标签: 2020版高中数学第三章空间向量与立体几何专题突破三空间直角坐标系的构建策略学案(含解析)新人教B版选修2-1  
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doc 专题突破三 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,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. 考点 向量法求直线与直线所成的角 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=(-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. 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,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2,E,F分别是线段PA,CD的中点,求异面直线EF与BD所成角的余弦值. 考点 向量法求直线与直线所成的角 题点 向量法求直线与直线所成的角 解 因为平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以,PA⊥平面ABCD,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系Axyz, 则E(0,0,1),F(1,2,0),B(2,0,0),D(0,2,0). =(1,2,-1),=(-2,2,0), 故cos〈,〉==. 即异面直线EF与BD所成角的余弦值为. 二、利用线面垂直关系 例2 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BB1C1C,E为棱C1C的中点,已知AB=,BB1=2,BC=1,∠BCC1=.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AB⊥BP,AB⊥BB1, 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,建立空间直角坐标系Bxyz. 又BP⊥BB1,BB1∩AB=B, 且BB1,AB⊂平面ABB1A1,所以BP⊥平面ABB1A1, 因为AB=,BB1=2,BC=1,∠BCC1=, 所以CP=,C1P=,BP=,则各点坐标分别为 B(0,0,0),A(0,0,),B1(0,2,0),C, C1,E,A1(0,2,),P. 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,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,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AB=AC得AE⊥BC, 从而AE⊥AD,AE===. 以A为坐标原点,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(,2,0), N,=(0,2,-4), =,=. 设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则 即可取n=(0,2,1). 于是|cos〈n,〉|==. 设AN与平面PMN所成的角为θ,则sinθ=, ∴直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为. 三、利用面面垂直关系 例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所成的锐角的大小. 考点 向量法求平面与平面所成的角 题点 向量法求平面与平面所成的角 解 取AE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,所以BM⊥平面AEC,所以BM⊥MD. 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,),C(2,,0),D(0,,0),M(0,0,0), 所以=(2,0,0),=(0,,-),=(0,,0), 设平面BCD的法向量为m=(x,y,z), 由 取y=1,得m=(0,1,1), 又因平面ABE的一个法向量=(0,,0), 所以cos〈m,〉==, 所以平面ABE与平面BCD所成的锐角为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所成的锐角的大小.用法向量的夹角求二面角时应注意:平面的法向量有两个相反的方向,取的方向不同求出来的角度就不同,所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小. 跟踪训练3 在四棱锥V-ABCD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)求二面角A-VD-B的平面角的余弦值. 考点 向量法求平面与平面所成的角 题点 向量法求平面与平面所成的角 (1)证明 取AD的中点O作为坐标原点, 由题意知,VO⊥底面ABCD, 则可建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=2,则A(1,0,0),D(-1,0,0),B(1,2,0),V(0,0,). 易得=(0,2,0), =(1,0,-). ∵·=(0,2,0)·(1,0,-)=0, ∴⊥,即AB⊥VA. 又AB⊥AD,AD∩VA=A,∴AB⊥平面VAD. (2)解 易得=(1,0,). 设E为DV的中点,连接EA,EB, 则E, ∴=,=. ∵·=·(1,0,)=0, ∴⊥,即EB⊥DV. 又EA⊥DV,∴∠AEB为所求二面角的平面角, ∴cos〈,〉==. 故所求二面角的平面角的余弦值为. 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ABCD-A1B1C1D1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AE=2EA1,问点F在何处时,EF⊥AD? 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所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系. 设OA=1,OA1=a. 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=(1,-1,-a),=(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. 由得 令x1=1,则m=(1,1,0),而n=λ=(0,0,λa), 故m·n=0,即平面O1DC与平面ABCD的法向量垂直,故平面O1DC⊥平面ABCD. (2)解 由(1)可知,=,=(-1,0,a), ==(-1,-1,0). 设=γ,则=(-γ,-γ,0),故点F的坐标为(-γ,1-γ,0),∴=. EF⊥AD⇔·=0,而·=--γ-γ+1=0,解得γ=.故当F为BC的三等分点(靠近B)时,有EF⊥AD. 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; (2)若BE⊥VC,求∠DEB的余弦值. 考点 向量法求直线与直线所成的角 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. ∴=,=, ∴cos〈,〉==. 即cos∠DEB=. (2)∵BE⊥VC,∴·=0,即·(-a,a,-h)=0, ∴a2--=0,∴h=a. 此时cos〈,〉==-, 即cos∠DEB=-. 1.如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,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,F, =, =(0,1,0), ∴cos〈,〉==-, ∴〈,〉=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S-ABCD中,∠ABC=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为________. 考点 向量法求二面角 题点 向量法求二面角 答案  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,C(1,1,0),S(0,0,1), 平面SAB的一个法向量 =, 并求得平面SCD的一个法向量n=, 则cos〈,n〉==. 即所求锐二面角的余弦值为. 3.在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=2,AA1=2,D是AA1的中点,BD与AB1交于点O,且OC⊥平面ABB1A1. (1)证明:BC⊥AB1; (2)若OC=OA,求直线CD与平面ABC所成角的正弦值. 考点  题点  (1)证明 由题意知tan∠ABD==,tan∠AB1B==, 又∠ABD,∠AB1B为三角形的内角, 故∠ABD=∠AB1B, 则∠AB1B+∠BAB1=∠ABD+∠BAB1=, 所以∠AOB=,即AB1⊥BD. 又CO⊥平面ABB1A1,AB1⊂平面ABB1A1, 所以AB1⊥CO, 因为BD∩CO=O,BD,CO⊂平面CBD, 所以AB1⊥平面CBD, 又BC⊂平面CBD,所以AB1⊥BC. (2)解 如图,以O为坐标原点,分别以OD,OB1,OC所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz, 则A,B,C,D, =,=, =, 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则即 令y=1,则z=-1,x=, ∴平面ABC的一个法向量n=. 设直线CD与平面ABC所成角为α, 则sinα=|cos〈,n〉|= ==. 一、选择题 1.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.B.C.D. 考点  题点  答案 C 解析 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,),D1(0,0,), 所以=(-1,0,),=(1,1,), 因为cos〈,〉===. 2.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,M,E,F分别为PQ,AB,BC的中点,则异面直线EM与AF所成角的余弦值是(  ) A. B. C.- D. 考点  题点  答案 A 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,y,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), =(-1,1,2),=(2,1,0), cos〈,〉===, 则异面直线EM与AF所成角的余弦值为. 3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD与平面A1C1D所成角的正弦值是(  ) A.B.C.D.1 考点  题点  答案 B 解析 以D1为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为2,则A1(2,0,0),C1(0,2,0),D(0,0,2),B(2,2,2), 且n=(1,1,1)是平面A1C1D的一个法向量, 因为=(2,2,0), 所以cos〈n,〉===. 设DB与平面A1C1D所成的角为θ,则sinθ=cos〈n,〉=. 4.在正三棱柱ABC—A1B1C1中,若AB=BB1,则AB1与C1B所成角的大小为(  ) A.60° B.75° C.105° D.90° 考点 向量法求直线与直线所成的角 题点 向量法求直线与直线所成的角 答案 D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,设BB1=1, 则A(0,0,1),B1, C1(0,,0),B. ∴=, =, ∴·=--1=0, 即AB1与C1B所成角的大小为90°. 5.(2018·贵州贵阳高二检测)如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥平面ABCD,底面AB

2020版高中数学 第三章 空间向量与立体几何 专题突破三 空间直角坐标系的构建策略学案(含解析)新人教B版选修2-1.docx

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