《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

1利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系例1(2023.天津)如图6−1,在三棱台ABC−
A1B1C中,已知AA⊥平面
ABC,AB⊥AC,AB=AC=
AA=2,AC=1,N为线段
AB的中点，M为线段BC的
中点
(1)求证:AN//平面C1MA;
(2)求平面C,MA与平面
ACC,A1所成角的余弦值;
(3)求点C到平面C,MA的距离.

答案：
解析T
(1)以A为坐
标原点,AB,AC,AA
所在的直线分别为
x,y,z轴,建立如图
6−2所示的空间直
角坐标系A−xyz,
则有A(0,0,0),
M(1,1,0),N(1,0,
0),A1(0,0,2),
C(0'122).
所以A,N=(1,0,−2),AM=(1,1,0),AC=(0,1,2),设AN=xAM+yAC,即有(1,0,−2)=x(1,1,
([方法]在找不到平面肉的一条直线与AN平行时，可以通过用平面内两个不共线向量线性表示
AN，说明三个向量共面，且AN存在不在平面CMA 内的点证明线面平行)
0)+y(0,1,2),解得{xy==1−,1,
因为AN￠平面CMA,所以AN//平面CMA.
(2)由
(1)易知,平面ACC,A,的法向量为AN=(1,0,
0),设平面CMA的一个法向量为n=(x,y,z),由
(1)
得AM=(1,1,0),AC=(0,1,2),
则{nn..AAōM==00,,即{xy++y2z==00,,不妨取n=(2,−2,1).
所以cos＜AN,n冫=|nn|..A|ANNI=$\frac{2}{3}$,
所以平面C,MA与平面ACC,A1所成角的余弦值为$\frac{2}{3}$.
(3)由
(1)得C(0,2,0),则MC=(−1,1,0),
所以点C到平面CMA的距离d=1$\frac{MC.n}{|nl}$∣=$\frac{4}{3}$.

2利用线面垂直关系构建空间直角坐标系
例2(2025.江苏省常州市金坛区第一中学开学
考试)如图6−3,四棱锥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.
(1)证明MN//平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

答案： 解析》
(1)由已知得AM=$\frac{2}{3}$AD=2.
如图6−4,取BP的中点T,连接AT,TN.
由N为PC的中点知TN//BC,TN=$\frac{1}{2}$BC=2.
又AD//BC,故TN//AM且TN=AM,四边形AMNT为
平行四边形，于是MN//AT:
因为ATC平面PAB,MNA平面PAB,
所以MN//平面PAB.
(2)取BC的中点E,连接AE.
由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=
√AB²−BE²=√AB²|

(

$\frac{BC}{2}$

)

²=5.
以A为坐标原点,AE,AD,AP的方向分别为x轴、y轴、
z轴正方向，建立如图6−4所示的空间直角坐标系
Axyz.
由题意知,A(0,0,0),P(0,0,4),M(0,2,0),C($\sqrt{5}$,2,
0),N($\frac{\sqrt{5}}{2}$,1,2),则PM=(0,2,−4),P氵=($\frac{5}{2}$,1,
−2),AN=($\frac{5}{2}$,1,2).
设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量，
n.PM=0, 2y−4z=0,
则{n.PN=0,即{$\frac{5}{2}$x+y−2z=0,
可取n=(0,2,1).
于是lcos＜n,A一N＞1=$\frac{In.ANI}{nlIANI}$一=$\frac{8√5}{25}$,
(直线l与平面α所成角θ与直线的方向向量l、平面
的法向量n的夹角(l,n＞不是一回事，但满足关系
sinθ=|cos(l,n＞1)
则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为5.