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1、既然选择了远方，就必须风雨兼程！第九讲空间直角坐标系时间：年月日刘老师学生签名：一、 兴趣导入二、 学前测试要点考向1：利用空间向量证明空间位置关系考情聚焦： 1 平行与垂直是空间关系中最重要的位置关系，也是每年的必考内容，利用空间向量判断空间位置关系更是近几年高考题的新亮点。2 题型灵活多样，难度为中档题，且常考常新。考向链接： 1 空间中线面的平行与垂直是立体几何中经常考查的一个重要内容，一方面考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；另一个方面考查“向量法”的应用。2 空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量来论证。例 1：如图，在多面
2、体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形， EF AB ，EFFB ， AB2EF ，BFC90 ， BF FC ， H 为 BC 的中点。ZE(1)求证： FH 平面 EDB ；FDC(2) 求证： AC平面 EDB ；GYH(3) 求二面角 BDE C 的大小。BAX1既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！【命题立意】本题主要考查了空间几何体的线面平行、线面垂直的证明、二面角的求解的问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。【思路点拨】可以采用综合法证明，亦可采用向量法证明。【规范解答】Q 四边形 ABCD 为正方形，ABBC , 又 Q
3、 EFFB , EF / AB,ABFB ,且 BC I FBB，AB平面 FBC ,ABFH ,又 BFFC , H 为BC中点，FHBC ,且 AB I BCB,FH平面 ABC.uuur uuur uuur如图，以 H 为坐标原点，分别以 HB、GH、HF的方向为x轴、 y轴、 z轴的正方向建立坐标系，令 BHD1,则 A(1, 2,0), B(1,0,0), C ( 1,0,0), D ( 1, 2,0), E(0, 1,1),F (0,0,1).ZEFC(1)Auur设 AC与 BD的交点为 G，连接 GE、 GH,则 G（ 0,-1,0 ）， GE (0,0,1),uuur(0,0
4、,1),uuruuur又 Q HFGE/ HFGE 平面 EDB,HF平面 EDB,HF / 平面 EDBuuuruuruuur uurGE(2) Q AC( 2,2,0),GE(0,0,1),GEACg0,AC.又ACBD,且GEBD=G，AC平面 EBD.I(3)uur设平面 BDE的法向量为 n1(1, y1, z1 ),uuuruuurQ BE ( 1,1,1),BD(2,2,0).uuur uur由BEgn101 y1z10，uuur uur,即，得y10,22 y101 z1n0BD g 1uurn1 （1， 1,0）uur设平面 CDE的法向量为 n2(1,y2 , z2 ),u
5、uuruuurQ CD (0, 2,0), CE (1, 1,1). uuur uurn0y20由CD g 2, 即，得 y20， z21,uuur uury2z2 0n01CEg 2uurn2（，）1 0,-1uruururuurcosn1 gn211n1 , n2uruur2,uruur| n1 | n2 |2 260o,即二面角 B-DE-C为 60o。n1 , n2HGBX2Y既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！【方法技巧】1、证明线面平行通常转化为证明直线与平面内的一条直线平行；2、证明线面垂直通常转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直；3、确定二面角的
6、大小，可以先构造二面角的平面角，然后转化到一个合适的三角形中进行求解。4、以上立体几何中的常见问题，也可以采用向量法建立空间直角坐标系，转化为向量问题进行求解证明。应用向量法解题，思路简单，易于操作，推荐使用要点考向 2：利用空间向量求线线角、线面角考情聚焦： 1 线线角、线面角是高考命题的重点内容，几乎每年都考。2 在各类题型中均可出现，特别以解答题为主，属于低、中档题。考向链接： 1 利用空间向量求两异面直线所成的角, 直线与平面所成的角的方法及公式为:（ 1）异面直线所成角设分别为异面直线的方向向量，则（ 2）线面角r设是直线 l 的方向向量，n 是平面的法向量，则2 运用空间向量坐标运
7、算求空间角的一般步骤为：（ 1）建立恰当的空间直角坐标。 （ 2）求出相关 点的坐标。（ 3）写出向量坐标。 （ 4）结合公式进行论证、计算。（ 5）转化为几何结论。3既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！例 2：已知三棱锥 P ABC中， PA ABC， AB AC， PA=AC=1 AB，N 为 AB 上一点， AB=4AN,M,S 分别 为2PB,BC 的中点 .（）证明： CM SN；（）求 SN与平面 CMN所成角的大小 .【命题立意】本题考查了空间几何体的线面与面面垂直、线面角的求解以及几何体的计算问题，考查了考生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力
8、。【思路点拨】建系，写出有关点坐标、向量的坐标，uuuur uuur（ I ）计算 CM 、SN 的数量积，写出答案；（ II ）求平面 CMN的法向量，求线面角的余弦，求线面角，写出答案。【规范解答】设 PA 1，以 A 为原点，射线 AB、 AC、 AP分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图。则 P(0,0,1)， C(0,1,0)， B(2,0,0)，M(1,0,1 ) ， N( 1,0,0)， S(1, 1,0)222（ I ）uuuur1uuur11CM (1,1,), SN( ,0),222uuuuruuur110因为CM gSN202所以 CMSNuuur1,1,0
9、),(II) NC(r2设 a ( x, y, z)为平面 CMN 的一个法向量，x yz0r2则令x2,得a (2,1, 2)1 x y 02r uuur-1- 12|=2因为|cos a SN2232所SN与平面 CMN 所成的角为45o【方法技巧】（ 1）空间中证明线线，线面垂直，经常用向量法。（ 2）求线面角往往转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角问题来解决。（ 3）线面角的范围是 0 90，因此直线的方向向量与平面法向量的夹角的余弦是非负的，4既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！要取绝对值。要点考向3：利用空间向量求二面角考情聚焦： 1 二面角是高考命
10、题的重点内容，是年年必考的知识点。2常以解答题的形式出现，属中档题或高档题。考向链接： 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角。其计算公式为：设分别为平面的法向量，则与互补或相等，例 3： 如图，在长方体ABCD A1 B1C1D1 中， E 、 F 分别是 棱 BC , CC1上的点， CF AB2CE ,AB : AD : AA1 1: 2: 4（ 1） 求异面直线EF 与 A1D 所成角的余弦值；（ 2）证明 AF平面A1ED（ 3）求二面角A1EDF 的正弦值。【命题立
11、意】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力。【思路点拨】建立空间直角坐标系或常规方法处理问题。【规范解答】 方法一： 以 A 为坐标原点， AB所在直线为X 轴，AD所在直线为Y 轴建立空间直角坐标系（如图所示），设 AB1, 依题意得 D (0,2,0), F (1,2,1), A13(0,0, 4) , E 1, ,025既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！uuuruuuuruuur uuuuruuuruuuur1EFg（ 1）易得 EF,1 ,A1 D (
12、0,2, 4) ，于是 cosEF , A1DA1D0,uuuruuuur2EFA1D所以异面直线 EF 与 A1D 所成角的余弦值为3 。5uuuruuur3 , 4uuur1 ,0（ 2）证明：已知 AF(1,2,1) , EA11,ED1,22uuuruuuruuuruuur于是 AF EA1 =0， AF ED =0. 因此， AFEA1 ,AFED , 又 EA1ED E所以 AF平面 A1EDr uuur1ryz0ugEF0( x, y, z) ，则2(3) 解：设平面 EFD 的法向量 ur uuur, 即1g0u EDxy02不妨令 X=1, 可得 u(1,21）。由（ 2）可
13、知， AF 为平面 A 1ED 的一个法向量。于是cos u,AF =u? AF=2 ，从而sin u,AF=5|u|AF|333，5所以二面角A 1-ED-F 的正弦值为53要点考向4：利用空间向量解决探索性问题考情聚焦： 立体几何中已知结论寻求结论成立的条件（或是否存在问题），能较好地考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力，是今后考查的重点，也能很好地体现新课标高考的特点。例 4： 如图，圆柱 OO1内有一个三棱柱 ABC-A1B1C1, 三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且 AB 是圆 O的直径。（ I ）证明：平面 A1ACC1 平面 B1 BCC1；6既然选择了远方，就必须风雨兼程！
14、既然选择了远方，就必须风雨兼程！（ II ）设 AB AA1 , 在圆柱 OO1内随机选取一点，记该点取自三棱柱ABC-A1B1C1 内的概率为p。（ i ）当点 C 在圆周上运动时，求p 的最大值；（ ii ）记平面 A1 ACC1与平面 B1OC所成的角为（ 00900 ）。当 p 取最大值时，求cos的值。【命题立意】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及几何体的体积、几何概型等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想、必然与或然思想。【思路点拨】第一步先由线线垂直得到线面垂直，再由线面垂直得到面面垂直；第二步首先
15、求出长方体的体积，并求解三棱柱的体积的最大值，利用体积比计算出几何概率。立体几何中我们可以利用向量处理角度问题，立体几何中涉及的角：有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量a, b ，有 cos a,bab，利用这一结论，我们可以较| a | b |方便地处理立体几何中的角的问题。【规范解答】（ I ）Q A1 A平面 ABC ， BC 平面 ABC ，A1 ABC ，又 AB 是 e O 的直径，BCAB ，又ACAA1A ，BC平面 A1 ACC1 ，而 BC 平面 B1BCC1 ，所以平面 A1 ACC1平面 B1BCC1 ；
16、（ II ）（ i ）设圆柱的底面半径为r ，则 ABAA1 2r，故圆柱的体积为Vr 2 2r2 r 3 ，设三棱柱ABC-AB C , 的体积为 V1 ，所以 PV1，所以当 V1 取得最大值时P 取得最大值。又因为点C 在圆周上运动，111V所以当 OCAB 时，ABC 的面积最大，进而，三棱柱ABC-A1B1C1, 的体积 V1 最大，且其最大值为12rr 2r2r 3 ，故 P 的最大值为1 ；2（ ii ）由（ i ）知， P 取最大值时， OCAB ，于是，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz ，则 Cr ,0,0 , B 0, r ,0 , B10, r ,2 r,
17、 Q BC平面A1ACC1 ，uuurr ,r ,0是平面 A1 ACC1 的一个法向量， 设平面 B1OC 的法BCrruuurrx 0x, y, z ，由于nOC向量为 nruuur ，nOB1ry 2rz0r0, 2,1 ， Q 00900r uuur10所以平面 B1OC 的一个法向量为n， coscos n, BC。57既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！【方法技巧】立体几何中我们可以利用空间向量处理常见的问题，本题的（II）（ i）也可以采用向量法进行证明： 以 O 为坐标原点， 建立空间直角坐标系Oxyz ，设圆柱的底面半径为r ， Cr cos ,
18、r sin,0 ，则 AB AA1 2r ，故圆柱的体积为 V22r2 r3V1，r，设三棱柱 ABC-AB C , 的体积为 V1 ，所以 P111V1所以当 V1 取得最大值时 P 取得最大值。S ABC2rr cosr 2 cos，所以当 cos1 时的 ABC 的211面积最大， 进而，三棱柱 ABC-AB C , 的体积 V1 最大，且其最大值为r2r2r3；2r，故 P 的最大值为1112【高考真题探究】rrrrrr1.若向量 a =（ 1,1,x） ,b =(1,2,1),c =(1,1,1), 满足条件 (ca) (2b) =-2, 则 x =.【命题立意】本题考察空间向量的坐
19、标运算及向量的数量积运算.rrrx.【思路点拨】 先算出 ca 、 2b ，再由向量的数量积列出方程，从而求出rr(0,0,1rrrr2【规范解答】 cax) ， 2b(2 , 4 , 2) ，由 (ca)(2b)得 (0,0,1 x) (2, 4,2)2，即 2(1x)2 ，解得 x2.【答案】 22.如图， 在矩形 ABCD 中，点 E, F 分别在线段AB, AD 上 ， AE EB AF2 FD 4 .沿 直 线 EF将V AEF 翻 折 成 V A EF， 使 平 面3A EF平面 BEF .（）求二面角AFDC 的余弦值；（）点 M , N 分别在线段FD , BC 上，若沿直线M
20、N 将四边形 MNCD 向上翻折，使C 与 A 重合，求线段 FM 的长。8既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！【命题立意】本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，考查空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。【思路点拨】方法一利用相应的垂直关系建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题；方法二利用几何法解决求二面角问题和翻折问题。【规范解答】方法一： （）取线段EF 的中点 H，连结 A H ，因为 A E = A F 及 H是 EF的中点，所以 A HEF , 又因为平面 A EF平面 BEF .如图建立空间直角坐标系A-xyz ，则 A
21、（ 2， 2， 22 ）， C（ 10， 8，0）， F（ 4，0， 0）， D（ 10， 0， 0） .故 FA =（ -2 ，2， 22 ），FD =（ 6， 0， 0） . 设 n =（ x,y,z）为平面 A FD 的一个法向量，所以2x2 y2 2z0 。6x0取 z2r(0,2,2) 。，则 nrr rr gr3，故 cos n, mn m又平面 BEF 的一个法向量 m (0,0,1)r r3。n gm所以二面角的余弦值为33（）设 FMx, BNa ，则 M (4x,0,0) ， N ( a,8,0) ，因为翻折后， C 与 A 重合，所以CMA M ， CNA N ，(6 x
22、)2822222221130 =（ 2x）（2 2）， a故，(2a)262(22) 2，得 x，(10 a)244所以 FM214。9既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！3. 如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是矩形 PA平面 ABCD，AP=AB=2， BC= 2 2 ，E，F 分别是 AD, PC的中点 .（）证明： PC平面 BEF；（）求平面BEF与平面 BAP夹角的大小。【命题立意】本题考查了空间几何体的的线线、线面垂直、以及二面角的求解问题，考查了同学们的空间想象能力以及空间思维能力以及利用空间向量解决立体几何问题的方法与技巧。【思路点拨】
23、思路一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；思路二：利用几何法求解 .【规范解答】解法一（）如图，以A 为坐标原点， AB， AD， AP所在的直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系. AP=AB=2， BC=22 ，四边形 ABCD是矩形 . A， B， C， D 的坐标为 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2 2 ,0) ， D(0， 22 ， 0) ，P(0,0,2)又 E， F 分别是 AD， PC的中点， E(0 ， 2 ， 0),F(1 ， 2 ， 1).uuuruuur=（ -1 ，uuur1）， PC =（ 2， 22 ， -2 ） BF2 ， 1） EF
24、 =（ 1,0,uuuruuuruuuruuur PC BF =-2+4-2=0 ， PC EF =2+0-2=0 ，uuuruuuruuuruuurF , PC平面 BEF PC BF ， PC EF ， PC BF,PC EF, BF I EFuruuur2,2),（ II） 由 （ I ） 知 平 面BEF 的 法 向 量 nPC (2,2平 面 BAP的 法 向 量1uuruuur(0,22,0),uruur8,nADnn21 g 2uruurur uurnn1 g 282 ,设平面 BEF与平面 BAP的夹角为，则 coscos n1, n2uruur4n1n222 2 450 ，
25、平面 BEF与平面 BAP的夹角为 45010既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！4.如题图，四棱锥PABCD 中，底面 ABCD 为矩形， PA底面 ABCD ， PAAB2 ，点 E 是棱 PB 的中点 .（ I ）证明：AE平面 PBC ；（ II ）若 AD1 ，求二面角 BECD 的平面角的余弦值.【命题立意】本小题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，考查余弦定理及其应用，考查空间向量的基础知识和在立体几何中的应用，考查空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力，考查数形结合的思想，考查化归与转化的思想.【思路点拨】（ 1）通过证明线线垂直证明结论：线
26、面垂直，（ II ）作出二面角的平面角，再利用三角函数、余弦定理等知识求余弦值. 或建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算证明垂直和求出有关角的三角函数值 .【规范解答】（ I ）以 A 为坐标原点，射线 AB, AD , AP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Axyz . 如图所示 .设 设 D (0, a,0)， 则 B ( 2,0,0)， C ( 2, a,0)， P (0,0,2) ，E (2,0,uuur(2 ,0,2 )uuur(0, a,0) ，2 ) 。 于 是 AE， BC2222uuur(2, a,uuur uuuruuuruuur0PC2)
27、，则 AE BC0, AE PC，uuuruuuruuuruuur平面 PBC .所以 AEBC, AEPC ，故 AE（ II）设平面 BEC的法向量为 ur ，由（）知，AE平面 BEC ，故可取uuruuur（2 ， 2 ）. 设n1n1EA022uuruuruuuruuruuuruuurD（0,1,0，（2,1,0 ），平面的法向量n2，则n2DC0, n2DF0，由AD1，得DEC（x2 , y2 , z2） G11既然选择了远方，就必须风雨兼程！既然选择了远方，就必须风雨兼程！从而DC， uuur（2 -2），故（ 2,0,0 ） DE,1,22uur（ ， ），从而ur uur可取y21，则 n2cos n1, n201 2x202 x2y2，所以 x20 ， z22 z2 022uruurn1g3n2uur uuur.n1n