• 849.00 KB
  • 2021-06-16 发布

高考数学常见题型解法归纳反馈训练第51讲空间几何点的坐标的写法

  • 15页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第 51 讲 空间几何点的坐标的写法 【知识要点】 一、空间向量的正交分解 空间的任意向量 a  ,均可分解为不共面的三个向量 xi  、 y j  、 zk  ,使 a xi y j zk       . 如果 , ,i j k    两两垂 直,这种分解就是空间向量的正交分解. 二、空间向量基本定理 如果三个向量 , ,a b c    不共面,那么对于空间任意一个向量 p  ,存在一个唯一的有序实数组 , ,x y z 使 p xa yb zc      .我们把 , ,a b c    叫做空间的一个基底,其中 , ,a b c    叫基向量. 三、单位正交分解 如果空间一个基底的三个基向量互相垂直,长度都为 1 个单位,则这个基底叫做单位正交基底,通常用 { , ,i j k    }表示. 四、空间直角坐标 若 , ,i j k    为有公共起点 O 的三个两两垂直的单位向量,分别以 , ,i j k    的方向为 x 轴, y 轴, z 轴的正方 向建立空间直角坐标系O xyz ,有序实数组 , ,x y z 使得 p xi y j zk      ,我们把 , ,x y z 称作向量在单 位正交基底 , ,i j k    下的坐标,记作 ( , , )p x y z ,则坐标 ( , , )x y z 就是向量 p  的坐标. 五、写空间点的坐标常用的有直接观察法、向量法、作坐标线法三种. 【方法讲评】 方法一 直接观察法 使用情景 点的位置比较特殊,一般在坐标轴上或其它特殊位置. 解题步骤 直接利用空间向量点坐标的定义观察写出点的坐标. 【例 1】如图,在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中, 12, 1BC AB AC AA    ,D 是棱 1CC 上的一点, P 是 AD 的延长线与 1 1AC 的延长线的交点,且 1PB ∥平面 1BDA . (1)求证: DCCD 1 ; (2)求二面角 1 1A B D P  的正弦值. 由(1)知 1C 为 1A P 中点 ∴点 1 1, , ,A B D P 坐标分别为 1(0,0,0)A , 1(1,0,0)B , 1(0,1, )2D , (0,2,0)P 设平面 1 1A B D 的法向量 ( , , )m x y z ∵ 1 1m A B 且 1m A D ∴ 0 1 02 x y z    取 2z  【点评】该题中的几何体比较特殊的几何体直三棱柱,题目中的各个点比较容易直接观察得到,所以选 择直接观察法写出各点的坐标.在正方体、长方体、直棱柱、正棱柱等特殊几何体中也常用直接观察法. 【反馈检测 1】如图,在四棱锥 ABCDP  中,底面 ABCD是正方形,侧棱 PD ⊥底面 ABCD, DCPD  , E 是 PC 的中点,作 PBEF  交 PB 于点 F . (1)求证: PA // 平面 EDB ; (2)求二面角 BDEF  的正弦值. 方法二 向量法 使用情景 点在一般位置,不是特殊位置. 解题步骤 利用向量的关系计算出空间点的坐标. 【例 2】己知四棱锥 P ABCD ,其中底面 ABCD 为矩形侧棱 PA ABCD 底面 ,其中 2BC  , 2 6AB PA  , ,M N 为侧棱 PC 上的两个三等分点,如图所示: (1)求证: ||AN MBD平面 ; (2)求二面角 B PC A  的余弦值. (2)易知 ABP 为等腰直角三角形,所以 BP 为外接圆的直径,所以 3 2PB  , 3PA  ,如图所示,以 A 为原点,建立空间直角坐标系 A xyz , 则 A (0,0,0), B (3,0,0),C (3,6,0), D (0,6,0), P (0,0,3), 设 M 坐标为 ( , , )M M Mx y z ,由题得 2 3PM PC  ,所以 2( , , 3) (3,6, 3) (2,4, 2)3M M Mx y z      所以 2 2 4 4 3 2 1 M M M M M M x x y y z z               , 所以 M 坐标为(2,4,1),同理 N 点坐标为(1,2,2),设平面 BCP 的 法向量为 ( , , )m x y z , ( 3,0,3), (0,6,0)BP BC     ,并且 ,BP BC   m m , P A B C D M N z y x 3 3 0 6 0 x z y     ,令 1,x  得 0, 1y z  , 【点评】本题中的点 ,M N 的坐标不是很好写,所以要根据向量的关系 2 ,3PM PC  1 3PN PC  列出方 程,再解方程即可推算出 ,M N 的坐标. 【例 3】如图,在各棱长均为 2 的三棱柱 1 1 1ABC A B C 中,侧面 1 1A ACC ABC 底面 , 0 1 60A AC  . (Ⅰ)求侧棱 1AA 与平面 1AB C 所成角的正弦值的大小; (Ⅱ)已知点 D 满足 BD BA BC    ,在直线 1AA 上是否存在点 P ,使 DP ∥平面 1AB C ?若存在,请 确定点 P 的位置;若不存在,请说明理由. 【解析】(Ⅰ)∵侧面 1 1A ACC ABC 底面 ,作 1AO AC 于点 O , ∴ 1AO ABC 平面 .又 0 1 60ABC A AC    ,且各棱长都相等, ∴ 1AO  , 1 3OA OB  , BO AC 故以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ,则 A (0,﹣1,0), B ( ,0,0), 1A 0,0 3( , ),C (0,1,0), 1 (0,1, 3)AA = . (Ⅱ)∵ BD BA BC    , 而 ( 3, 1,0 ( 31 0)BA BC     ), ,, ∴ 2 3,0,0)BD  (- . 又∵ ( 3,0,0)B ,∴点 D 的坐标为 ( 3,0,0)D  . 假设存在点 P 符合题意,则点 P 的坐标可设为 (0, , )P y z . ∴ ( 3, , )DP y z ∵ DP ∥平面 1AB C , ( 1,0,1)n   为平面 1AB C 的法向量, ∴由 1AP AA  ,得 1 3 3 y       ,∴ 0y  . 又 DP 1AB C 平面 , 故存在点 P ,使 DP ∥平面 1AB C ,其坐标为 0,0 3( , ),即恰好为 1A 点. 【点评】本题中的点 1B 的坐标不是很好写,但是 1 1AA BB=  利用列出关于点 1B 坐标的方程便可以比较 方便地写出它的坐标. 【反馈检测2】正三棱锥O ABC 的三条侧棱OA OB OC、 、 两两垂直,且长度均为2. E F、 分别 是 AB AC、 的中点, H 是 EF 的中点,过 EF 的一个平面与侧棱 OA OB OC、 、 或其延长线分别相交于 1 1 1A B C、 、 ,已知 1 3 2OA  . (1) 证明: 1 1B C  平面OAH ; (2)求二面角 1 1 1O A B C  的余弦值;(3)求点 B 到平面 1 1 1A B C 的距离. 方法三 作坐标线法 使用情景 点所在的三角形是直角三角形. 解题步骤 作出点的坐标线,根据坐标线写出点的坐标. 【例 4 】 如图,四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 为矩形,且 1PA AD  , 2AB  , 0120PAB  , 090PBC  . (Ⅰ)求证: DA PAB 平面 ; (Ⅱ)求直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值. (Ⅱ)以点 A 为坐标原点, AB 所在的直线为 y 轴建立空间直角坐标系如右图示,则依题意可得 3 1(0,0,1), (0,2,1), ( , ,0)2 2D C P - , 可得 3 5( , , 1)2 2CP = - - 平面 ABCD 的单位法向量为 (1,0,0)m = ,设直线 PC 与平面 ABCD 所成角为q , 则 ∴ ,即直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 6 8 . 【点评】本题中点 P 的坐标,直接观察不是很方便,需要过点 P 作 PH AB ,垂足为 H ,再解三角形 APH ,得到 ,AH PH 的长度,即可得到点 P 的坐标. 【反馈检测 3】如图在底面为菱形的四棱锥 P ABCD , 60 , 1, 2ABC PA AC PB PD       , 点 E 在 PD 上,且 2PE ED  . (Ⅰ)求证: PA  平面 ABCD ; (Ⅱ)求二面角 E AC D  的正弦值; (Ⅲ)在棱 PC 上是否存在点 F 使得 BF  平面 EAC ?若存在,试求 PF 的值;若不存在,请说明理 由. 高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第 51 讲: 空间几何点的坐标的写法参考答案 【反馈检测 1 答案】(1)证明过程详见解析;(2) 3 22 . 【反馈检测 1 详细解析】如图建立空间直角坐标系,点 D 为坐标原点,设 1DC . (2) )1,1,1(),0,1,1( PBB ,又 )2 1,2 1,0(DE ,故 0 DEPB ,所以 DEPB  . 由已知 PBEF  ,且 EDEEF  ,所以 PB 平面 EFD . 所以平面 EFD 的一个法向量为 )1,1,1( PB . )0,1,1(),2 1,2 1,0(  DBDE , 不妨设平面 DEB 的法向量为 ),,( zyxa  则      0 0)(2 1 yxDBa zyDEa 不妨取 1x 则 1,1  zy ,即 )1,1,1( a 设求二面角 BDEF  的平面角为 3 1 |||| cos  PBa PBa 因为 ],0[   ,所以 3 22sin  . 二面角 BDEF  的正弦值大小为 3 22 . 【反馈检测 2 答案】(1)见解析;(2) 6 6 ;(3) 6 6 . (2) N M B 1 C 1 A 1 H F E C B A O 作ON ⊥ 1 1A B 于 N ,连 1C N .因为 1OC ⊥平面 1 1OA B , 根据三垂线定理知, 1C N ⊥ 1 1A B , 1ONC 就是二面角 1 1 1O A B C  的平面角. 作 EM ⊥ 1OB 于 M ,则 EM ∥OA,则 M 是OB 的中点,则 1EM OM  . 设 1OB x ,由 1 1 1 OB OA MB EM  得, 3 1 2 x x  ,解得 3x  , 在 1 1Rt OA B 中, 2 2 1 1 1 1 3 52A B OA OB   ,则, 1 1 1 1 3 5 OA OBON A B   . 所以 1 1tan 5OCONC ON    ,故二面角 1 1 1O A B C  余弦值为 6 6 . (2)由已知 1 3( ,0,0),2A 设 1(0,0, )B z 则 1 1 1( ,0,1), ( 1,0, 1)2A E EB z      由 1A E  与 1EB  共线得:存在 R  有 1 1A E EB  得 1 1 3 (0,0,3)2 1 ( 1) z B z            同理: 1(0,3,0)C 1 1 1 1 3 3( ,0,3), ( ,3,0)2 2A B AC      【反馈检测 3 答案】(1)见解析;(2) 1 2 (3) 2 2 . 【反馈检测 3 详细解析】(Ⅰ)证明:∵在菱形 ABCD 中, 60ABC   , ∴ AC AB AD  . x y z ∵ 1PA AC  , ∴ 1PA AB AD   . ∵ 2PB PD  , ∴ 2 2 2 2 2 2,PA AB PB PA AD PD    . ∴ ,PA AB PA AD  . ∵ AB AD A , ∴ PA  平面 ABCD . (Ⅱ)如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得 设所求二面角的平面角为 , 则 2 1sin 1 cos , 2AD    n , 所以二面角 E AC D  的正弦值为 1 2 . 2 (Ⅲ)因为 1 3, , 12 2PC        , F 为 PC 上一点,  1,0,0B , 则有 1 3, ,12 2PF PC            ,故 F 点坐标为 1 3, ,12 2        . 所以 1 31, ,12 2BF           . 则 1 3 1 2, , ,4 4 2 2PF PF          ,即 PF 的值为 2 2 .