1.1.3 第2课时 空间直角坐标系-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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[知识点二]　空间向量坐标的应用　 1．点P(x，y，z)到坐标原点O(0,0,0)的距离OP＝eq \r(x2＋y2＋z2). 2．任意两点P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)间的距离|P1P2|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12). 　若a＝xe1＋ye2＋ze3，则a的坐标一定是(x，y，z)吗？ [提示]　不一定，当e1，e2，e3是单位正交基底时，坐标是(x，y，z)，否则不是． [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1) 在空间直角坐标系中，x轴上点的坐标满足x＝0，z＝0.(　　) (2)向量eq \o(AP,\s\up16(→))的坐标与点P的坐标一致．(　　) (3) 点(2,0,3)在Oxz平面上．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√ 2．下列点在x轴上的是(　　) A．(0.1,0.2,0.3)　　 B．(0,0,0.001) C．(5,0,0) D．(0,0.01,0) 解析：C　[x轴上的点的纵坐标和竖坐标为0.] 3．点P(1，－2,5)到xOy平面的距离为(　　) A．1　　 B．2　　　C．－2　　　D．5 解析：D　[点P(1，－2,5)在xOy平面上的射影是P′(1，－2,0)，则点P(1，－2,5)到xOy平面的距离为|PP′|＝5.] 求空间点的坐标 [例1]　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝4，|AD|＝3，|AA1|＝5，N为棱CC1的中点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． (1)求点A，B，C，D，A1，B1，C1，D1的坐标； (2)求点N的坐标． [思路点拨]　将各个点在坐标上的射影求出，即可写出空间各点的坐标． [解]　(1)显然D(0,0,0)， 因为点A在x轴的正半轴上，且|AD|＝3， 所以A(3,0,0)．同理，可得C(0,4,0)，D1(0,0,5)． 因为点B在坐标平面xOy内，BC⊥CD，BA⊥AD，所以B(3,4,0)．同理，可得A1(3,0,5)，C1(0,4,5)，与B的坐标相比，点B1的坐标中只有竖坐标不同，|BB1|＝|AA1|＝5，则B1(3,4,5)． (2)由(1)知C(0,4,0)，C1(0,4,5)， 则C1C的中点N为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0＋0,2)，\f(4＋4,2)，\f(0＋5,2)))， 即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，\f(5,2))). 坐标轴上或坐标平面上点的坐标的特点 x轴上 (x,0,0) xOy平面上 (x，y,0) y轴上 (0，y,0) yOz平面上 (0，y，z) z轴上 (0,0，z) xOz平面上 (x,0，z) 坐标原点 (0,0,0) [变式训练] 1.已知正四棱锥P－ABCD的底面边长为5eq \r(2)，侧棱长为13，建立的空间直角坐标系如图，写出各顶点的坐标． 解：因为|PO|＝eq \r(|PB|2－|OB|2)＝eq \r(169－25)＝12， 所以各顶点的坐标分别为P(0,0,12)， Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)，－\f(5\r(2),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)，\f(5\r(2),2)，0))， Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(2),2)，\f(5\r(2),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(2),2)，－\f(5\r(2),2)，0)). 空间向量的坐标表示 [例2]　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1的底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点，试建立恰当的坐标系，求向量eq \o(BN,\s\up16(→))，eq \o(BA1,\s\up16(→))，eq \o(A1B,\s\up16(→))的坐标． [思路点拨]　以点C为原点，分别以eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\s\up16(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，然后，把BN，eq \o(BA1,\s\up16(→))，eq \o(A1B,\s\up16(→))分别用eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\s\up16(→))表示出来，再写出它们的坐标． [解]　法一：由题意知CC1⊥AC，CC1⊥BC，AC⊥BC，以点C为原点，分别以CA，CB，CC1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示． ∴eq \o(BN,\s\up16(→))＝eq \o(AN,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up16(→))＋eq \o(CA,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up16(→))，∴eq \o(BN,\s\up16(→))的坐标为(1，－1,1)， 而eq \o(BA1,\s\up16(→))＝eq \o(CA1,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(CC1,\s\up16(→))， ∴eq \o(BA1,\s\up16(→))的坐标为(1，－1,2)． 又∵eq \o(A1B,\s\up16(→))＝－eq \o(BA1,\s\up16(→))，∴eq \o(A1B,\s\up16(→))的坐标为(－1,1，－2)． 法二：建系同法一，则B(0,1,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,2)，N(1,0,1)， ∴eq \o(BN,\s\up16(→))＝(1，－1,1)，eq \o(BA1,\s\up16(→))＝(1，－1,2)，eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(－1，1，－2)． 建立适当的空间直角坐标系，以各点的坐标表示简单方便为宜． 向量的坐标即终点坐标减去起点坐标对应的坐标．求点的坐标时，一定要注意向量的起点是否在原点，在原点时，向量的坐标与终点坐标相同；不在原点时，向量的坐标加上起点坐标才是终点坐标． [变式训练] 2．设正四棱锥S－P1P2P3P4的所有棱长均为2，建立适当的空间直角坐标系，求eq \o(SP,\s\up16(→))1、eq \o(P2P,\s\up16(→))3的坐标． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，其中O为底面正方形的中心，P1P2⊥Oy轴，P1P4⊥Ox轴，SO在Oz轴上．∵|P1P2|＝2，而P1、P2、P3、P4均在xOy平面上， ∴P1(1,1,0)，P2(－1,1,0)． 在xOy平面内，P3与P1关于原点O对称，P4与P2关于原点O对称，∴P3(－1，－1,0)， P4(1，－1,0). 又|SP1|＝2，|OP1|＝eq \r(2)， ∴在Rt△SOP1中，|SO|＝eq \r(2)， ∴S(0,0，eq \r(2))． ∴eq \o(SP1,\s\up16(→))＝eq \o(OP1,\s\up16(→))－eq \o(OS,\s\up16(→))＝(1,1，－eq \r(2))， eq \o(P2P3,\s\up16(→))＝eq \o(OP3,\s\up16(→))－OP2＝(0，－2,0)． 利用空间直角坐标系求夹角与长度 [例3]　如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝eq \f(1,4)CD，H为C1G的中点． (1)求证EF⊥B1C； (2)求EF与C1G所成角的余弦值；(3)求FH的长． [思路点拨]　根据正方体的特殊性，可考虑建立空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，套用数量积、夹角、模长公式即可． [解]　 (1)证明：如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D－xyz，易知E(0,0，eq \f(1,2))，F(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，G(0，eq \f(3,4)，0)，H(0，eq \f(7,8)，eq \f(1,2))． ∵eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))， eq \o(B1C,\s\up16(→))＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1,0，－1)，∴eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(B1C,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)×(－1)＋eq \f(1,2)×0＋(－eq \f(1,2))×(－1)＝0， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))⊥eq \o(B1C,\s\up16(→))，即EF⊥B1C. (2)由(1)易知eq \o(C1G,\s\up16(→))＝(0，eq \f(3,4)，0)－(0,1,1)＝(0，－eq \f(1,4)，－1), eq \o(EF,\s\up16(→))＝(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，－eq \f(1,2))， ∴|eq \o(C1G,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(17),4)，|eq \o(EF,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(3),2)， eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(C1G,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)×0＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＝eq \f(3,8)， ∴cos〈eq \o(EF,\s\up16(→))，eq \o(C1G,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(EF,\s\up16(→))·\o(C1G,\s\up16(→)),|\o(EF,\s\up16(→))||\o(C1G,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(51),17)， 即异面直线EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(51),17). (3)由(1)知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,8)，\f(1,2)))， ∴eq \o(FH,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,8)，\f(1,2)))， ∴|eq \o(FH,\s\up16(→))|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(41),8). 即FH的长为eq \f(\r(41),8) 通过分析几何体的结构特征，建立适当的坐标系，使尽可能多的点落在坐标轴上，以便写点的坐标时便捷．建立坐标系后，写出相关点的坐标，然后再写出相应向量的坐标表示，把向量坐标化，然后再利用向量的坐标运算求解夹角和距离问题． [变式训练] 3.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点． (1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求异面直线AN与CM所成角的余弦值． 解：(1)证明：设eq \o(AB,\s\up16(→))＝p，eq \o(AC,\s\up16(→))＝q，eq \o(AD,\s\up16(→))＝r. 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三个向量两两夹角均为60°. eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(AN,\s\up16(→))－eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)， ∴eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2) ＝eq \f(1,2)(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0. ∴eq \o(MN,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，即MN⊥AB.同理可证MN⊥CD. (2)设向量eq \o(AN,\s\up16(→))与eq \o(MC,\s\up16(→))的夹角为θ. ∵eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(q＋r), eq \o(MC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AM,\s\up16(→))＝q－eq \f(1,2)p， ∴eq \o(AN,\s\up16(→))·eq \o(MC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(q＋r)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(1,2)p))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q2－\f(1,2)q·p＋r·q－\f(1,2)r·p)) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)a2cos 60°＋a2cos 60°－\f(1,2)a2cos 60°)) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(a2,4)＋\f(a2,2)－\f(a2,4)))＝eq \f(a2,2). 又∵|eq \o(AN,\s\up16(→))|＝|eq \o(MC,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(3),2)a， ∴eq \o(AN,\s\up16(→))·eq \o(MC,\s\up16(→))＝|eq \o(AN,\s\up16(→))|·|eq \o(MC,\s\up16(→))|cos θ＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(\r(3),2)a×cos θ＝eq \f(a2,2). ∴cos θ＝eq \f(2,3).∴向量eq \o(AN,\s\up16(→))与eq \o(MC,\s\up16(→))的夹角的余弦值为eq \f(2,3)，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为eq \f(2,3). [当堂达标] 1．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则点B1的坐标是(　　) A．(1,0,0)　　　　 B．(1,0,1) C．(1,1,1) D．(1,1,0) 解析：C　[点B1到三个坐标平面的距离都为1，易知其坐标为(1,1,1)，故选C.] 2. (多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则(　　) A．点B1的坐标为(4,5,3) B．点C1关于点B对称的点为(5,8，－3) C．点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3) D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0) 解析：ACD　[根据题意知：点B1的坐标为(4,5,3)，A正确；B的坐标为(4,5,0)，C1坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，－3)，B错误；点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确；点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确；故选：ACD.] 3.如图，以长方体ABCD－A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若eq \o(DB1,\s\up16(→))的坐标为(4,3,2)，则eq \o(AC1,\s\up16(→))的坐标为　________　. 解析：以长方体ABCD－A1B1C1D1的顶点D为坐标原点， 过D的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 因为eq \o(DB1,\s\up16(→))的坐标为(4,3,2)，所以A(4,0,0)，C(0,3,2) 所以eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(－4,3,2)． 答案：(－4,3,2) 4．如图，建立空间直角坐标系O－xyz.单位正方体ABCD—A′B′C′D′顶点A位于坐标原点，其中点B(1,0,0)，点D(0,1,0)，点A′(0,0,1)． (1)若点E是棱B′C′的中点，点F是棱B′B的中点，点G是侧面CDD′C′的中心，则分别求出向量eq \o(OE,\s\up16(→))，eq \o(OG,\s\up16(→))，eq \o(FG,\s\up16(→))的坐标； (2)在(1)的条件下，分别求出(eq \o(OE,\s\up16(→))＋eq \o(OG,\s\up16(→)))·eq \o(FG,\s\up16(→))；|eq \o(EG,\s\up16(→))|的值． 解： (1)因为点E是棱B′C′的中点，点F是棱B′B的中点，点G是侧面CDD′C′的中心， 可得O(0,0,0)，E(1，eq \f(1,2)，1)，F(1,0，eq \f(1,2)), G(eq \f(1,2)，1，eq \f(1,2))， 所以eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \o(FG,\s\up16(→))＝eq \o(OG,\s\up16(→))－eq \o(OF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)). (2)由(1)可得(eq \o(OE,\s\up16(→))＋eq \o(OG,\s\up16(→)))·eq \o(FG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(3,2)，\f(3,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))＝eq \f(3,2)×(－eq \f(1,2))＋eq \f(3,2)×1＋eq \f(3,2)×0＝eq \f(3,4). 又由eq \o(EG,\s\up16(→))＝(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，－eq \f(1,2))，所以|eq \o(EG,\s\up16(→))| ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2). $$