立体几何建系方法
常见的建系类型汇总
常见的建系类型汇总前⾔如果没有笛卡尔平⾯直⾓坐标系，那么涉及平⾯向量的问题只能⽤基向量的⽅法[形的⾓度]求解，不能⽤代数⽅法[数的⾓度]计算；同理如果没有空间直⾓坐标系的介⼊，⽴体⼏何中的问题也就只能从形的⾓度思考，⽽不能⽤代数⽅法[数的⾓度]来计算；所以建系的⽬的主要是想把有关形的问题，通过代数的⽅法计算解决；本博⽂旨在总结⽴体⼏何中常见⼏何体的建系⽅法和类型，⽐如正四⾯体中、正三棱柱中、四棱锥等中的建系⽅法，坐标计算⽅法等，便于学习。
⽽且我们应该知道，当建⽴的坐标系不同时，计算的难度是不⼀样的。
建平直系平⾯问题中若涉及平⾯向量的计算问题，常可以建⽴平⾯直⾓坐标系；№1【2017河北武⾢中学⼀模，⽂11】在Rt\triangle ABC中，CA=CB=3，M，N是斜边AB上的两个动点，MN=\sqrt{2}，则\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}的取值范围是【】A.[2，\cfrac{5}{2}]B.[2，4]C.[3，6]D.[4，6]分析：求向量的内积的取值范围，应该想到⽤内积的坐标运算，本题⽬难点是⼀般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。
解：如图所⽰，以点C为坐标原点，分别以CB、CA所在的直线为x、y轴建⽴如同所⽰的坐标系，则C(0，0)，A(0，3)，B(3 ，0)，设点N的横坐标为x，则由等腰直⾓三⾓形可知，点N的纵坐标为3-x，即点N(x，3-x)，⼜由MN=\sqrt{2}，计算可知点M(x-1，4-x)，则\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)，\overrightarrow{CN}=(x，3-x)，由于点M,N是动点，取两个极限位置研究x的取值范围，当点M位于点A时，x取到最⼩值1，当点N位于点B时，x取到最⼤值3，即1\leq x\leq 3，则\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=(x-1，4-x)\cdot (x，3-x)=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4，x\in [1，3]当x=2时，f(x)_{min}=f(2)=4，当x=1或x=3时，f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6，即f(x)\in [4，6]。
立体几何建系的标准写法
立体几何建系的标准写法通常使用向量表示。
以下是常见的立体几何建系的标准写法示例：
坐标系表示：
直角坐标系：使用三个相互垂直的坐标轴（通常标记为x、y 和z）来表示空间中的点。
例如，(x, y, z) 表示空间中的一个点。
柱面坐标系：使用径向距离、极角和高度来表示点的位置。
例如，(ρ, θ, h) 表示柱面坐标系中的一个点。
向量表示：
位置向量：使用位置向量表示从原点到点的有向线段。
例如，OA 表示从原点O 到点 A 的位置向量。
方向向量：表示一个方向的向量，通常以单位向量的形式表示。
例如，u 表示一个单位方向向量。
平面表示：
法线向量：表示平面的法线方向的向量，通常以单位向量的形式表示。
例如，n 表示平面的法线向量。
需要注意的是，不同的教材和学科可能会有略微不同的标准写法。
在具体的问题和文献中，可能会使用特定的符号和约定来表示立体几何建系。
因此，在使用标准写法时，最好参考所使用的教材、规范或参考资料，以确保一致性和准确性。
延展点4 空间几何体建系的方法
延展点4 空间几何体建系的方法(对应学生用书第156页)坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法,运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系.依据空间几何图形的结构特征,充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系,是运用坐标法解题的关键.建系的基本思想:(1)寻找线线垂直关系.如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线,那么就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如果不存在这样的三条直线,那么尽可能地找两条垂直相交的直线,以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系.(2)建系时要注意使用的是右手系.利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD=DC ,E 为PC 的中点,EF ⊥BP 于点F.求证:(1)PA ∥平面EDB ; (2)PB ⊥平面EFD.解析依题意,以D 为坐标原点,DA ,DC ,DP 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系D-xyz ,如图,设DC=PD=1,则P (0,0,1),A (1,0,0),D (0,0,0),B (1,1,0),E (0,12,12),所以PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,12,-12).设F (x ,y ,z ),则PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ,z-1),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y -12,z -12). 因为EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以x+(y -12)-(z -12)=0,即x+y-z=0. ①又因为PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可设PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以x=λ,y=λ,z-1=-λ. ② 由①②可知,x=13,y=13,z=23,λ=13. 所以EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,-16,16). (1)设n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面EDB 的法向量, 则{n 1·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{12y 1+12z 1=0,x 1+12y 1-12z 1=0,所以{x 1=z 1,y 1=-z 1.取z 1=-1,则n 1=(-1,1,-1). 因为PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),所以PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0. 又因为PA ⊄平面EDB ,所以PA ∥平面EDB. (2)设n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面EFD 的法向量, 则{n 2·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{13x 2-16y 2+16z 2=0,12y 2+12z 2=0,所以{x 2=-z 2,y 2=-z 2.取z 2=1,则n 2=(-1,-1,1). 所以PB⃗⃗⃗⃗⃗ ∥n 2,所以PB ⊥平面EFD. 点拨 利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系,形如正方体、长方体、正四棱柱、底面为矩形且有一条棱垂直于底面的四棱锥等几何体.【拓展训练1】(1)已知直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2,底面ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,AB ∥CD ,AB=4,AD=2,DC=1,则异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为 .(2)如图,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,O 是平面A 1B 1C 1D 1的中心,则BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为 .答案 (1)3√1717(2)√36解析 (1)如图,以D 为坐标原点,分别以DA ,DC ,DD 1所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则C 1(0,1,2),B (2,4,0),D (0,0,0),C (0,1,0),所以BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-3,2),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), 设BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与DC⃗⃗⃗⃗⃗ 所成的角为θ, 则cos θ=BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||DC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=-3√1717, 所以异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为3√1717. (2)依题意,建立空间直角坐标系如图所示, 则B (1,1,0),O (12,12,1),A 1(1,0,1),D (0,0,0),DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)是平面ABC 1D 1的一个法向量. 又OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,12,-1), 所以BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为|DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√2×√62=√36. 利用线面垂直关系建立空间直角坐标系(2020年全国新高考Ⅰ卷)如图,四棱锥P-ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD.设平面PAD 与平面PBC 的交线为l.(1)证明:l ⊥平面PDC.(2)已知PD=AD=1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.解析 (1)在正方形ABCD 中,AD ∥BC ,因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC , 所以AD ∥平面PBC.又因为AD ⊂平面PAD ,平面PAD ∩平面PBC=l , 所以AD ∥l.因为在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是正方形, 所以AD ⊥DC ,所以l ⊥DC.又PD ⊥平面ABCD ,所以AD ⊥PD ,所以l ⊥PD. 因为CD ∩PD=D ,所以l ⊥平面PDC.(2)如图,建立空间直角坐标系D-xyz ,因为PD=AD=1,则有D (0,0,0),C (0,1,0),P (0,0,1),B (1,1,0). 设Q (m ,0,1),则有DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,0,1),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-1). 设平面QCD 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{DC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{y =0,mx +z =0, 令x=1,则z=-m ,所以平面QCD 的一个法向量为n=(1,0,-m ),则cos <n ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·PB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ||PB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3·√m 2+1.根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值为直线与平面所成角的正弦值,直线与平面所成角的正弦值等于|cos <n ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√3·√m 2+1=√33·√1+2m+m 2m 2+1=√33·√1+2m m 2+1≤√33·√1+2|m|m 2+1≤√33·√1+1=√63,当且仅当m=1时取等号,所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63.点拨 利用线面垂直关系建立空间直角坐标系,这类问题一般已知一条直线与底面垂直,或能证明某一条直线与底面垂直,很多情况把这条直线作为z 轴.【拓展训练2】如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为1的菱形,∠ABC=π4,PA ⊥底面ABCD ,PA=2,M 为PA 的中点,N 为BC 的中点,AF ⊥CD 于点F.如图,建立空间直角坐标系.求出平面PCD 的一个法向量,并证明:MN ∥平面PCD.解析 由题设知,在Rt △AFD 中,AF=FD=√22,F (0,√22,0),D (-√22,√22,0),P (0,0,2),M (0,0,1),N 1-√24,√24,0,则MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-√24,√24,-1),PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√22,√22,-2.设平面PCD 的法向量n=(x ,y ,z ), 则{n ·PF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{√22y -2z =0,-√22x +√22y -2z =0,令z=√2,得n=(0,4,√2).因为MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=1-√24,√24,-1·(0,4,√2)=0, 又MN ⊄平面PCD ,所以MN ∥平面PCD.利用面面垂直关系建立空间直角坐标系(2018年全国Ⅲ卷)如图,边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C ,D 的点.(1)证明:平面AMD ⊥平面BMC.(2)当三棱锥M-ABC 体积最大时,求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.解析 (1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD.因为BC ⊥CD ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM. 因为M 为CD⏜上异于C ,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM. 又BC ∩CM=C ,所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC.(2)以D 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为CD⏜的中点. 由题设得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1), 则AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设n=(x ,y ,z )是平面MAB 的法向量,则{n ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-2x +y +z =0,2y =0,可取n=(1,0,2).DA⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的一个法向量, 因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,故sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是2√55. 点拨 利用面面垂直关系建立空间直角坐标系的题型一般是已知一个平面垂直于底面,这个平面是等腰三角形或等边三角形所在的平面,需要准确运用其性质.【拓展训练3】如图,正方形ABCD ,ABEF 的边长都是1,且平面ABCD ⊥平面ABEF ,点M 在AC 上移动,点N 在BF 上移动,若CM=BN=a (0<a<√2).(1)当a 为何值时,线段MN 的长度最短?(2)当线段MN 的长度最短时,求AB 与平面AMN 所成角α的正弦值.解析 (1)以B 为原点,BA ,BE ,BC 所在的直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系B-xyz (如图所示),则N (√22a,√22a,0),M (√22a,0,1-√22a).所以MN=√(1-√22a)2+(√22a)2= √(a -√22)2+12,所以当a=√22时,线段MN 的长度最短.(2)由(1)知当a=√22时,线段MN 的长度最短,此时M (12,0,12),N (12,12,0),又A (1,0,0),所以AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,0,12),AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,12,0). 设平面AMN 的法向量n=(x ,y ,z ),则{AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-12x +12z =0,-12x +12y =0,取x=1,得y=1,z=1, 所以平面AMN 的一个法向量n=(1,1,1).因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),所以AB 与平面AMN 所成角α的正弦值sin α=|cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=|n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n||AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√33.。
立体几何的向量方法建系
y
x
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1、图形直观
z
y
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z 1、图形直观
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z 1、图形直观
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1、图形直观
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例 2.(北京卷)如图，在三棱柱
ABC-A1B1C1 中，AA1C1C 是边长为 4 的正方形， 平面 ABC⊥平面
AA1C1C，AB=3，BC=5.
AC＝2 2，PA＝2，E 是 PC 上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面 BED；
(2)设二面角 A－PB－C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小．
z
z
z
y y
x
x
x
y
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问题:如何求平面的法向量?
n
a
b
⑴设平面的法向量为 n ( x, y, z)
⑵找出(求出)平面内的两个不共线的向量的
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练习2、如图，在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,E是PC 的中点,作EF⊥PB交PB于点F， 证明PA//平面EDB；
z
z
y
y
o x
n
x
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1.有三条两两垂直的直线（墙角）时建系最方便； 2.没有明显的“墙角”时需通过条件或辅助线 “找墙角”或“造墙角”； 3.实在没有时可借助直角建系， 另一条坐标轴“悬空”.
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例1、（2014福建理） ABCD, AB BD CD 1
高中数学立体几何建系设点专题
ABCD 222，，，AQ PB 22222，，，，，2x 2)2PQ nn2ABQM ADCOPxyzMABD CO PxyzE C B ==32的正三角形，的正三角形，223a2a23(0,02a32a2a3a13OCDA1 B1 C1 AOCDA1 B1 xzyA BCA1B1C1MzyxCA1B1C1Mz解法二： 13(,,2)22a AC a a =-， 平面ABB 1A 1的一个法向量(1,0,0)n =-∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角q 的正弦为：1sin cos ,AC n q =<> =1112||||AC n AC n ×=∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°练4：请在下列图形中建立适当的坐标系，并标明图中所有点的坐标。
（1）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面,,,A B C D A B A D A C C D A B C ^^Ð=°,P A A B B C ==E 是PC 的中点的中点.. （2）如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点．中点．A P E B C D ABCD1A1C1B63611222226121++621566建立如图2所示的空间直角坐标系，设AB=2AB=2，，则(13,1,0(3,1,C 平面BB 1C 1C 的一个法向量为(1,0,0)n = ，所以AC 1113648AC n AC n ×== 。
3.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线BD 与B 1C 的距离。
的距离。
解：建立空间直角坐标系（如图），则B （0，0，0），C （1，0，0），D （1，1，0） B 1（0，0，1），则1111(1,1,1,0),1(1,0,,0,1),(0,0,1(0,0,1))BD B C BB ==-= 设与1,BD B C 都垂直的向量为(,,)n x y z =，则由0BD n x y ×=+=和10,B C n x z ×=-=1,x =令得1,1y z =-=，(1,1,1)n\=- \异面直线BD 与B 1C 的距离：的距离：111||13|cos ,|33BB n d BB BB n n ×=<>===4.4.四棱椎四棱椎P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PCD D 为正三角形，为正三角形，平面,ABCD PCD 平面^PB PD E AC 为,^中点中点. . （1）求证：）求证：PB PB PB∥∥ 平面AEC AEC；； （2）求二面角E —AC AC——D 的大小的大小. . 解：设AD a CD ==,，过,,H CD PH P 垂足为作^A B C DP C D 平面平面^ ^\PH 平面ABCD ，又 是矩形底面ABCD 故可以分别以OH OH、、HC HC、、HP 所在直线为x 轴、轴、y y 轴、轴、z z 轴建立空间直角坐标系H-xyz H-xyz。
立体几何建系点到面距离公式
立体几何建系点到面距离公式立体几何这玩意儿，对于很多同学来说，就像是一个藏着无数秘密的神秘城堡。
而在这个城堡里，有一个非常重要的宝贝，那就是建系点到面距离公式。
咱们先来瞅瞅这个公式到底长啥样。
它就像一个神奇的密码，能帮咱们解开点到面距离的谜题。
假设一个平面的方程是 Ax + By + Cz + D = 0 ，平面外有一个点P(x₀, y₀, z₀) ，那么点 P 到这个平面的距离 d 就可以用公式 d = |Ax₀+ By₀ + Cz₀ + D| / √(A² + B² + C²) 来计算。
听起来是不是有点晕乎？别担心，我给您举个例子。
有一次我在课堂上讲这个公式，看到同学们一脸懵的样子，我就知道得想个办法让他们明白。
我灵机一动，拿起教室里的一块小黑板当作平面，然后拿一支粉笔当作点。
我比划着说：“同学们，这小黑板就是那个平面，粉笔头就是咱们要找距离的那个点。
”我一边说着，一边在黑板上写下公式，一步一步地带着他们推导。
有的同学开始慢慢跟上了思路，眼睛里有了一丝亮光；但还有一些同学依然皱着眉头。
我又换了个例子，假设咱们的教室地面是一个平面，然后我站在讲台上的某个点，那怎么算我到地面的距离呢？这时候，大家的兴趣都被提起来了，开始七嘴八舌地讨论。
咱们再深入聊聊这个公式的妙处。
它就像是一把万能钥匙，不管多复杂的立体几何图形，只要能找到合适的坐标系，把平面方程写出来，再把点的坐标搞清楚，距离就能算出来。
比如说一个三棱锥，顶点到底面的距离，用这个公式就能轻松搞定。
不用再费劲地去作垂线，找各种线段的长度，大大节省了时间和精力。
在做练习题的时候，很多同学一开始总是容易出错。
不是坐标写错了，就是公式记错了。
这时候可别着急，多做几道题，多总结总结规律，慢慢就熟练了。
其实学习立体几何，掌握这个建系点到面距离公式，就像是在探险中找到了一张宝贵的地图。
只要咱们能看懂这张地图，就能在立体几何的世界里畅行无阻。
立体几何建系方法
立体几何建系方法熟悉几个补形建系的技巧基本模型：长方体 ；下面几个多面体可考虑补成长方体建系： （1）三棱锥P ABC -,其中,2PA ABC ABC π⊥∠=.特点：BC PAB ⊥面；四个面均为直角三角形。
建系方法：（2）四棱锥P-ABCD,其中,PA ABCD ⊥面ABCD 为矩形。
建系方法：（3）正四面体A-BCD 建系方法：（4）两个面互相垂直建系方法1、（2011年高考重庆卷文科20) 如题（20）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，,2,1AB BC AC AD BC CD ⊥====（Ⅰ）求四面体ABCD 的体积；（Ⅱ）求二面角C-AB-D 的平面角的正切值。
PA BCA CDP2、（06山东），已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2,PO=2,PB⊥PD.(Ⅰ)求异面直线PD与BC所成角的余弦值；(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大小；3、在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为BB1、AC1的中点．（Ⅰ）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；（Ⅱ）设AA1＝AC＝2AB，求二面角A1－AD－C1的大小．A BCD EA1B1C14．如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=o，E F ，分别是BC PC ，的中点． （Ⅰ）证明：AE PD ⊥； （Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD 所成最大角的正切值 为2E AF C --的余弦值．5、（08安徽）如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的 菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点.（1）求异面直线AB 与MD 所成角的大小； （2）求点B 到平面OCD 的距离.P BECD FA。
巧建系，妙解立体几何题
解题宝典立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.在解答立体几何问题时，我们一般只有借助立体几何图形来进行分析，才能快速明确题目中点、线、面的位置关系，找到解题的突破口.建系法是解答立体几何问题的一种重要方法，而运用建系法解答立体几何问题的关键是建立合适的空间直角坐标系，通过空间直角坐标运算求得问题的答案.那么如何选取坐标轴和原点，建立合适的直角坐标系呢？主要有以下两种方法.一、根据几何体的性质和特点建系我们知道，空间直角坐标系中的三个坐标轴相互垂直，并相交于一点.因此，在解答立体几何问题时，可以根据简单几何体的特点和性质，尤其是长方体、直棱柱、直棱锥、圆柱的性质和特点来寻找垂直关系.当图形中出现三条直线两两互相垂直且交于一点时，可以将这三条直线看作坐标轴，将该交点视为坐标原点来建系.例1.（2019年全国卷Ⅱ理科·第17题）如图1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.若AE =A 1E ，求二面角B -EC -C 1的正弦值.图1图2分析:本题主要考查了二面角的求法.我们根据长方体的特点和性质可知长方体的所有侧棱都与底面垂直，且底面上由顶点出发的两条棱相互垂直，于是可将底面的其中一个顶点视为原点，以由顶点出发的三条棱为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.然后根据题目给出的条件，找出相关点的坐标，求出两个平面、BEC 、ECC 1的法向量，再根据公式求出两个平面法向量的夹角余弦值，便可得出夹角的正弦值.解：以点D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系D -xyz .设正方形ABCD 的边长为1，||AA 1=2a ，则||A 1E =||AE =a ，所以||EB 1=||EB =a 2+1，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，且BE 在平面ABB 1A 1内，因此C 1B 1⊥BE .由题知BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C １.且EB 1在平面EB 1C 1内，则BE ⊥EB 1.在RtΔB 1EB 中，EB 12+EB 2=B 1B 2，即a 2+1+a 2+1=4a 2，所以a =1，所以B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，所以 CE =(1,-1,1)， CB =(1,0,0)， CC 1=(0,0,2)设平面BCE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíî n 1·CE =x 1-y 1+z 1=0, n 1·CB =x 1=0,，解得{x 1=0,z 1=y 1,取 n 1=(0,1,1)，设平面CEC 1的法向量为 n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíî n 2·CE =x 2-y 2+z 2=0, n 2·CC 1=2z 2=0,解得{z 2=0,y 2=x 2,取 n 2=(1,1,0)，所以cos n 1, n 2=n 1·n 2|| n 1·|| n 2=12.于是sin n 1, n 2=,故二面角B -EC -C 1的正弦值为.例2.如图3，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1=AC =CB .求二傅灵欣廖小莲44解题宝典面角D -A 1C -E 的正弦值.图3图4分析：该几何体为直三棱柱，我们可以根据直三棱柱图形的特点和性质来建立空间直角坐标系.直棱柱的侧棱垂直于底面，只要根据题目的条件在直三棱柱的底面找到两条互相垂直且与侧棱有交点的直线，这样三条直线两两便会互相垂直，为建立空间直角坐标系创造了条件.求出相关点的坐标以及二面角所包含的两个平面的法向量，再根据公式便可求出二面角的余弦值，求得夹角的正弦值.解：由AC =CB =得ΔACB 是以∠C 为直角的等腰直角三角形，又因为是直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以棱CC 1⊥底面ACB .故以点C 为原点、CA 的方向为x 轴，建立如图4所示的空间直角坐标系.设AB =2，则AA 1=AC =CB =AA 1=2，则A (2,0,0)，B （0，2,0），D 0），A 1（2,0，2），C （0,0,0），又因为AA 1=BB 1=2，所以E(0,2，于是 CA 1=（2,0，2）， CD =0），CE =（0，2，，设平面DA 1C 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíîïï n 1·CA 121+2=0,CD · n 1=2121=0,解得{x 1+z 1=0,x 1+y 1=0,取n 1=(1,-1,-1)，设平面A 1CE 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíîïï n 2·AC 1=2x 222=0, CE · n 2=2y 222=0,解得ìíîïïx 2+z 2=0,y 2+12z 2=0,取n 2=（2,1,-2），所以cos n 1， n 2=n 1·n 2|| n 1·||n 2=，则sin n 1, n 2=故二面角D -A 1C -E 的正弦值为.在用建系法解答与长方体、直棱锥有关的立体几何问题时，可以根据长方体、直棱锥本身的性质和特点来建系，若无法根据几何体的性质和特点建系，可以根据题意创造条件来建系.二、利用线面垂直关系建立直角坐标系在建系时，z 轴往往是比较容易选取的，而坐标原点即为z 轴与底面的交点，那么我们只需要确定与z 轴垂直的坐标平面xOy ，且使x 轴、y 轴相互垂直即可.可以根据线面垂直关系来寻找与z 轴垂直的平面.首先要充分利用好底面中的垂直条件，然后根据线面垂直的判断定理得到相应的z 轴以及与z 轴垂直的平面，这样便可建立符合要求的空间直角坐标系.例3（2020年全国Ⅰ卷，第20题）如图5，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.图5分析：我们可以先根据线面垂直的关系，即PD ⊥底面ABCD 来建立空间直角坐标系.而四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，所以正方形的四条邻边相互垂直，于是可以以D 为坐标原点、DA 的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系.求出相关点的坐标，设45方法集锦。
高中数学立体几何建系
在高中数学的立体几何中，建立坐标系是常见的方法之一。
建立坐标系可以帮助我们描述和研究立体图形的位置、形状和性质。
以下是一些常见的建系方法：
直角坐标系：在平面上建立直角坐标系，可以使用两个垂直的坐标轴（通常是x轴和y轴）来描述图形的位置和尺寸。
三维情况下，可以添加一个垂直于平面的z轴，形成三维直角坐标系。
柱面坐标系：柱面坐标系适用于柱面或圆柱体等具有柱状特征的图形。
它使用一个径向距离（r）和一个角度（θ）来描述图形上的点的位置。
球面坐标系：球面坐标系适用于球体或球壳等具有球状特征的图形。
它使用一个径向距离（ρ）、一个极角（θ）和一个方位角（φ）来描述图形上的点的位置。
斜二面角坐标系：斜二面角坐标系适用于描述两个平面的夹角关系，常用于研究平面与平面相交、平面与直线相交等问题。
在建系过程中，我们需要选择适当的坐标轴或坐标系，并定义坐标轴的正方向和原点位置，以及确定单位长度等。
这样可以建立一个坐标系，使得我们可以方便地进行立体图形的分析、计算和推导。
立体几何建系方法
立体几何建系方法立体几何是研究空间中图形的形状、大小、位置和相互关系的数学分支。
在立体几何中，建系是指确定和描述空间中图形的位置、方向和尺寸的方法。
建系方法有很多种，包括点线面建系、轴线建系、坐标建系等。
下面将详细介绍每种建系方法的原理和应用。
1.点线面建系点线面建系是最基本的建系方法之一，在立体几何的研究中有着广泛的应用。
点线面建系是通过确定一个点、一条线或一个平面来建立坐标系，从而确定其他点、线或面的位置和方向。
(1)点建系：通过确定一个点作为参考点，然后确定其他点相对于该参考点的位置和方向。
例如，在三维空间中，可以选择一个空间中的一些点作为原点，然后以该点为参考点确定其他点的位置和方向。
(2)线建系：通过确定两个点来确定一条线，然后确定其他点相对于该线的位置和方向。
例如，在三维空间中，选择两个不共线的点确定一条线，然后以该线为基准确定其他点的位置和方向。
(3)面建系：通过确定三个不共线的点来确定一个平面，然后确定其他点相对于该平面的位置和方向。
例如，在三维空间中，选择三个不共线的点确定一个平面，然后以该平面为基准确定其他点的位置和方向。
点线面建系在立体几何的分析中具有重要的作用，可以通过确定一些点、线或平面来确定其他点、线或平面的位置和方向关系。
例如，在计算机图形学中，点线面建系可以用于描述和操作三维模型的位置和姿态。
2.轴线建系轴线建系是一种常用的建系方法，通过确定一个或多个轴线来建立坐标系，从而确定其他点、线或面的位置和方向。
轴线建系常用于工程制图和机械设计中。
(1)单轴建系：通过确定一个轴线来建立坐标系。
例如，在机械设计中，常用水平轴或垂直轴作为参考轴线，然后确定其他点、线或面相对于该轴线的位置和方向。
(2)双轴建系：通过确定两个相互垂直的轴线来建立坐标系。
例如，在平面图形的制图中，常用水平轴和垂直轴来确定二维平面中点、线或面的位置和方向。
(3)多轴建系：通过确定多个轴线来建立坐标系。
建立空间直角坐标系建系的方法及技巧
建立空间直角坐标系建系的方法及技巧立体几何（向量法）建系引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算一、利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系 例1 （2020年全国卷（理科）新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．二、利用线面垂直关系构建直角坐标系 例2 （2016年全国数学新课标2卷）如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD上,AE=CF=,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置,OD'=.（Ⅰ）证明:D'H⊥平面ABCD ． （Ⅱ）求二面角B-D'A-C 的正弦值.三、利用面面垂直关系构建直角坐标系 例3：（2017年全国新课标2卷）如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点． （1）证明：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．四、利用图形中的对称关系建立坐标系图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），利用自身对称性可建立空间直角坐标系．例4：（2020年全国卷（理科）新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PO DO=．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B PC E--的余弦值．五、利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系例5：如图，在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为6，底面正方形ABCD的中心在坐标原点，棱AD，BC平行于x轴，AB，CD平行于y轴，顶点P在z轴的正半轴上，点M，N分别在线段P A，BD上，且13 PM BNPA BD==．（1）求直线MN与PC所成角的大小；（2）求锐二面角A﹣PN﹣D的余弦值．:1．（1）证明见解析；（2）427. 【分析】（1）连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由110n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，37cos ,321m n m n m n⋅<>===⨯⋅ 设二面角1A EF A --的平面角为θ，则7cos 7θ=，242sin 1cos 7θθ∴=-=. 因此，二面角1A EF A --的正弦值为427.【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.2．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.【来源】【解析】试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.试题解析：（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.因此，从而.由,得.由得.所以，.于是，故.又，而，所以.（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.【考点】线面垂直的判定、二面角.【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个平面的法向量，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．3．（1）见解析；（2）105【详解】试题分析：（1） 取PA 的中点F ，连结EF ，BF ，由题意证得CE ∥BF ，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：(0,6,2)m =-，()0,0,1n =，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角M AB D --的余弦值为105． 试题解析：（1）取PA 中点F ，连结EF ，BF ． 因为E 为PD 的中点，所以//EF AD ,12EF AD =,由90BAD ABC ∠=∠=︒得//BC AD ，又12BC AD =所以．四边形BCEF 为平行四边形， //CE BF ．又BF PAB ⊂平面，CE PAB ⊄平面，故//CE PAB 平面（2）由已知得BA AD ⊥,以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则()000A ，，，()100B ，，，()110C ，，，(013P ，，， (103PC =，，,()100AB ，，=则()(1,13BM x y z PM x y z =-=-，，，，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()001n =，，是底面ABCD 的法向量，所以 0,cos sin45BM n =()222z21x y z =-++即（x-1）²+y²-z²=0又M 在棱PC 上,设,PM PC λ=则 x ,1,33y z λλ===由①，②得()22x=1+x=1-22y=1y=166z z 22⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎨⎪⎪⎪⎪=-=⎪⎪⎩⎩舍去，所以M 261-,1，⎛ ⎝⎭，从而26AM 1-2⎛= ⎝⎭， 设()000x ,y ,z m =是平面ABM 的法向量，则(0000x 2y 0·AM 0·AB 0x 0m m ⎧++=⎧=⎪⎨⎨==⎩⎪⎩即所以可取(0,2)m =.于是·10,5m n cos m n mn==因此二面角M-AB-D 的余弦值为5点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算．（2）设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n >|=·m n mn．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．4．（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；（2）以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的法向量为n ，平面PCE 的法向量为m ，利用公式cos ,||||n mm n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】（1）由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =， 则DO =，1122CO BO AE ===，所以4PO DO ==PC PB ==== 又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA =，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；（2）过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则121313(,0,0),(0,0,(,(,244444E P B C ----， 132(,)444PC =---，132()444PB =--，12(,0,24PE =--， 设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得111111320320x y z x y z ⎧---=⎪⎨-+-=⎪⎩，令12x =，得111,0z y =-=， 所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222320220x z x z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得2232,3z y ==， 所以3(1,,2)3m = 故2225cos ,||||1033n m m n n m ⋅<>===⋅⨯ 设二面角B PC E --的大小为θ，则5cos 5θ=. 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.5．（1）30︒；（2）11． 【分析】（1）首先建立空间直角坐标系，然后求出M ，N ，P ，C 点坐标，根据点坐标即可求出直线MN 与PC 所成角的大小；（2）首先求出平面APN 与平面PND 的法向量，根据二面角公式即可求出二面角A ﹣PN ﹣D 的余弦值.【详解】解：（1）如图，已知正四棱锥P ﹣ABCD 的所有棱长均为6， ()3,3,0A -，()3,3,0B ，()3,3,0C -，()3,3,0D --，(P ，设()111,,M x y z ，()222,,N x y z ， 由13PM BN PA BD ==，得13PM PA =，13BN BD =，即((1111,,3,3,3x y z -=--，所以11x =，11y =-，1z = 由()()2213,3,06,6,03x y --=--，得21x =，21y =故()1,1,0N ，所(0,2,MN =-，(3,3,PC =--，所以,cos 2MN PC -⋅-===， 所以直线MN 与PC 所成的角为30；（2）因为AC ⊥平面PBD ，设平面PBD 的法向量()1,1,0m =-，设平面P AN 的法向量为(),,n x y z =，(3,3,PA =--，(1,1,PN =-， 由00n PA n PN ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得3300x y x y ⎧--=⎪⎨+-=⎪⎩，故()22,n =，所以22211,11211cos m n-+==-⋅，故锐二面角A﹣PN﹣D的余弦值为11 11．【点睛】本题主要考查了利用空间向量求解几何体中线线角与面面角，属于一般题.。
立体几何建系方法
立体几何建系方法
立体几何建系方法是指在解决立体几何问题时，建立相应的坐标系或者辅助图形来辅助计算。
以下是一些常用的立体几何建系方法：
1. 建立坐标系：可以通过建立平面直角坐标系或者空间直角坐标系，将三维问题转化为二维平面上的问题。
通过引入坐标系，可以方便地表示点、向量、直线、平面等几何元素，并可以利用坐标系的性质来进行计算。
2. 投影建系：投影建系是指通过将立体图形进行投影，将三维问题转化为二维平面上的问题。
常见的投影建系方法有平面投影、轴测投影、透视投影等。
3. 建立辅助图形：在解决立体几何问题时，可以通过建立一些辅助图形来辅助计算。
常见的辅助图形有平行四边形、三角形、圆等。
通过建立辅助图形，可以改变原问题的形式，从而更容易进行计算。
4. 应用剖分方法：剖分方法是指将复杂的立体图形剖分为简单的几何元素，从而简化计算过程。
常见的剖分方法有平分法、中分法、垂分法等。
5. 利用对称性：利用图形的对称性可以简化计算过程。
通过找出图形的对称中心、对称轴等，可以将问题降低到简化的情况，减少计算难度。
这些建系方法可以根据具体问题的需要进行灵活运用，对于不同类型的立体几何问题，选择合适的建系方法可以极大地简化计算过程，提高计算效率。
立体几何建系方法
立体几何建系方法
立体几何建系是将物体的各个部分和特征按照一定的规律组织起来，以便实现物体的描述、分析和设计。
常见的立体几何建系方法包括以下几种：
1. 投影法：通过将三维物体投射到二维平面上来描述物体的形状和特征。
投影法包括正射投影和透视投影两种，可以用来绘制物体的平面图和立体图。
2. 点线面方法：用点、线和面来描述物体的形状和特征。
点表示物体的位置，线表示物体的边界或分界线，面表示物体的表面。
3. 剖视法：按照一定的切割规则将物体切割成若干部分，以便观察物体的内部结构和特征。
剖视法可以通过截剖图或剖面图来表示。
4. 抽象建模法：通过简化、抽象物体的形状和特征，以便更好地理解和分析物体的结构和功能。
常见的抽象建模方法包括立体图法、组合法、选择法等。
5. 三维建模方法：利用计算机软件或物理模型来建立真实或虚拟的三维模型，以便实现对物体的全面描述和分析。
三维建模方法包括参数建模、几何建模、曲面建模等。
6. 尺寸控制方法：通过测量和控制物体的尺寸来确保物体的质量和性能。
尺寸控制方法包括公差分析、配合与间隙控制等。
立体几何建系方法的选择取决于具体的应用场景和需求，不同的方法可以相互结合使用，以实现对物体的准确描述和分析。
用空间向量解决立体几何问题的建系策略
分析!1)连接AC交BF于点G,连接 EG,结合线面平行的性质可得PA%EG,再 由E为PC的中点，得G为AC的中点，则
△AFG^^CBG,得到 AF — BC — ]aD —
1,即F为AD的中点，可得四边形DCBF为 平行四边形，再由AD丄DC,得BF丄AD，可 得BF丄平面PAD，进一步得到平面BEF丄 平面PAD " (2)由面面垂直转化为线面垂 直，结合底面是直角梯形，可以以D为坐标 原点建系。分析得到F为AD的中点，也可 以以F为坐标原点建系。P点坐标未知，需 要先设坐标，比如设P (0,0,),由PC与底 面ABCD所成的角为60°可求解3。
点的坐标是用空间向量解决立体几何问题的
BCD。
关键所在。下面以典型的几何体：棱柱、棱锥、
证法二：如图2,以C
多面体为载体，以典型的问题情境设计：求线
为坐标原点，CA , CB.
面角、求二面角、探索性问题、翻折问题为背
CC］所在直线分别为e
景，剖析建立空间直角坐标系的常用途径。
轴，y轴，w轴，建立空间
论也可以B为坐标
原点，z轴与OC平
行（z轴悬空）建系，
如图4所示。求点C
的坐标
利用
CC* $ AA* &求点 D
的坐标可以利用
图4
------ > 1 -------->
A1D $yA 1C1。本题第（2）问的解答以O为
坐标原点建系为例。
解：（1）因为 #$A$1 $ #$$1A，所以 AB$B$1，所以四边形A1ABB1为菱形。
底面直角梯形，BC/AD , AD丄 DC , BC $ CD $ 1 , AD $ 2 , PA $ PD , E 为
空间向量之立体几何建系和求点坐标(共24张PPT)
xOy面内D yOz面内E zOx面内F
坐标形式 (x,y,0)
(0,y,z)
(x,0,z)
基础知识：
2、空间中在底面投影为特殊位置的点：
如果 A' x1, y1, z 在底面的投影为 A x2, y2,0 ，那么x1 x2, y1 y2
（即点与投影点的横纵坐标相同） 由这条规律出发，在写空间中的点坐标时，可看一下在底面的
建系方法2练习2 练2.如图，已知四棱锥P ABCD的底面是菱形，对角线AC, BD交于点O, OA 4,OB 3,OP 4,且OP 平面ABCD,点M为PC的三等分点（靠近P）, 建立适当的直角坐标系并求各点坐标。
找“墙角”
14
建系方法2练习3
练3.如图，在等腰梯形ABCD中，AB // CD, AD DC CB 1, ABC 60,CF 平面ABCD,且CF 1,建立适当的直角坐标系 并确定各点坐标。
找“墙角”
建系方法2练习5
真题（辽宁卷）如图,AB 是圆的直径,PA 垂 直圆所在的平面,C 是圆上的点.
(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC； (2)若 AB＝2，AC＝1，PA＝1，求证：二面
角 C－PB－A 的余弦值.
造“墙角”
建系方法3例题
三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系（转化为墙角模型） 例3.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD．点P、H分别是线段VC、AD的 中点．试建立空间直角坐标系并写出P、V、A、B、C、D的坐标.
互相垂直，EF // BD, ED BD, AD 2, EF ED 1, 试建立合适的 空间直角坐标系并确定各点的坐标
立体几何(向量法)—建系讲义
立体几何(向量法)—建系引入空间向量坐标运算,使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析,只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”,一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算。
一、利用共顶点的互相垂直的三条线构建直角坐标系例1（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图,在直三棱柱111C B A ABC - 中，AB=4，AC=BC=3,D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;(Ⅱ）若11AB A C ⊥求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解:（1）由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB 。
又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝错误!＝错误!.（2）解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1,则DD 1∥AA 1∥CC 1。
又由（1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ,从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余,因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此错误!＝错误!，即AA 错误!＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2错误!.从而A1D＝错误!＝2错误!。
所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝错误!＝错误!＝错误!。
解法二：如图,过D作DD1∥AA1交A1B1于点D1，在直三棱柱中，易知DB，DC,DD1两两垂直．以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.设直三棱柱的高为h，则A(－2,0,0)，A1(－2,0，h),B1（2，0，h)，C（0，错误!，0)，C1（0,错误!,h）,从而错误!＝(4,0，h),错误!＝(2，错误!，－h)．由错误!⊥错误!，有8－h2＝0,h＝2错误!。
立体几何—建系讲义
立体几何（向量法）—建系引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算。
一、利用共顶点的互相垂直的三条线构建直角坐标系例1（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱111C B A ABC - 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;（Ⅱ）若11AB A C ⊥求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2.从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中， cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即 ⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0， 取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以 cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22＋1·1＝63. 所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63.二、利用线面垂直关系构建直角坐标系例 2.如图所示，AF 、DE 分别是圆O 、圆1O 的直径，AD 与两圆所在的平面均垂直，8AD =.BC 是圆O 的直径，6AB AC ==,//OE AD .(I)求二面角B AD F --的大小； (II)求直线BD 与EF 所成的角的余弦值. 19.解：(Ⅰ)∵AD 与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD 是二面角B —AD —F 的平面角， 依题意可知，ABCD 是正方形，所以∠BAD＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FE BD10828210064180||||,cos =⨯++=•>=<FE BD FE BD EF BD 设异面直线BD 与EF 所成角为α，则1082|,cos |cos =><=EF BD α直线BD 与EF 所成的角为余弦值为8210．三、利用图形中的对称关系建立坐标系例3（2013年重庆数学（理））如图,四棱锥P ABCD -中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】解：(1)如图，联结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sinπ3＝3，故A (0，－3，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面F AD 的法向量为1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为2＝(x 2，y 2，z 2)．由1·AD →＝0，1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)． 由2·AB →＝0，2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取2＝(3，－3，2)． 从而向量1，2的夹角的余弦值为 cos 〈1，2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.四、利用正棱锥的中心与高所在直线，投影构建直角坐标系 例4-1（2013大纲版数学（理））如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的余弦值.【答案】解：(1)取BC 的中点E ，联结DE ，则四边形ABED 为正方形． 过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 联结OA ，OB ，OD ，OE .由△P AB 和△P AD 都是等边三角形知P A ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解法一：由(1)知CD ⊥PB ，CD ⊥PO ，PB ∩PO ＝P ， 故CD ⊥平面PBD .又PD ⊂平面PBD ，所以CD ⊥PD .取PD 的中点F ，PC 的中点G ，连FG . 则FG ∥CD ，FG ⊥PD .联结AF ，由△APD 为等边三角形可得AF ⊥PD . 所以∠AFG 为二面角A －PD －C 的平面角． 联结AG ，EG ，则EG ∥PB . 又PB ⊥AE ，所以EG ⊥AE .设AB ＝2，则AE ＝22，EG ＝12PB ＝1，故AG ＝AE 2＋EG 2＝3，在△AFG 中，FG ＝12CD ＝2，AF ＝3，AG ＝3.所以cos ∠AFG ＝FG 2＋AF 2－AG 22·FG ·AF ＝－63.解法二：由(1)知，OE ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OE →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .设|AB →|＝2，则A (－2，0，0)，D (0，－2，0)， C (22，－2，0)，P (0，0，2)，PC →＝(22，－2，－2)，PD →＝(0，－2，－2)， AP →＝(2，0，2)，AD →＝(2，－2，0)． 设平面PCD 的法向量为1＝(x ，y ，z )，则 1·PC →＝(x ，y ，z )·(22，－2，－2)＝0，1·PD →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－2)＝0，可得2x －y －z ＝0，y ＋z ＝0.取y ＝－1，得x ＝0，z ＝1，故1＝(0，－1，1)． 设平面P AD 的法向量为2＝(m ，p ，q )，则 2·AP →＝(m ，p ，q )·(2，0，2)＝0， 2·AD →＝(m ，p ，q )·(2，－2，0)＝0，可得m ＋q ＝0，m －p ＝0.取m ＝1，得p ＝1，q ＝－1，故2＝(1，1，－1)． 于是cos 〈，2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－63. 例4-2如图1－5，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长； (2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1 于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1.因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC . 因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，所以AO ⊥BC ， 所以BC ⊥平面AA 1O . 所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5， 得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE →＝15AA 1→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧·AB →＝0，n ·A 1C →＝0得⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即＝(2,1，－1)，所以 cos 〈OE →，〉＝OE →·n |OE →|·|n |＝3010.即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010三、利用面面垂直关系构建直角坐标系 例5（2012高考真题安徽理18）（本小题满分12分）平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1－4(1)所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝ 5.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BCB1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0， 因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC . (2)因为AA 1→＝(0,3，－4)， 所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以 cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋(－4)2＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D .由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1， 由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G .由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角． 在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得 sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55.即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.。
建系法巧求立体几何中的动点问题
建系法巧求立体几何中的动点问题随着计算机科学的发展，几何技术在现代科学和技术中的应用也越来越广泛。
“建系法”是一种特殊的几何技术，用于求解立体几何中的动点问题。
本文针对建系法巧求立体几何中的动点问题，从建系法的基本原理、在实际应用中的一般步骤及其特殊技巧三个方面全面系统地分析概括其处理方法。
首先，建系法是一种特殊的几何技术，它是指在求解立体几何中的动点问题时，先利用特定的几何线、平面和曲线的组合建立相关元素，从而形象地描述，准确地求解动点问题。
建系法的技术是以几何图形的组合来描述问题，抓住空间上的关键性状，可以有效的求解动点问题，更加直观。
其次，在实际应用中，建系法的一般步骤包括：搜集问题所需要的几何信息，并把问题表述为建系法应用的形式；引入调节和指示元素，建立相应的几何图形；理解布置在几何图形中的形状关系，并利用几何关系求解相应的问题参数；最后，利用几何定理、等价定理、等角定理等进行推理，以获得问题的最终解。
进一步而言，在实际应用中，建系法的特殊技巧也十分重要。
常用的特殊技巧有：反转定理、假想变换、虚拟调整定理、最大最小定理等。
例如，反转定理是以某一条件取反，再以取反后的条件为基础，并用相应的几何图形，来解决实际问题；假想变换则是把现实问题变换成一种便于求解的方式；虚拟调整定理是将某一未知点投射到固定形状上，再根据点的投影性质，来求解原问题；最大最小定理是利用最大最小值的性质，来求解神经病的解析几何问题。
综上所述，建系法是一种特殊的几何技术，用于求解立体几何中的动点问题。
它利用特定组合建立几何图形，表述问题，然后利用几何定理、等价定理、等角定理等进行推理，最终得出问题的答案。
此外，特殊技巧如反转定理、假想变换、虚拟调整定理、最大最小定理等在实际应用中也十分重要，对建系法巧求立体几何中的动点问题具有重要的参考价值。
本文系统地分析了建系法巧求立体几何中的动点问题。
从建系法的基本原理、在实际应用中的一般步骤及其特殊技巧，论述其处理方法。
立体几何中的建系设点讲解学习
（2）对于一条线段上的某点分线段成比例，可以利用向量关系将该点坐标计算出来
由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ，坐标是否好写。如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离。例如：正方体中的 点，其投影为 ，而 所以 ，而其到底面的距离为 ，故坐标为
以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：
3、需要计算的点
（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点
3、常用的空间直角坐标系满足 轴成右手系，所以在标 轴时要注意。
4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同。但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的。
5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直 底面两条线垂直），这个过程不能省略。
二、典型例题：
例1：在三棱锥 中， 平面 ， ， 分别是棱 的中点， ，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点坐标
例2：在长方体 中， 分别是棱 上的点， ， ，建立适当的直角坐标系并写出点的坐标。
例3：如图，在等腰梯形 中， ， ， 平面 ，且 ，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。
小炼：建立坐标系的最重要的条件就是线面垂直（即 轴），对于 轴的选取，如果没有已知线段，可以以垂足所在的某一条直线为坐标轴，然后作这条轴的垂线来确定另一条轴。
例4：已知四边形 满足 ， 是 中点，将 翻折成 ，使得平面 平面 ， 为 中点
思路：在处理翻折问题时，首先要确定在翻折的过程中哪些量与位置关系不变，这些都是作为已知条件使用的。
例5：如图，已知四棱锥 的底面是菱形，对角线 交于点 ，且 平面 ，点 为 的三等分点（靠近 ），建立适当的直角坐标系并求各点坐标
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熟悉几个补形建系的技巧
基本模型：长方体 ；
下面几个多面体可考虑补成长方体建系：
（1）三棱锥 ,其中 .
特点： ；四个面均为直角三角形。
建系方法：
（2）四棱锥P-ABCD,其中 ABCD为矩形。
建系方法：
（3）正四面体A-BCD 建系方法：
（4）两个面互相垂直建系方法
1、（2011年高考重庆卷文科20)如题（20）图，在四面体 中，平面ABC⊥平面，
3、在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，D、E分别为BB1、Байду номын сангаасC1的中点．
（Ⅰ）证明：ED为异面直线BB1与AC1的公垂线；
（Ⅱ）设AA1＝AC＝ AB，求二面角A1－AD－C1的大小．
4．如图，已知四棱锥 ，底面 为菱形， 平面 ， ， 分别是 的中点．
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）若 为 上的动点， 与平面 所成最大角的正切值
为 ，求二面角 的余弦值．
5、（08安徽）如图，在四棱锥 中，底面 四边长为1的 菱形， , , , 为 的中点.
（1）求异面直线 与 所成角的大小；
（2）求点 到平面 的距离.
（Ⅰ）求四面体ABCD的体积；
（Ⅱ）求二面角C-AB-D的平面角的正切值。
2、（06山东），已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，
又BO=2,PO= ,PB⊥PD.
(Ⅰ)求异面直线PD与BC所成角的余弦值；
(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大小；