第1章 培优点1 空间直角坐标系的建立-【优学精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修一同步课件（人教B版）

该高中数学课件系统梳理了空间直角坐标系的建立方法，按共顶点垂直棱、锥体高、线面或面面垂直三种几何情境分类，通过知识框架串联建系原则与坐标法应用，帮助学生构建完整的空间几何代数化知识体系。 其亮点在于采用“问题情境-方法提炼-实践应用”的复习模式，如正方体中动点坐标分析、正四棱锥高的坐标轴设定等例题，培养学生的空间观念与数学思维，尝试训练题分层设计，助力不同水平学生巩固坐标法应用，教师可通过典型案例提升复习教学的针对性。

培优点1　空间直角坐标系的建立 坐标法是解决立体几何问题的重要方法，借助坐标法可以将空间几何问题转化为代数问题．用坐标法解决空间几何问题，首先需要合理地建立空间直角坐标系．建立空间直角坐标系的过程就是根据问题给定的空间几何关系在几何图形中寻找三条两两垂直的直线，通过平移等方式让三条直线交于一点，并尽可能地让问题中涉及的点落在坐标轴上，使得相关点的坐标更容易求，问题的求解更加简洁、高效． 返回首页 类型一 利用共顶点的互相垂直的三条棱建系 ABD 返回首页 返回首页 返回首页 返回首页 返回首页 (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所在直线为坐标轴建系； (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． 方法点拨 返回首页 类型二 利用锥体的高所在的直线建系 返回首页 证明：连接BD交AC于点O，连接SO， 因为四棱锥S-ABCD是正四棱锥，所以SO⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又AC⊂平面ABCD， 所以SO⊥AC，因为SO∩BD＝O，SO⊂平面SBD，BD⊂平面SBD， 所以AC⊥平面SBD，又SD⊂平面SBD， 所以AC⊥SD. 返回首页 (2)求异面直线SA与CP所成角的余弦值． 返回首页 返回首页 正棱锥或圆锥底面的中心与顶点的连线与底面垂直，建系时一般作为z轴． 方法点拨 返回首页 [例3] 如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝2AD，E，F分别为AB，PC的中点． (1)求证：直线EF∥平面PAD； 类型三 利用直线与平面或平面与平面间的垂直关系建系 返回首页 图1 返回首页 (2)若AD＝1，求侧面PBC与底面ABCD所成角的余弦值． 图2 返回首页 返回首页 返回首页 (1)若直线与平面垂直，则一般把该直线作为一条坐标轴建立空间直角坐标系． (2)若两个平面互相垂直，可根据面面垂直的性质定理作出两两垂直且交于一点的三条直线． 方法点拨 返回首页 [尝试训练] 如图，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝PA＝2BC＝2，M为PB的中点． (1)求证：AM⊥平面PBC； 证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC， 又因为BC⊥AB，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 又因为AM⊂平面PAB， 所以BC⊥AM. 返回首页 在△APB中，PA＝AB，M为PB的中点， 所以AM⊥PB， 又因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC， 所以AM⊥平面PBC. 返回首页 (2)求平面APC与平面PBC所成角的余弦值． 返回首页 返回首页 [例1] (多选)(2026·淄博月考)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，点P在底面ABCD内运动(包括边界)，则下列说法正确的有(　　) A．不存在点P，使得D1P⊥AD1 B．点B到平面ACM的距离为 eq \f(2,3) C．点A1到直线AM的距离为1 D．三棱锥B1-A1BD外接球的表面积为3π 【解析】　如图建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)， M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1)) ， B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，B(1，1，0). 设P(x，y，0)(0≤x≤1，0≤y≤1). 对于A， eq \o(D1P,\s\up16(→)) ＝(x，y，－1)， eq \o(D1A,\s\up16(→)) ＝(1，0，－1)，则 eq \o(D1P,\s\up16(→)) · eq \o(D1A,\s\up16(→)) ＝x＋1≠0， 所以D1P与AD1不垂直，即不存在点P，使得D1P⊥AD1，故A正确； 对于B， eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝(－1，1，0)， eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1)) ， eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(0，1，0)， 设平面ACM的法向量为n＝(a，b，c)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝－a＋b＝0，,n·\o(AM,\s\up16(→))＝－\f(1,2)a＋b＋c＝0，))) 取b＝2，则a＝2，c＝－1，得n＝(2，2，－1). 于是点B到平面ACM的距离d＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(2,3) ，故B正确； 对于C， eq \o(AA1,\s\up16(→)) ＝(0，0，1)， eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，1)) ， 所以点A1到直线AM的距离为 \o(AA1,\s\up16(→)) eq \r(||2－（\f( eq \o(AA1,\s\up16(→)) ·\o(AM,\s\up16(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up16(→)))))）2) ＝ eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2) ＝ eq \f(\r(5),3) ，故C错误； 对于D，三棱锥B1-A1BD的外接球就是正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球． 设外接球的半径为R，则2R＝ \o(DB1,\s\up16(→)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1()) ＝ eq \r(12＋12＋12) ＝ eq \r(3) ，即R＝ eq \f(\r(3),2) ， 根据球的表面积公式S＝4πR2可得S＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) 2π＝3π，故D正确． [例2] 如图，在正四棱锥S-ABCD中，SA＝2，AB＝ eq \r(2) ，P为侧棱SD上的点，且 eq \o(SP,\s\up16(→)) ＝3 eq \o(PD,\s\up16(→)) . (1)求证：AC⊥SD； 【解】　由(1)可知，SO，OB，OC两两垂直， 所以以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， A(0，－1，0)，S(0，0， eq \r(3) )，C(0，1，0)，D(－1，0，0)， 所以 eq \o(SA,\s\up16(→)) ＝(0，－1，－ eq \r(3) )， eq \o(DS,\s\up16(→)) ＝(1，0， eq \r(3) )， eq \o(CP,\s\up16(→)) ＝ eq \o(CD,\s\up16(→)) ＋ eq \o(DP,\s\up16(→)) ＝ eq \o(CD,\s\up16(→)) ＋ eq \f(1,4) eq \o(DS,\s\up16(→)) ＝(－1，－1，0)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0，\f(\r(3),4))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－1，\f(\r(3),4))) ， 所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈\o(SA,\s\up16(→))，\o(CP,\s\up16(→))〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(SA,\s\up16(→))·\o(CP,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(SA,\s\up16(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CP,\s\up16(→))))) ＝ eq \f(\r(7),28) ， 因此异面直线SA与CP所成角的余弦值为 eq \f(\r(7),28) . 证明：如图1，取PD的中点G，连接AG，FG， 因为F为PC的中点， 所以FG∥CD且FG＝ eq \f(1,2) CD， 因为底面ABCD为矩形，E为AB的中点， 所以AE∥CD且AE＝ eq \f(1,2) CD， 故AE∥FG且AE＝FG， 所以四边形AEFG为平行四边形， 所以EF∥AG， 因为EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD， 所以EF∥平面PAD. 【解】　如图2，取AD的中点M，BC的中点N，连接PM，MN， 因为△PAD为正三角形，故PM⊥AD， 因为侧面PAD⊥底面ABCD，交线为AD，PM⊂平面PAD， 所以PM⊥底面ABCD， 又MN⊥AD，以M为坐标原点，MA，MN，MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，又AD＝1，故AM＝ eq \f(1,2) ，PM＝ eq \f(\r(3),2) ，AB＝2， 故P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2))) ， B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，0)) ， C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2，0)) ， eq \o(PB,\s\up16(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2))) ， eq \o(BC,\s\up16(→)) ＝(－1，0，0)， 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up16(→))＝\f(1,2)x＋2y－\f(\r(3),2)z＝0，,m·\o(BC,\s\up16(→))＝－x＝0，))) 解得x＝0，令z＝2，则y＝ eq \f(\r(3),2) ， 所以m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，2)) ， 又底面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设侧面PBC与底面ABCD所成角的大小为θ，所以cos θ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈m，n〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))) ＝ eq \f(2,\f(\r(19),2)) ＝ eq \f(4\r(19),19) ，故侧面PBC与底面ABCD所成角的余弦值为 eq \f(4\r(19),19) . 解：因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB.作Az∥BC，则Az，PA，AB两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，P(2，0，0)，C(0，2，1)，M(1，1，0)， 所以 eq \o(AP,\s\up16(→)) ＝(2，0，0)， eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝(0，2，1)， 设平面APC的法向量为m＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up16(→))·m＝0，,\o(AC,\s\up16(→))·m＝0))) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,2y＋z＝0))) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝－2y，))) 不妨取y＝1，则m＝(0，1，－2)， 由(1)得平面PBC的一个法向量为 eq \o(AM,\s\up16(→)) ＝(1，1，0)， 设平面APC与平面PBC所成的角为θ，所以cos θ＝|cos 〈m， eq \o(AM,\s\up16(→)) 〉|＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up16(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up16(→))))) ＝ eq \f(1,\r(5)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(10),10) ，所以平面APC与平面PBC所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10) . $