教考衔接1 巧构空间直角坐标系-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量与立体几何，以2024新课标Ⅰ卷真题及教材例题为导入，通过“教考衔接”梳理建系关键，构建利用共顶点垂直棱、线面垂直等四种方法的学习支架，衔接前后知识。 其亮点在于依托真题溯源与类法探究，以长方体、三棱柱等实例，培养学生用数学眼光发现空间关系、用数学思维推理建系逻辑、用数学语言表达向量运算的核心素养。反思感悟环节助学生系统掌握，教师可提升教学针对性与效率。

第一章　空间向量与立体几何 教考衔接1　巧构空间直角坐标系 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 第一章　空间向量与立体几何 1 一、真题展示 (2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5 eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足 eq \o(AE,\s\up14(→))＝ eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up14(→))， eq \o(AF,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→)).将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4 eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的 二面角的正弦值． 二、真题溯源 (教科书P37例8)如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，AC＝CB＝2，AA1＝3，∠ACB＝90°，P为BC的中点，点Q，R分别在棱AA1，BB1上，A1Q＝2AQ，BR＝2RB1.求平面PQR与平面A1B1C1夹角的余弦值． 三、类法探究 可以看到，无论是高考题，还是教科书例题，解决这类问题的关键是依托图形建立空间直角坐标系，将向量用坐标表示，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四种方法，在面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 类型一　利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 eq \r(3) INCLUDEPICTURE "典题1.tif" 　在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　) A． eq \f(1,5) B． eq \f(\r(5),6) C． eq \f(\r(5),5) D． eq \f(\r(2),2) [解析]　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\r(3)))，D1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，所以 eq \o(AD1,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\r(3)))， eq \o(DB1,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\r(3)))， 因为cos 〈 eq \o(AD1,\s\up14(→))， eq \o(DB1,\s\up14(→))〉＝ eq \f(\o(AD1,\s\up14(→))·\o(DB1,\s\up14(→)),|\o(AD1,\s\up14(→))||\o(DB1,\s\up14(→))|)＝ eq \f(－1＋3,2\r(5))＝ eq \f(\r(5),5). 所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 eq \f(\r(5),5). [答案]　C [反思感悟]　本例以长方体为背景，求异面直线所成角．显然可以从长方体中共点的三条互相垂直的棱着手，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可． 类型二　利用线面垂直关系建系 　如图，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，E为棱C1C的中点，已知AB＝ eq \r(2)，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝ eq \f(π,3).试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标． [解析]　过点B作BP⊥BB1交C1C于点P， 因为AB⊥平面BB1C1C， 所以AB⊥BP，AB⊥BB1， 以B为原点，BP，BB1， BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系Bxyz. 因为AB＝ eq \r(2)，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝ eq \f(π,3)， 所以CP＝ eq \f(1,2)，C1P＝ eq \f(3,2)，BP＝ eq \f(\r(3),2)，则各点坐标分别为B(0，0，0)，A(0，0， eq \r(2))，B1(0，2，0)，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，A1(0，2， eq \r(2)). [反思感悟]　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，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB⊥平面BB1C1C”，可作为建系的突破口． 类型三　利用面面垂直关系建系 [解析]　由题设易知，AB，AD，AQ两两垂直．以A为原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，M(0，1，2)，F(2，1，0)， 所以 eq \o(EM,\s\up14(→))＝(－1，1，2)， eq \o(AF,\s\up14(→))＝(2，1，0)， cos 〈 eq \o(EM,\s\up14(→))， eq \o(AF,\s\up14(→))〉＝ eq \f(\o(EM,\s\up14(→))·\o(AF,\s\up14(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EM,\s\up14(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AF,\s\up14(→)))))＝ eq \f(－1,\r(30))＝ eq \f(－\r(30),30)， 又异面直线所成的角为锐角或直角， 所以异面直线EM与AF所成角的余弦值为 eq \f(\r(30),30). [答案]　 eq \f(\r(30),30) [反思感悟]　本题求解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． 类型四　利用底面的中心与高所在的直线建系 (1)求证：平面O1DC⊥平面ABCD； (2)若点E，F分别在棱AA1，BC上， 且AE＝2EA1，问点F在何处时，EF⊥AD? (1)[证明]　如图所示，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设OA＝1，OA1＝a. ∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，a)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，O1(－1，0，a). ∴ eq \o(O1C,\s\up14(→))＝(0，0，－a)， ∴O1C∥z轴，又z轴和平面ABCD垂直， ∴O1C⊥平面ABCD，又O1C⊂平面O1DC， ∴平面O1DC⊥平面ABCD. (2)[解析]　由(1)可知， eq \o(OE,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(2,3)a))， eq \o(AA1,\s\up14(→))＝(－1，0，a)， eq \o(AD,\s\up14(→))＝ eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－1，－1，0). 设 eq \o(BF,\s\up14(→))＝γ eq \o(BC,\s\up14(→))，则 eq \o(BF,\s\up14(→))＝(－γ，－γ，0)，故点F的坐标为(－γ，1－γ，0)，∴ eq \o(FE,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋γ，γ－1，\f(2,3)a)).由EF⊥AD⇔ eq \o(FE,\s\up14(→))· eq \o(AD,\s\up14(→))＝0， 即 eq \o(FE,\s\up14(→))· eq \o(AD,\s\up14(→))＝－ eq \f(1,3)－γ－γ＋1＝0，解得γ＝ eq \f(1,3). 故当F为BC的三等分点(靠近点B)时，有EF⊥AD. [反思感悟]　依托于平行六面体的高所在直线与底面正方形的两对角线便可建立空间直角坐标系． $