第6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二册（苏教版）

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.(2025四川绵阳期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=1,PD=DC=2,E是PC的中点,EF⊥PB交PB于点F. (1)证明:PB⊥平面EFD; (2)求BF的长; (3)求平面BDE与平面EFD夹角的余弦值. 2.(2025浙江杭州学军中学月考)如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4,沿直线EF将△AEF翻折到△A'EF的位置,使平面A'EF⊥平面BEF,连接A'A. (1)证明:A'A⊥EF; (2)求二面角A'-FD-C的余弦值; (3)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A'重合,求线段FM的长. 3.(2025江苏无锡锡山高级中学期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,AB=6,PC=PD=,二面角P-CD-A的大小为,M为线段PD上一点. (1)证明:平面PAB⊥平面ABCD; (2)若MD=2PM,求四棱锥M-ABCD的体积; (3)求直线PD与平面AMC所成角的正弦值的最大值. 4.(2025湖南部分州市月考)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,BC=4,AB=AD=DC=AA1=2,Q为AD的中点. (1)在线段A1D1上是否存在点P,使得直线CQ∥平面AC1P?若存在,确定点P的位置并给出证明;若不存在,请说明理由; (2)若(1)中的点P存在,求平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值. 5.(2025山东省实验中学诊断)如图,四面体ABCD中,△ABC为等边三角形,且AB=2,△ADC为等腰直角三角形,且∠ADC=90°. (1)若BD=, (i)求二面角D-AC-B的正弦值; (ii)当P为线段BD的中点时,求直线AD与平面APC所成角的正弦值; (2)若BD=2,(0<λ<1),且PH⊥平面ABC,H为垂足,CD的中点为M,AB的中点为N,直线MN与平面APC的交点为G,当三棱锥P-ACH的体积最大时,求GM的长. 6.(2025湖南长沙长郡中学月考)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的正三角形,侧面BCC1B1为菱形,∠BB1C=60°,AB1=a. (1)当a=时,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积; (2)设P为侧棱BB1上一动点,当a=3时,求直线PC1与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围. 7.(2025陕西师大附中期初)如图,在矩形ABCD中,AD=1,AB=2,M是边CD的中点,将△ADM沿AM翻折到△PAM的位置,连接PB,PC,得到四棱锥P-ABCM. (1)若平面PAM⊥平面ABCD,求直线BC与平面PMB所成角的大小; (2)设二面角P-AM-D的大小为θ,若θ∈,求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值. 答案与分层梯度式解析 1.解析　因为底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,所以DA,DC,DP两两互相垂直,所以以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),E(0,1,1). (1)证明:易得=(0,1,1). ∵=0+2-2=0,∴PB⊥DE. 又∵PB⊥EF,EF∩DE=E,EF,DE⊂平面EFD, ∴PB⊥平面EFD. (2)易得=(1,1,-1). 设(0≤λ≤1),则=(1,1,-1)+λ(-1,-2,2)=(1-λ,1-2λ,2λ-1). ∵EF⊥PB,∴=0,即λ-1+4λ-2+4λ-2=0,解得λ=, ∴|,即BF的长为. (3)易得=(1,2,0),由(1)知=(0,1,1). 设平面BDE的法向量为m=(x,y,z), 则 令y=1,得x=-2,z=-1,则m=(-2,1,-1). 由(1)知PB⊥平面EFD,所以平面EFD的一个法向量为=(-1,-2,2). 设平面BDE与平面EFD的夹角为θ, 则cos θ=|cos<m,, 所以平面BDE与平面EFD夹角的余弦值为. 方法总结 　　常见的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(PA⊥平面ABCD). 3.利用面面垂直建系,如图3(平面PAB⊥平面ABCD). 　　 4.利用正棱锥底面的中心与过底面中心的高所在的直线建系,如图4(四棱锥P-ABCD为正四棱锥,O为底面中心). 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,利用图形自身的对称性可建立空间直角坐标系. 2.解析　(1)证明:取EF的中点H,连接AH,A'H. ∵AE=AF,A'E=A'F,∴EF⊥AH,EF⊥A'H. 又∵AH∩A'H=H,AH,A'H⊂平面A'AH,∴EF⊥平面A'AH. 又A'A⊂平面A'AH,∴A'A⊥EF. (2)∵平面A'EF⊥平面BEF,平面A'EF∩平面BEF=EF,A'H⊂平面A'EF,A'H⊥EF,∴A'H⊥平面BEF, ∴以点A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系. ∵AE=EB=AF=FD=4,∠EAF=, ∴F(4,0,0),A'(2,2,2),D(10,0,0), ∴), 设平面A'FD的法向量为n=(x,y,z), 则则x=0, 令z=1,得y=-,∴n=(0,-,1). 易知平面FDC的一个法向量为(0,0,1),记m=(0,0,1). ∴cos<m,n>=. 由图知,二面角A'-FD-C为锐二面角, ∴二面角A'-FD-C的余弦值为. (3)连接A'M,CM. 设FM=a(0≤a≤6),则M(a+4,0,0). ∵翻折后C与A'重合,∴A'M=CM, 由(2)得,A'(2,2,2),C(10,8,0), ∴(a+2)2+(-2)2+(-2)2=(a-6)2+(-8)2+02, 解得a=,即FM=. 3.解析　(1)证明:取AB,CD的中点分别为G,H,连接PG,GH,PH. 因为PC=PD,所以PH⊥CD,所以PH=. 因为四边形ABCD为正方形,所以GH⊥CD,所以二面角P-CD-A的平面角为∠PHG,则∠PHG=. 因为PH⊥CD,GH⊥CD,GH∩PH=H,GH,PH⊂平面PGH,所以CD⊥平面PGH. 又PG⊂平面PGH,所以CD⊥PG. 在△PHG中,由余弦定理得 PG=, 所以PG2+GH2=PH2,所以PG⊥GH. 因为CD∩GH=H,CD,GH⊂平面ABCD, 所以PG⊥平面ABCD. 又PG⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABCD. (2)由(1)知,四棱锥P-ABCD的高为PG, 又点M在线段PD上,且MD=2PM, 所以点M到平面ABCD的距离是点P到平面ABCD的距离的,为,所以VM-ABCD=. (3)由(1)知,直线GB,GH,GP两两互相垂直,所以以{}为正交基底,建立空间直角坐标系, 则A(-3,0,0),C(3,6,0),D(-3,6,0),P(0,0,2), 所以=(0,6,0). 设λ)(0≤λ≤1), 则λ). 设平面AMC的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2λ,得y=-2λ,z=2λ, 所以n=(2λ,-2λ,2λ). 设直线PD与平面AMC所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|= = =, 当且仅当λ=时,取等号,所以直线PD与平面AMC所成角的正弦值的最大值为. 4.解析　在平面ABCD内,过点D作DF⊥BC,垂足为F. 因为DD1⊥平面ABCD,DF,DA⊂平面ABCD,所以DD1⊥DF,DD1⊥DA,所以DA,DF,DD1两两互相垂直, 以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 在Rt△CDF中,CD=2,CF=1,则DF=. 易得D(0,0,0),A(2,0,0),Q(1,0,0),C(-1,,0),D1(0,0,2). (1)假设在线段A1D1上存在点P,使得直线CQ∥平面AC1P.易得,0). 连接DP,DA1.由共面向量定理,可设=(2λ,0,2)(0≤λ≤1)破题关键,因此P(2λ,0,2). 设平面AC1P的法向量是n=(x,y,z), 易得=(2λ-2,0,2), 则 取x=,得y=2λ+1,z=λ, 因此n=(λ). 因为CQ∥平面AC1P,所以⊥n,所以·n=2(2λ+1)=0,解得λ=,因此P(1,0,2),即P是线段A1D1的中点,所以当P为线段A1D1的中点时,直线CQ∥平面AC1P. (2)由(1)可得平面AC1P的一个法向量为n=. 易得=(0,0,2), 设平面ABB1A1的法向量为m=(a,b,c), 则则c=0, 令a=,得b=-1, 所以m=(,-1,0), 所以cos<n,m>=, 故平面AC1P与平面ABB1A1所成的锐二面角的余弦值为. 5.解析　取AC的中点O,连接DO,BO. 因为△ADC为等腰直角三角形,且∠ADC=90°,AC=2, 所以DO⊥AC,AD=DC=,DO=1. 因为AB=BC=AC=2, 所以BO⊥AC,BO=. (1)(i)因为DO⊥AC,BO⊥AC, 所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角. cos∠DOB=, 所以sin∠DOB=,即二面角D-AC-B的正弦值为. (ii)过点O作垂直于平面ABC的直线,又因为OB⊥AC,所以可建立如图1所示的空间直角坐标系O-xyz, 则A(1,0,0),C(-1,0,0),D,所以. 设平面APC的法向量为m=(x,y,z), 则则x=0, 取y=1,得z=-,所以m=(0,1,-). 设直线AD与平面APC所成的角为θ, 则sin θ=|cos<m,, 所以直线AD与平面APC所成角的正弦值为. (2)因为BO=,DO=1,BD=2, 所以BO2+DO2=BD2,所以DO⊥BO. 又OA⊥OD,OA⊥OB,所以以{}为正交基底,建立如图2所示的空间直角坐标系O-xyz, 则A(1,0,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),B(0,, 所以=(-2,0,0). 设P(x1,y1,z1),则=(x1,y1,z1-1). 由(0<λ<1)得P(0,λ,-λ+1), 所以λ,-λ+1). 因为DO⊥BO,DO⊥AC,AC∩BO=O,AC,BO⊂平面ABC, 所以DO⊥平面ABC. 又PH⊥平面ABC, 所以PH∥DO,H在BO上. 因为(0<λ<1), 所以||=2λ,则BP=2-2λ, 易得△DOB∽△PHB,所以, 即,所以PH=1-λ,BH=(1-λ), 所以OH=OB-BH=λ. 所以VP-ACH=S△ACH·PH=. 因为0<λ<1,所以当λ=时,三棱锥P-ACH的体积取得最大值,为,此时P,H分别为BD,BO的中点, 所以P. 解法一:因为P是BD的中点,所以B,D到平面APC的距离相等, 因为M是CD的中点,所以M到平面APC的距离是D到平面APC的距离的一半. 同理,得N到平面APC的距离是B到平面APC的距离的一半. 所以M,N到平面APC的距离相等. 因为直线MN与平面APC的交点为G, 所以G是线段MN的中点,所以GM=. 解法二:设(0≤μ≤1),G(x2,y2,z2). 易得, 所以G. 因为G在平面APC内,所以存在有序实数组(m,n),使得, 又=-,, 所以解得μ=, 所以,即G是线段MN的中点, 所以GM=. 6.解析　(1)如图1,取BC的中点O,连接B1O,AO, ∵侧面BCC1B1为菱形,且∠BB1C=60°, ∴△B1BC为正三角形, 又△ABC为正三角形,且边长为2, ∴BC⊥AO,BC⊥B1O,且AO=B1O=, 又AB1=, ∴AO2+B1O2=A,∴B1O⊥AO, ∵BC∩AO=O,BC,AO⊂平面ABC, ∴B1O⊥平面ABC, ∴三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=B1O·S△ABC==3. (2)取BC的中点O1,连接B1O1,AO1, 结合(1)可知,在△AO1B1中,AO1=B1O1=,AB1=3, 由余弦定理的推论得cos∠AO1B1=,∴∠AO1B1=,由(1)得BC⊥AO1,BC⊥B1O1, 又B1O1∩AO1=O1,B1O1,AO1⊂平面AO1B1, ∴BC⊥平面AO1B1, ∵BC⊂平面ABC,∴平面AO1B1⊥平面ABC. 在平面AO1B1内作O1z⊥O1A,则O1z⊥平面ABC. (在没有线面垂直关系,不好直接找到z轴时,可以退一步来解决,先证面面垂直,再在一个平面内作另一平面的垂线,从而确定z轴) 以O1为坐标原点,O1A,O1C,O1z所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图2, 　 过B1作B1H⊥AO1,交AO1的延长线于H,如图3,在Rt△AHB1中,AB1=3,∠B1AH=30°,因此B1H=. 易知O1(0,0,0),B1,0,0),C(0,1,0),所以=-,,因此C1,则. 设平面ACC1A1的法向量是n=(x,y,z), 则取z=1,得x=-,y=-3,则n=(-,-3,1). 由P为侧棱BB1上一动点,可设(0≤λ≤1), 则=(λ-1). (关键点:引入适当的参数来表示与动点相关的向量的坐标,为下面利用函数知识求取值范围做铺垫) 设直线PC1与平面ACC1A1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=, 令f(λ)=(0≤λ≤1), 易知f(λ)在[0,1]上单调递增,∴f(λ)∈, ∴直线PC1与平面ACC1A1所成角的正弦值的取值范围是. 7.解析　(1)取AM的中点G,连接PG. 由PM=PA,得PG⊥AM. 又平面PAM⊥平面ABCD,平面PAM∩平面ABCD=AM,PG⊂平面PAM,所以PG⊥平面ABCD. 过M作Mz∥PG,所以Mz⊥平面ABCD. 又MA,MB⊂平面ABCD,所以Mz⊥MA,Mz⊥MB. 易知MA=MB=,AB=2,则MA2+MB2=AB2,则MA⊥MB. 以M为坐标原点,MA,MB,Mz所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图1所示的空间直角坐标系, 则M(0,0,0),B(0,, 因此. 设平面PMB的法向量为m=(a,b,c), 则则b=0, 令a=1,得c=-1,则m=(1,0,-1). 设直线BC与平面PMB所成的角为β, 则sin β=|cos<m,, 所以直线BC与平面PMB所成角的大小为. (2)结合(1),连接DG.由DA=DM,G为AM的中点,得DG⊥AM,又PG⊥AM,故∠PGD为二面角P-AM-D的平面角,即∠PGD=θ. 过点D作Dz'⊥平面ABCD,以D为坐标原点,DA,DC,Dz'所在直线分别为x'轴,y'轴,z'轴,建立如图2所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),M(0,1,0),C(0,2,0),B(1,2,0),故=(-1,1,0). 连接PD,易得AM⊥平面PGD,AM⊂平面ABCD,则平面PGD⊥平面ABCD. 在平面PGD内过P作PH⊥DG于点H,又平面PGD∩平面ABCD=DG,所以PH⊥平面ABCD. 设P(x0,y0,z0),易得PG=DG=,则PH=sin θ,GH=cos θ,DH=DG-GH=(1-cos θ), 则x0=y0=(1-cos θ)×(1-cos θ),z0=sin θ, 所以P, 于是. 设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令z1=,得x1=y1=tan θ,则n1=(tan θ,tan θ,). 设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 易得, 则 则x2=0,令y2=sin θ,得z2=3+cos θ, 则n2=(0,sin θ,3+cos θ). 设平面PAM和平面PBC的夹角为α, 则cos α=|cos<n1,n2>|= = = = =, 令t=,θ∈, 则t∈,cos α=, 易得y=在t∈上单调递减, 则当t=3时,cos α取得最小值,为, 所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为. 23 学科网（北京）股份有限公司 $