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

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

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 ．