5 重点突破(六) 空间直角坐标系的构建问题-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦空间直角坐标系的构建问题，衔接立体几何与向量应用，通过共点垂直棱、正棱柱中心顶点、线面垂直三种题型的典例，搭建从基础到综合的学习支架，帮助学生逐步掌握建系方法。 其亮点在于以具体问题为载体，引导学生用数学眼光观察空间结构，通过逻辑推理确定坐标系，结合数学运算求解距离、夹角等问题，规律方法总结提炼通用策略。学生能提升直观想象与运算能力，教师可借助分层对点练实施高效教学。

重点突破(六) 空间直角坐标系的构建问题 　 第三章　§4　向量在立体几何中的应用 学习目标 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，提升直观想象、逻辑推 理、数学运算的核心素养. 题型一　利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 1 题型二　利用正棱锥底面中心与高所在的直线建系 2 题型三　利用线面、面面的垂直关系建系 3 内容索引 题型一　利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 返回 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝ 90°，｜AC｜＝｜BC｜＝｜CC1｜＝2. (1)求证：AB1⊥BC1； 解：证明：如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 典例 1 依题意得A(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2).所以＝(－2，2，2)，＝(0，－2，2). 因为·＝(－2，2，2)·(0，－2，2)＝0， 所以AB1⊥BC1. (2)求点B到平面AB1C1的距离. 解：由(1)知＝(－2，0，2)，＝(－2，2，2). 设n1＝(x1，y1，z1)是平面AB1C1的法向量， 由 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＝ ＝＝. 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，已知四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC， ∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝ ，试建立适当的坐标系，求： (1)平面ABCD的一个法向量； 解：以点A为原点，AD，AB，AS所在的直线分别为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)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D， S(0，0，1). 因为SA⊥平面ABCD， 所以＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量. (2)平面SAB的一个法向量； 解：以点A为原点，AD，AB，AS所在的直线分别为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)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D， S(0，0，1). 因为AD⊥AB，AD⊥SA，AB∩SA＝A，AB，SA⊂平面SAB， 所以AD⊥平面SAB， 所以＝是平面SAB的一个法向量. (3)平面SCD的一个法向量. 解：以点A为原点，AD，AB，AS所在的直线分别为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)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D， S(0，0，1). 在平面SCD中，＝，＝(1，1，－1). 设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则n⊥，n⊥， 所以 所以取y＝－1，得x＝2，z＝1， 所以n＝(2，－1，1). 所以n＝(2，－1，1)是平面SCD的一个法向量. 返回 题型二　利用正棱锥底面中心与高所在的直线建系 返回 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：如图所示，连接AC，BD交于点O，连接OP，则OA， OB，OP两两互相垂直. 典例 2 所以以点O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、 y轴、z轴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 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； 解：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)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值. 解：因为BE⊥VC，所以·＝0， 又＝(－a，a，－h)， 即·(－a，a，－h)＝0， 所以a2－－＝0，所以h＝a. 此时cos〈，〉＝＝ ＝－＝－， 即cos∠DEB＝－. 返回 题型三　利用线面、面面的垂直关系建系 返回 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； 解：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. 典例 3 (2)若E为PD中点，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值. 解：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. 所以以点A为原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、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 取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＝＝＝＝. 所以平面ACE与平面PAD夹角的余弦值为. 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，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； 解：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ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩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. 所以以点D为原点，DG，DA，DB所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 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)求直线AB与平面A1BD所成角的正弦值. 解：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＝(0，－1，)，设直线AB与平面A1BD所成的角为θ， 可得sin θ＝｜cos〈，n〉｜＝＝＝， 所以直线AB与平面A1BD所成角的正弦值为. 返回 谢 谢 观 看 重点突破(六) 空间直角坐标系的构建问题 返回 $