第1章 重点突破1 空间直角坐标系的构建问题-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何中的应用，通过直三棱柱、正四棱锥等典例，从共顶点垂直棱、底面中心与高、线面垂直关系三个题型构建学习支架，衔接空间向量基础与几何问题解决。 其亮点在于典例一题多解（如正四棱锥中向量法与几何法结合），规律方法提炼建系策略，培养直观想象和逻辑推理。规范的向量运算过程强化数学运算，帮助学生系统掌握方法，教师可通过对点练和随堂评价提升教学效率。

重点突破1 空间直角坐标系的构建问题 　 第一章 空间向量与立体几何 单元学习四　空间向量的应用 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 随堂评价 4 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 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，建立空间直角坐标系，其中点C为坐标原点． 由题意得A(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)． 所以(0， 2，2)． 因为(2，2，2)·(0， 2，2)＝0， 所以AB1⊥BC1. 典例 1 (2)求点B到平面AB1C1的距离． 解：由(1)知(2，2，2)． 设n＝(x，y，z)是平面AB1C1的法向量， 由 令z＝1，则n＝(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，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC； 证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB．又AD⊥AB，所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由点E为PC的中点，得E(1，1，1)． 0， 所以BE⊥DC． (2)BE∥平面PAD； 证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB．又AD⊥AB，所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由点E为PC的中点，得E(1，1，1)． 因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥PA． 又AB⊥AD，PA⋂AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD． 所以(1，0，0)为平面PAD的一个法向量． 又． 又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD． (3)平面PCD⊥平面PAD． 证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB．又AD⊥AB，所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由点E为PC的中点，得E(1，1，1)． 由(2)，知平面PAD的一个法向量为(2，0，0)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则取y＝1，可得n＝(0，1，1)． 因为·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0， 所以n⊥．所以平面PCD⊥平面PAD． 返回 题型二　利用正棱锥底面中心与高所在直线建系 返回 (一题多解)(2025·广东惠州期末测试)如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，E，F分别是PD和PB的中点． (1)证明：EF⊥PC； 解：证明：法一：连接AC，BD交于O，连接OP. 由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，则AC⊥BD， 所以以O为坐标原点，OA，OB，OP为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系， 典例 2 则A，B，P，C(－，0，0)， D，E，F， 则＝，＝，则·＝0，所以EF⊥PC. 法二：连接AC，BD交于H，连接PH. 根据题意得EF∥BD，AC⊥BD，则EF⊥AC. 由PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则BD⊥PH，即有EF⊥PH. 由于AC，PH是平面PAC内两相交直线， 因此EF⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC，故EF⊥PC. (2)若点M满足λ，且点M在平面AEF内，求λ的值； 解：法一：由(1)得＝，＝(－，0，－2)，＝λ＝， 因此＝＋＝. 设平面AEF的法向量n＝， 由 令x＝1，则＝，y＝0，所以n＝. 由于点M在平面AEF内，则⊥n，则·n＝0， 即－－λ＋＝0，解得λ＝. 法二：由＝λ，得＝λ＋λ＝λ＋λ＋λ ＝λ＋λ＋λ＝－λ＋2λ＋2λ， 根据题意M，A，E，F四点共面，得－λ＋2λ＋2λ＝1， 解得λ＝. 法三：由(1)得＝，＝(－，－，1)， ＝，＝. 由＝λ，则＝＋＝(－－λ，0，2－2λ). 由于M，A，E，F四点共面，则存在唯一实数x，y，使得＝x＋y， 即＝x＋y(－，，1)，则 解得λ＝. 法四：由M∈面PAC∩面AEF， 连接PH交EF于G，则A，G∈面PAC∩面AEF且G为PH中点. 在三角形PAC中，连接AG延长交PC，则交点即是点M， 取MC中点N，连接HN， 易得GM为三角形PHN中位线，HN为三角形MAC中位线， 则M为线段PC上靠近P的三等分点，即λ＝. (3)求直线PB与平面AEF所成角的正弦值． 解：法一：＝， 由(2)可得平面AEF的法向量n＝， 所以cos 〈 ，n〉 ＝＝＝－， 所以直线PB与平面AEF所成角的正弦值为. 法二：由(1)知EF⊥平面PAM，EF⊂平面AEF， 所以平面PAM⊥平面AEF，平面PAM∩平面AEF＝AM， 过P作PS⊥AM于S，PS⊂平面PAM，则PS⊥平面AEF， 连接SF，则∠PFS为直线PB与平面AEF所成的角. 由于△PGS∽△AGH，则＝⇒＝⇒PS＝. 又＝＝. 于是直线PB与平面AEF所成角的正弦值为＝. 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)＝0， 所以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，AC， 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A为原点，以AM，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示． 则A． 所以，1，0)， 设平面ACE的法向量为n， 则 取x． 因为AM⊥平面PAD，所以取平面PAD的法向量为m． 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D为坐标原点，以DG，DA，DB所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，A(0，1，0)，A1(2，1，0)，E(1，1，0)，B(0，0，． 可得． 因为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，设n为平面A1BD的一个法向量，则n，设直线AB与平面A1BD所成的角为θ， 可得sin θ＝|cos〈， 所以直线AB与平面A1BD所成角的正弦值为． 返回 随堂评价 返回 1.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝BB1＝2，则点C到直线AB1的距离为 A． B． C．　　 D． √ 取AC的中点O，连接OB，则BO⊥AC，BO，以O为 原点，的方向分别为x轴、y轴的正方向，建立 空间直角坐标系，如图所示，则A(0，1，0)， B1( ．故选B． 2.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝1，BC＝BB1＝2，E为B1C1的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为 A．　　 B． C．　　 D． √ 建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝1，BC＝BB1＝2，E为B1C1的中点，所以B(2，1，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，E(1，1，2)，所以＝(－2，－1，0)，＝(1，0，2)，假设异面直线BD与CE所成的角为θ，则cos θ＝＝＝＝.故选D. 3.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． 以点O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为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，B(0，2，0)，C，D，P，E(0，1，1)，F. 所以＝，＝. 设平面AEGF的法向量为n＝， 则 取x＝1，解得y＝0，z＝2， 从而得到平面AEGF的一个法向量为n＝. 平面ABCD的法向量显然可取为m＝， 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 所以平面AEGF与平面ABCD的夹角的余弦值是. 4.如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC翻折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC，建立适当的空间直角坐标系，用向量法求翻折后直线AC与平面OEF所成角的正弦值． 解：连接OD，OB，由题意可得OD⊥AC，OB⊥AC． 又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC⋂平面ABC＝AC，OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC． 以点O为坐标原点，OB，OC，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝2， 则D(0，0，1)，A(0，，0)，B(1，0，0)， E(0，，0)． 所以，0)． 设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝1，得)． 易得与共线的一个向量为m＝(0，1，0)， 所以直线AC与平面OEF所成角的正弦值为 |cos〈m，n〉|． 返回 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 空 间 向 量 与 立 体 几 何 返回 $