为. 名师点睛　常见建立空间直角坐标系的技巧 1.利用共顶点且相互垂直的三条棱建系,如图1. 　　 2.利用线面垂直建系,如图2. 3.利用面面垂直建系,如图3. 　　 4.利用正棱锥的中心与高所在直线建系,如图4. 5.利用图形中的对称关系建系.图形中有一定的对称关系(如正三棱柱、正四棱柱等)时,利用图形自身对称性可建立空间直角坐标系. 2.解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵AD∥BC,△ABC是等边三角形,∴∠CAD=∠ACB=∠ABC=60°, 在△ACD中,AC=1,AD=2,∠CAD=60°,∴CD=, ∴AC2+CD2=AD2,∴AC⊥CD. 又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴CD⊥平面PAC, 又CD⊂平面PCD,∴平面PCD⊥平面PAC. (2)取BC的中点E,连接AE,则AE,AD,AP两两互相垂直,以A为坐标原点,AE,AD,AP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A(0,0,0),P(0,0,1),C,B, ∴=(0,0,1),=,=(0,1,0),=. 设平面PAC的法向量为m=(x,y,z), 则所以 令x=1,则y=-,z=0,∴m=(1,-,0). 设平面PBC的法向量为n=(x1,y1,z1), 则所以 令x1=2,则y1=0,z1=,∴n=(2,0,). 记平面PAC与平面PBC的夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|==, 故平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为. 3.解析　(1)证明:∵AD=CD,E为AC的中点,∴AC⊥DE, 在△ABD和△CBD中,AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB, 又E为AC的中点,∴AC⊥BE, 又DE,BE⊂平面BDE,DE∩BE=E,∴AC⊥平面BDE. (2)由(1)知,DE⊥AC,BE⊥AC,又DE⊥BE, 故DE,AC,BE两两互相垂直, 以E为坐标原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Exyz,如图所示, ∵DE=1,AD=CD,∴AE=CE=1,又∠ACB=60°,AC⊥BE,∴BE=, 则A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1), ∴=(-1,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1), 设n=(x,y,z)为平面ABD的法向量, 则即 取y=,则x=3,z=3,∴平面ABD的一个法向量为n=(3,,3), 又C(-1,0,0),∴=(1,0,1), 由点F在BD上(包含端点),可设=λ=(0,λ,-λ),λ∈[0,1], ∴=+=(1,λ,1-λ), 设CF与平面ABD所成的角为θ, ∴sin θ=|cos<n,>|===, ∴(4λ-1)2=0,解得λ=(二重根),∴=, ∴F为BD上靠近点D的四等分点. 4.解析　(1)证明:因为AC⊥平面PDE,DE⊂平面PDE,所以AC⊥DE, 因为AC⊥BC,且直线AC,BC,DE⊂平面ABC, 所以DE∥BC, 因为DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC, 所以DE∥平面PBC. (2)取DE的中点O,连接PO,过点O作OF⊥DE交BC于点F, 因为PD=PE,O为DE的中点,所以PO⊥DE, 因为AC⊥平面PDE,PO⊂平面PDE, 所以AC⊥PO,因为DE∩AC=D,DE,AC⊂平面ABC, 所以PO⊥平面ABC,又OF⊂平面ABC,所以PO⊥OF. 如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系, 因为D是AC的中点,DE∥BC,所以E为AB的中点,DE=BC=2,易知四边形OFCD是矩形,所以CF=OD=1,OF=CD=2. 所以E(1,0,0),D(-1,0,0),B(3,2,0), 因为PD=PE=2,所以PO=,即P(0,0,), 所以=(4,2,0),=(1,0,),=(-1,0,),=(2,2,0), 设平面PBD的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 令x1=,得y1=-2,z1=-1, 所以平面PBD的一个法向量为m=(,-2,-1), 设平面PBE的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 令x2=,得y2=-,z2=1, 所以平面PBE的一个法向量为n=(,-,1), 所以cos<m,n>====, 设二面角D-PB-E的大小为θ,则θ∈[0,π],cos θ=±cos<m,n>, 所以sin θ==, 所以二面角D-PB-E的正弦值为. 5.解析　(1)连接AC,交BD于点O,连接OQ,OE,OF,过E作EG∥OQ,交AC于点G,如图, 因为三棱锥E-ABD和三棱锥F-BCD均是棱长为2的正四面体, 所以AO=OC,OE=OF,AE=FC,所以△AOE≌△COF,所以∠EAO=∠FCO,所以AQ=CQ,所以OQ⊥AC, 因为BF=DF,FQ=FQ,∠BFQ=π-=∠DFQ,所以△BFQ≌△DFQ,所以BQ=DQ, 又O是BD的中点,所以OQ⊥BD, 又AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以OQ⊥平面ABCD, 因为EG∥OQ,所以EG⊥平面ABCD, 又三棱锥E-ABD是正四面体,所以G是底面△ABD的中心, 在边长为2的等边△ABD中,易得AO=,AG=AO=, 在Rt△AEG中,AE=2,则GE==, 又GE∥OQ,所以==,则OQ=GE=, 因为S△ABD=·BD·AO=×2×=, 所以VQ-BDE=VQ-ABD-VE-ABD=S△ABD·OQ-S△ABD·GE=××-××=, 故三棱锥Q-BDE的体积为. (2)由(1)知四边形ABCD是菱形,则AC⊥BD, 又OQ⊥AC,OQ⊥BD,所以OQ,AC,BD两两垂直, 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 易得A(0,-,0),D(-1,0,0),C(0,,0),Q(0,0,), 所以=(-1,,0),=(1,0,),=(-1,-,0), 设平面AQD的法向量为m=(x,y,z), 则 令x=,则y=,z=-1,故m=(,,-1), 设平面CQD的法向量为n=(a,b,c), 则 令a=,则b=-,c=-1,故n=(,-,-1), 设二面角A-QD-C的大小为θ, 所以|cos θ|=|cos<m,n>|===, 所以sin θ==, 所以二面角A-QD-C的正弦值为. 6.解析　(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD,又由AE=CF得=,故AC∥EF,因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H. 由AB=5,AC=6得OD=OB==4. 由AC∥EF得==,所以OH=1,D'H=DH=3. 于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH. 又OH∩EF=H,OH,EF⊂平面ABCD, 所以D'H⊥平面ABCD. (2)由(1)可知HD,HF,HD'两两互相垂直.如图,以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立空间直角坐标系Hxyz, 则A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),则=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3). 设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量, 则即令x1=4,得m=(4,3,-5). 设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量, 则即令z2=1,得n=(0,-3,1), 于是cos<m,n>===-, 设二面角B-D'A-C的平面角的大小为θ,则sin θ=. 因此二面角B-D'A-C的正弦值是. 7.解析　(1)证明:因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,所以A1C1⊥A1B1, 因为顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,所以A1B⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,所以A1B⊥AC,所以A1B⊥A1C1, 又A1B∩A1B1=A1,A1B⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥平面ABB1A1. (2)以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2), 所以=(0,2,2),=(2,-2,0), 设棱AA1与BC所成的角为θ, 所以cos θ=|cos<,>|===,又0<θ≤,所以θ=, 故棱AA1与BC所成的角为. (3)结合(2)中所建坐标系可知A(0,0,0),B(0,2,0),B1(0,4,2),C1(2,2,2),则=(2,-2,0),=(0,2,0). 因为P在线段B1C1上,所以设=λ=(2λ,-2λ,0)(0≤λ≤1),则P(2λ,4-2λ,2). 于是AP==,解得λ=λ=舍去, 则P为棱B1C1的中点,且P(1,3,2),又A(0,0,0),所以=(1,3,2). 设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z), 则令z=-1,得n=(2,0,-1), 易知平面ABA1的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0),则cos<n,m>===, 容易由图形可知该二面角的平面角为锐角, 故二面角P-AB-A1的平面角的余弦值是. 8.解析　(1)设AC∩BD=F,连接EF, ∵△ABD为底面圆O的内接正三角形,其边长为,∴结合正弦定理可得AC==2,且易得F为BD的中点, 又AF===,∴CF=2-=,AO=AF=1. ∵AE=,CE=1,AC=2,∴AE2+CE2=AC2, ∴AE⊥EC, ∵=,∠EAF=∠CAE,∴△AEF∽△ACE, ∴∠AFE=∠AEC,∴EF⊥AC. 易知PO⊥平面ABD,PO⊂平面PAC, ∴平面PAC⊥平面ABD, ∵平面PAC∩平面ABD=AC,EF⊂平面PAC,∴EF⊥平面ABD,又PO⊥平面ABD,∴EF∥PO, ∵PO⊄平面BDE,EF⊂平面BDE,∴PO∥平面BDE. ∵F为BD的中点,∴AF⊥BD,即OF⊥BD, 又EF⊥平面ABD,OF,BD⊂平面ABD,∴EF⊥OF,EF⊥BD, ∵EF∩BD=F,EF,BD⊂平面BDE,∴OF⊥平面BDE,∴点P到平面BDE的距离即为点O到平面BDE的距离. ∵EF===,EF⊥BD, ∴S△BDE=BD·EF=××=, 又OF=AF=, ∴VP-BDE=VO-BDE=S△BDE·OF=××=. (2)由(1)知OF=CF=,∴F为OC的中点,又PO∥EF,∴E为PC的中点,∴PO=2EF,又EF=,∴PO=,∴PC==2, 以F为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A,B,E,D,O,P, ∴=,=,=(0,0,),=,=, 设=λ=(0,0,λ)(0≤λ≤1), ∴=+=. 设平面ABE的法向量为n=(x,y,z), 则令y=-1,解得x=,z=,∴n=(,-1,), 设直线DM与平面ABE所成的角为θ, ∴sin θ===, 令t=3λ+2,则t∈[2,5],λ=, ∴===, ∵∈,∴当=,即λ=时,==, ∴(sin θ)max==1,此时=, ∴=-=, ∴点M到平面ABE的距离d===. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$