第6章　空间向量与立体几何 培优课　空间直角坐标系的构建策略课件-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何中空间直角坐标系的构建策略，通过梳理墙角模型、线面垂直、面面垂直三种常用建系方法，搭建从空间向量理论到立体几何问题解决的学习支架，衔接空间元素位置关系及角、距离问题的探求。 其亮点在于以题型为载体，结合例题解析、规律方法提炼和跟踪训练，培养学生数学眼光中的空间观念与几何直观，如“墙角模型”实例帮助抽象建系本质，通过数学思维的推理能力构建逻辑链条。教师使用可系统落实核心素养，学生能掌握建系技巧，提升解决立体几何问题的能力。

第6章　空间向量与立体几何 培优课　空间直角坐标系的构建策略 要点深化·核心知识提炼 利用空间向量的方法解决立体几何问题,关键是依托图形建立空间直角坐标系,将其他向量用坐标表示,通过向量运算,判定或证明空间元素的位置关系,以及空间角、空间距离问题的探求,所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要.下面简述空间建系的常用方法,以求能对空间几何问题做到有的放矢,化解自如. 题型分析·能力素养提升 【题型一】利用“墙角模型”构建空间直角坐标系 例 1 已知直四棱柱中,AA1=2,底面ABCD是直角梯形,∠DAB为直角, AB∥CD,AB=4,AD=2,DC=1,试求异面直线BC1与DC所成角的余弦值. 解 如图,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D-xyz, 则D(0,0,0),C1(0,1,2),B(2,4,0),C(0,1,0), 所以=(-2,-3,2),=(0,-1,0), 所以cos<>=. 故异面直线BC1与DC所成角的余弦值为. 规律方法　“墙角模型”就是有共起点的三条两两相互垂直的线,可以直接建系.这样点和向量的坐标容易得到.常见的“墙角模型”如图所示. 跟踪训练1如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面ABC; (2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值; (3)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值. (1)证明 因为四边形AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且平面ABC∩平面AA1C1C=AC,所以AA1⊥平面ABC. (2)解 由(1)知,AA1⊥AC, AA1⊥AB. 由题意知,AB=3,BC=5,AC=4, 所以AB⊥AC. 所以以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4),所以=(0,3,-4),=(4,0,0). 设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3). 同理,可得平面B1BC1的一个法向量为m=(3,4,0), 所以cos<m,n>=.由题知二面角A1-BC1-B1为锐角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为. (3)证明 设D(x,y,z)是线段BC1上的一点,且=λ(0≤λ≤1),所以(x,y-3,z) =λ(4,-3,4),解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ,所以=(4λ,3-3λ,4λ). 由=0,即9-25λ=0,解得λ=. 因为,所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,此时=λ=. 【题型二】利用线面垂直构建空间直角坐标系 例 2 如图,在四棱锥P-ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,BC=2AD,△PAB与△PAD都是边长为2的等边三角形. (1)证明:PB⊥CD; (2)求二面角A-PD-C的余弦值. (1)证明 如图,取BC的中点E,连接DE,可得四边形ABED是正方形.过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,连接OA,OB,OD,OE.因为△PAB与△PAD都是等边三角形,所以PA=PB=PD,所以OA=OB=OD,因此,O是正方形ABED的对角线的交点,可得OE⊥OB.因为PO⊥平面ABCD,所以OB是PB在平面ABCD内的射影,所以OE⊥PB.因为在△BCD中,E,O分别为BC,BD的中点,所以OE∥CD,所以PB⊥CD. (2)解 以O为原点,OE所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 则A(-,0,0),C(2,-,0),D(0,-,0),P(0,0,),所以=(-,0,-), =(0,-,-),=(2,-,-). 设平面PAD的一个法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,1,-1), 设平面PDC的一个法向量为m=(a,b,c), 则 取b=1,得m=(0,1,-1). 设二面角A-PD-C的平面角为θ,则θ为钝角, 则cos θ=-=-=-. ∴二面角A-PD-C的余弦值为-. 题后反思　利用线面垂直关系进行建系的问题多出现在直棱柱或题设中有明确线面垂直的问题中.空间直角坐标系的建立,要使尽可能多的点落在坐标轴上,这样建成的坐标系可迅速写出各点的坐标,也可简化后续的运算. 跟踪训练2 如图,在四棱台A1B1C1D1-ABCD中,四边形ABCD是边长为4的菱形, ∠ABC=60°,A1A⊥平面ABCD,AA1=A1D1=2. (1)证明:A1C⊥AB1; (2)求二面角A1-CD1-B1的正弦值. (1)证明 在菱形ABCD中,∠ABC=60°,则△ABC是正三角形,在平面ABCD内过A作Ax⊥BC,由A1A⊥平面ABCD,得直线Ax,AD,AA1两两垂直,如图,以点A为原点,直线Ax,AD,AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),A1(0,0,2),D1(0,2,2),B1(,-1,2),于是=(2,2,-2), =(,-1,2),=2+2×(-1)-2×2=0,因此,所以A1C⊥AB1. (2)解 由(1)知,=(-2,0,2),=(0,2,0),=(-,3,0).设平面A1CD1的法向量n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,0,). 设平面B1CD1的法向量m=(a,b,c), 则令a=,得m=(,1,3).设二面角A1-CD1-B1的大小为θ, 则|cos θ|=|cos<m,n>|=,所以二面角A1-CD1-B1的正弦值为sin θ=. 【题型三】利用面面垂直构建空间直角坐标系 例 3 如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD⊥平面BMC; (2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值. (1)证明 由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)解 以D为坐标原点,的方向为x轴、y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1), =(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0). 设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则可取n=(1,0,2).是平面MCD的一个法向量,因此cos<n,>=, sin<n,>=,所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是. 题后反思　本题求解的关键是利用面面垂直关系,先证在两平面内共点的三线垂直,再构建空间直角坐标系. 跟踪训练3如图1,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD=2,∠ABC=60°,E是BC的中点.将△ABE沿AE折起,使平面BAE⊥平面AEC(如图2),连接BC,BD.求平面ABE与平面BCD所成的锐二面角的大小. 图1 图2 解 如图,取AE的中点M,连接BM,DM. 因为在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AB=AD,∠ABC=60°,E是BC的中点,所以△ABE与△ADE都是等边三角形,所以BM⊥AE,DM⊥AE. 又平面BAE⊥平面AEC,平面BAE∩平面AEC=AE,BM⊂平面BAE,所以BM⊥平面AEC,所以BM⊥MD. 以M为坐标原点,ME,MD,MB所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系M-xyz,如图,则E(1,0,0),B(0,0,),C(2,,0),D(0,,0),所以=(2,0,0),=(0,,-). 设平面BCD的法向量为m=(x,y,z), 则取y=1,得m=(0,1,1). 又因为平面ABE的法向量=(0,,0), 所以cos<m,>=, 所以平面ABE与平面BCD所成的锐二面角为45°. $