2020北师大版高中数学选修2-1《专题突破三：空间直角坐标系的构建策略》学案（含答案）

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1、专题突破三专题突破三 空间直角坐标系的构建策略空间直角坐标系的构建策略 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四种方法，希望同 学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如. 一、利用共顶点的互相垂直的三条棱 例 1 已知直四棱柱中， AA12， 底面 ABCD 是直角梯形， DAB 为直角， ABCD， AB4， AD2，DC1，试求异面直线 BC1与 DC 所成角的余弦值. 考点 向量法求直线与直线所

2、成的角 题点 向量法求直线与直线所成的角 解 如图，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系 Dxyz， 则 D(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，4，0)，C(0，1，0)， 所以BC1 (2，3，2)，CD (0，1，0). 所以 cosBC1 ，CD BC1 CD |BC1 |CD | 3 17 17 . 故异面直线 BC1与 DC 所成角的余弦值为3 17 17 . 点评 本例以直四棱柱为背景， 求异面直线所成角.求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三 条棱互相垂直关系处着手，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相

3、关向量的坐标，再 求两异面直线的方向向量的夹角即可. 跟踪训练 1 如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC2，AA14，点 D 是 BC 的中点. (1)求异面直线 A1B 与 C1D 夹角的余弦值； (2)求平面 ADC1与平面 ABA1夹角的正弦值. 考点 向量法求平面与平面的夹角 题点 向量法求平面与平面的夹角 解 (1)以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐 标系 Axyz， 则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，4)，D(1，1，0)，C1(0，2，4)， A1B (2，0

4、，4)，C1D (1，1，4)， cosA1B ，C1D A1B C1D |A1B |C1D | 3 10 10 ， 异面直线 A1B 与 C1D 夹角的余弦值为3 10 10 . (2)AC (0，2，0)是平面 ABA 1的一个法向量. 设平面 ADC1的法向量为 n(x，y，z)， AD (1，1，0)，AC1 (0，2，4)， n AD xy0， n AC1 2y4z0， 即 x2z， y2z， 取 n(2，2，1). 设平面 ADC1与平面 ABA1的夹角为 ， 则 cos |cosAC ，n|AC n| |AC |n| 2 3， sin 5 3 ， 平面 ADC1与平面 ABA1夹

5、角的正弦值为 5 3 . 二、利用线面垂直关系 例 2 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AB平面 BB1C1C，E 为棱 C1C 的中点，已知 AB 2，BB12，BC1，BCC1 3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标. 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 解 过点 B 作 BP 垂直 BB1交 C1C 于点 P， 因为 AB平面 BB1C1C，所以 ABBP， 又 BPBB1，BB1ABB， 且 BB1，AB平面 ABB1A1，所以 BP平面 ABB1A1， 以 B 为坐标原点，分别以 BP，BB1，BA 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标

6、系 Bxyz. 因为 AB 2，BB12，BC1，BCC1 3， 所以 CP1 2，C1P 3 2，BP 3 2 ， 则各点坐标分别为 B(0，0，0)，A(0，0， 2)，B1(0，2，0)，C 3 2 ，1 2，0 ，C1 3 2 ，3 2，0 ， E 3 2 ，1 2，0 ，A1(0，2， 2)，P 3 2 ，0，0 . 点评 空间直角坐标系的建立， 要尽量地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. 跟踪训练 2 如图，四

7、棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADBC，ABADAC3，PA BC4，M 为线段 AD 上一点，AM2MD，N 为 PC 的中点.求直线 AN 与平面 PMN 所成 角的正弦值. 考点 向量法求直线与平面所成的角 题点 向量法求直线与平面所成的角 解 取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 ABAC 得 AEBC， 从而 AEAD，AE AB2BE2AB2 BC 2 2 5. 以 A 为坐标原点，AE 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C( 5，2，0)，N 5 2 ，1，2 ，PM (0，2，4)， P

8、N 5 2 ，1，2 ，AN 5 2 ，1，2 . 设 n(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则 n PM 0， n PN 0， 即 2y4z0， 5 2 xy2z0， 可取 n(0，2，1). 于是|cosn，AN |n AN | |n|AN | 8 5 25 . 设 AN 与平面 PMN 所成的角为 ，则 sin 8 5 25 ， 直线 AN 与平面 PMN 所成的角的正弦值为8 5 25 . 三、利用面面垂直关系 例 3 如图 1，在等腰梯形 ABCD 中，ADBC，ABAD2，ABC60 ，E 是 BC 的中点. 将ABE 沿 AE 折起， 使平面 BAE平面 AEC(如图 2)，

9、 连接 BC， BD.求平面 ABE 与平面 BCD 夹角的大小. 考点 向量法求平面与平面的夹角 题点 向量法求平面与平面的夹角 解 取 AE 中点 M，连接 BM，DM. 因为在等腰梯形 ABCD 中，ADBC，ABAD，ABC60 ，E 是 BC 的中点， 所以ABE 与ADE 都是等边三角形， 所以 BMAE，DMAE. 又平面 BAE平面 AEC，所以 BMMD. 以 M 为坐标原点，分别以 ME，MD，MB 所在的直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 Mxyz，如图， 则 B(0，0， 3)，C(2， 3，0)，D(0， 3，0)，M(0，0，0)， 所以DC (2，0，0)

10、，BD (0， 3， 3)，MD (0， 3，0)， 设平面 BCD 的法向量为 m(x，y，z)， 由 m DC 2x0， m BD 3y 3z0. 取 y1，得 m(0，1，1)， 又因平面 ABE 的一个法向量MD (0， 3，0)， 所以 cosm，MD m MD |m|MD | 2 2 ， 所以平面 ABE 与平面 BCD 夹角为 45 . 点评 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，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两 平面的夹角的大小.用法向量的夹角求两平面夹角时应注意： 已知平面 1与 2的法向量

11、分别为 n1与 n2. 当 0n1，n2 2时，平面 1与 2的夹角等于n1，n2 ； 当 2n1，n2 时，平面 1与 2的夹角等于 n1，n2. 跟踪训练 3 在四棱锥 VABCD 中， 底面 ABCD 是正方形， 侧面 VAD 是正三角形， 平面 VAD 底面 ABCD. (1)证明：AB平面 VAD； (2)求平面 AVD 与平面 BVD 夹角的余弦值. 考点 向量法求平面与平面的夹角 题点 向量法求平面与平面的夹角 (1)证明 取 AD 的中点 O 作为坐标原点， 由题意知，VO底面 ABCD， 分别以 OA，OV 所在直线为 x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AD

12、2，则 A(1，0，0)，D(1，0，0)，B(1，2，0)，V(0，0， 3). 易得AB (0，2，0)，VA(1，0， 3). AB VA(0，2，0) (1，0， 3)0， AB VA，即 ABVA. 又 ABAD，ADVAA，AB平面 VAD. (2)解 易得DV (1，0， 3). 设 E 为 DV 的中点，连接 EA，EB， 则 E 1 2，0， 3 2 ， EA 3 2，0， 3 2 ，EB 3 2，2， 3 2 . EB DV 3 2，2， 3 2 (1，0， 3)0， EB DV ，即 EBDV. 又 EADV， AEB 为平面 AVD 与平面 BVD 的夹角， cosEA

13、 ，EBEA EB |EA |EB| 21 7 . 故平面 AVD 与平面 BVD 的夹角的余弦值为 21 7 . 四、利用底面的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系 例 4 如图所示，已知平行六面体 ABCDA1B1C1D1的底面为正方形，O1，O 分别为上、下 底面的中心，且 A1在底面 ABCD 上的射影是 O. (1)求证：平面 O1DC平面 ABCD； (2)若点 E，F 分别在棱 AA1，BC 上，且 AE2EA1，问点 F 在何处时，EFAD? 考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直 (1)证明 如图所示，以 O 为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分

14、别为 x 轴，y 轴，z 轴建立 空间直角坐标系. 设 OA1，OA1a. 则 A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，a)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，O1(1，0，a). 则O1D (1，1，a)，O1C (0，0，a). 设 m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)分别是平面 O1DC 和平面 ABCD 的法向量. 由 m O1D 0， m O1C 0， 得 x1y1z1a0， z1a0. 令 x11，则 m(1，1，0)，而 nOA1 (0，0，a)， 故 m n0，即平面 O1DC 与平面 ABCD 的法向量垂直，故平面 O1DC平面 ABCD. (2)解 由

15、(1)可知，OE 1 3，0， 2 3a ，AA1 (1，0，a)，AD BC (1，1，0). 设BF BC，则BF(，0)，故点 F 的坐标为(，1，0)， FE 1 3，1， 2 3a . EFADFE AD 0， 即FE AD 1 310，解得 1 3. 故当 F 为 BC 的三等分点(靠近 B)时，有 EFAD. 点评 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. 跟踪训练 4 已知正四棱锥 VABCD 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； (2)若 BEVC，求DEB 的余弦值. 考点 向量法求直

16、线与直线所成的角 题点 向量法求直线与直线所成的角 解 (1)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 OxBC，OyAB.由 AB2a，OVh，知 B(a，a，0)，C(a，a，0)， D(a，a，0)，V(0，0，h)，E a 2， a 2， h 2 . BE 3 2a， a 2， h 2 ，DE a 2， 3 2a， h 2 ， cosBE ，DE BE DE |BE |DE | 6a 2h2 10a2h2 . 即 cosDEB6a 2h2 10a2h2 . (2)BEVC，BE VC0，即 3 2a， a 2， h 2 (a，a，h)0，

17、 3 2a 2a 2 2 h2 2 0，h 2a. 此时 cosBE ，DE 6a 2h2 10a2h2 1 3， 即 cosDEB1 3. 1.如图所示， 已知正方体 ABCDA1B1C1D1， E， F 分别是正方形 A1B1C1D1和 ADD1A1的中心， 则 EF 和 CD 所成的角为_. 答案 45 解析 以 D 为原点，分别以射线 DA，DC，DD1为 x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角 坐标系 Dxyz 如图所示， 设正方体的棱长为 1， 则 D(0，0，0)，C(0，1，0)， E 1 2， 1 2，1 ，F 1 2，0， 1 2 ， EF 0，1 2， 1 2 ，

18、DC (0，1，0)， cosEF ，DC EF DC |EF |DC | 2 2 ， EF ，DC 135 ， 异面直线 EF 和 CD 所成的角是 45 . 2.在底面为直角梯形的四棱锥 SABCD 中，ABC90 ，SA平面 ABCD，SAABBC 1，AD1 2，则平面 SCD 与平面 SAB 夹角的余弦值为_. 考点 向量法求平面与平面的夹角 题点 向量法求平面与平面的夹角 答案 6 3 解析 以 A 为坐标原点，AD，AB，AS 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 Axyz， 则 A(0，0，0)，D 1 2，0，0 ，C(1，1，0)，S(0，

19、0，1)， 平面 SAB 的一个法向量AD 1 2，0，0 ， 并求得平面 SCD 的一个法向量 n 1，1 2， 1 2 ， 则 cosAD ，n AD n |AD |n| 6 3 . 即平面 SCD 与平面 SAB 夹角的余弦值为 6 3 . 3.如图所示，已知点 P 在正方体 ABCDABCD的体对角线 BD上，PDA60 . (1)求 DP 与 CC所成角的大小； (2)求 DP 与平面 AADD 所成角的大小. 解 如图，以 D 为原点，DA，DC，DD所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角 坐标系 Dxyz，设正方体的棱长为 1， 则 D(0，0，0)，A(1，0，0

20、)，C(0，1，0)，C(0，1，1)， DA (1，0，0)，CC (0，0，1). 连接 BD，BD. 在平面 BBDD 中，延长 DP 交 BD于 H. 设DH (m，m，1)(m0)， 则由已知有 cosDH ，DA DH DA |DH |DA | cos 60 ， 可得 2m 2m21，解得 m 2 2 ， 所以DH 2 2 ， 2 2 ，1 . (1)因为 cosDH ，CC 2 2 0 2 2 011 1 2 2 2 ， 所以DH ，CC 45 ，即 DP 与 CC所成的角为 45 . (2)平面 AADD 的一个法向量是DC (0，1，0). 因为 cos DH ，DC 2 2 0 2 2 110 1 2 1 2， 所以DH ，DC 60 ， 故 DP 与平面 AADD 所成的角为 30 .