小结课堂实录【2】

求空间坐标系中非特殊点的坐标

一、内容分析：

立体几何解答题是高考必考内容之一，第一问主要考察空间中点、线、面的位置关系（通常证明垂直和平行），第二问主要考察空间角（通常是线面角和面面角）。经过高三一轮的复习，学生已经掌握了处理这种题的策略，并且熟悉基本流程：“四破”：第一，破“建系关”第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

存在问题：1、建系说明写不完整；2、个别非特殊点坐标写不出；3、计算不准确。

二、教学重点难点：学会写非特殊点的坐标，并能总结出基本策略。

三、教学过程：

（一）回忆旧知：

长方体中点的坐标的写法

（二）例题解析

1、广东一模立体几何题

2、如图，四棱锥PABCD，侧面PAD是边长为2的正三角形，且平面PAD平面ABCD，底面ABCD是ABC60的菱形，

M为棱PC上的动点，且（Ⅰ）求证：

BCPC；

（Ⅱ）试确定的值，使得二面角PADM的平面角余弦值为试题解析：

（Ⅰ）取AD的中点O，连结OP,OC,AC，由题意可得PAD，

ACD均为正三角形，

所以OCAD，

OPAD，

又OCOPO，

所以AD平面POC，

又PC平面POC，

PM0,1.

PC5.

5

所以ADPC.

因为BCAD，

所以BCPC.

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知POAD.

又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，

PO平面PAD，

所以PO平面ABCD.

故可得OP,OC,OD两两垂直，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

则P0,0,3，

A0,1,0，

D0,1,0，

C3,0,0，

所以

PC3,0,3，

由PMPC的坐标为3,0,30,1，可得点M3,0,33，

所以AM3,1,33，

DM3,1,33，



所以当25时，二面角PADM的余弦值为.

35总结：解决立体几何中探索性问题的基本策略

通常假定题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实

际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．

3、长方形ABCD中，

AB2AD，

M是DC中点（图1）．将△ADM沿AM折起，使得ADBM（图2）在图2中：

（1）求证：平面ADM

平面ABCM；

（2）在线段BD上是否存点E，使得二面角EAMD为大小为π，说明理由．

4

（2）因为平面ADM

平面ABCM，交线是AM，所以在面ADM过M垂直于AM的直线必然垂直平面ABCM．以M为坐标原点，

MA为x轴，

MB为y轴，过M作平面ABCM的垂线为z轴，建立空间直角坐标系．

依题意cosn1,n2222，即，解方程得，或2，取2232222π40,1，因此在线段BD上存点E，使得二面角EAMD为大小为．

总结：立体几何问题对于第一问，要注意结合图形，特别是中点，寻求垂直或平行关系，对于第二问关键是建系写点的坐标，利用求得的法向量来求二面角的余弦，注意对角是锐23

角钝角的分析.

（三）练习

练习1．如图，在四棱锥AEFCB中，

AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，

EF//BC,BC4，EF2a，

EBCFCB60，

O为EF的中点. （1）求二面角FAEB的正弦值；

（2）若BE平面AOC，求a的值.

则Ea,0,0,A0，0，3a,B2,32a,0EAa,0,3a,BEa2,，

3a2,0，

设平面AEB的法向量为nx,y,z，

ax3az0,nEA0,

则{

,即{nBE0,a2x3a2y0.令z1，则x3,y1，于是n3,1,1，

又平面AEF的一个法向量为p0,1,0，设二面角FAEB为，

所以cosn,pnp525，

sin1cos2，

np5525.

5所以二面角的正弦值为

练习2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，

E为线段AB的中点，

M在线段PD上. （I）当M是线段PD的中点时，求证：PB // 平面ACM；

（II）求证：

PEAC；

（III）是否存在点M，使二面角MECD的大小为60°，若存在，求出请说明理由．

试题解析：（I）证明：连接BD交AC于H点，连接MH，

因为四边形ABCD是菱形，

所以点H为BD的中点.

又因为M为PD的中点，

所以MH // BP.

又因为

BP

平面ACM, MH平面ACM.

所以

PB // 平面ACM.

PM的值；若不存在，PD

则E0,0,0，

B1,0,0，

P0,0,3，

C0,3,0，

D2,3,0．

假设棱PD上存在点M，设点M坐标为x,y,z，

PMPD01，

则x,y,z32,3,3，

所以M2,3,31，

所以EM2,3,31，

EC0,3,0，

设平面CEM的法向量为nx,y,z，则

{nEM2x3y31z0nEC3y0

，解得{y02x31z

．

总结：(1)探索性问题通常用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.

（四）小结：

（五）作业．如图，四棱柱ABCDABCD的底面ABCD是菱形，

ACBDO，

ABAD2，

ABAA2．

（Ⅰ）证明：平面ACO平面BBDD；

（Ⅱ）若BAD60，直线BC上是否存在点M，使得AM与平面ABA所成角的正弦值为10.若存35在，求

BM的值；若不存在，请说明理由．

MC

（Ⅱ）在菱形ABCD中，由BAD60，AB2，可得BO1，

AO3

由AB2，可得AO1.

在三角形AOA中，由AA2,AO3,AO1，可得AOAO.

故得OA,OB,OA两两相互垂直.

以O为原点，

OB,OC,OA方向为x,y,z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.

则B1,0,0，

C0,3,0，

A0,3,0，

A0,0,1，

由CC1BBAA0,3,1，可得C0,23,1，

B1,3,1，

设Mx0,y0,z0，

BMBC,0,，

所以AMABBM1,23,1.

设平面ABB的法向量为nx,y,z，



总结：（1）用向量法解立体几何问题时，在建立坐标系的基础上，关键是如何确定点的坐标，对于不容易确定坐标的点，可通过向量的运算、相等向量等方法去确定点的坐标。

（2）由于本题（Ⅱ）中，要求是“直线BC上是否存在点M”，故求出的点M应有两个，解题时要注意对题意的理解。

（六）晚练．如图，三棱柱ABCA

AB平面AAC

AA1B1C1中，11C，1ABAC2，

A1AC60.过AA1的平面交B1C1于点E，交BC于点F.

(l)求证：

AC平面ABC1；

1(Ⅱ)求证：四边形AA1EF为平行四边形；

(Ⅲ)若是BF2，求二面角BAC1F的大小．

BC3

（Ⅱ）因为

A1A//B1B，

A1A平面BB1C1C，所以

A1A//平面BB1C1C．

因为

平面AA1EF平面BB1C1CEF，所以

A1A//EF．

因为

平面ABC//平面A1B1C1，

ABCAF，平面AA1EF平面A1B1C1A1E，

平面AA1EF平面所以

A1E//AF．

所以

四边形AA1EF为平行四边形．

0,1,3．由（Ⅰ）得平面ABC1的法向量为AC

1设平面AC1F的法向量为nx,y,z，

3y3z0,则{

即{2

4xy0.33nAF0,nAC10,令y1，则x2，

z3，所以

n2,1,3．

所以

cosn,A1CnA1CnA1C2．

2由图知

二面角BAC1F的平面角是锐角，

所以

二面角BAC1F的大小为45．

总结：本题主要考查线面垂直的判定定理、线面平行的性质、面面平行的直线以及利用空间向量求二面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.