专题四立体几何中_如何有效建立空间直角坐标系。
高考数学专题 立体几何中的建系设点问题
Oyxz FEGH IJ O yx z A'C'B B'C D'A 第63炼 立体几何解答题的建系设点问题在如今的立体几何解答题中，有些题目可以使用空间向量解决问题，与其说是向量运算，不如说是点的坐标运算，所以第一个阶段：建系设点就显得更为重要，建立合适的直角坐标系的原则有哪些？如何正确快速写出点的坐标？这是本文要介绍的内容。
一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴1、z 轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z 轴要与坐标平面xOy 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z 轴与底面的交点2、,x y 轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：（1）尽可能的让底面上更多的点位于,x y 轴上（2）找角：,x y 轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件（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,,x y z 轴成右手系，所以在标,x y 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。
6、与垂直相关的定理与结论： （1）线面垂直：① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直 ③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直 ④ 直棱柱：侧棱与底面垂直 （2）线线垂直（相交垂直）： ① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一） ③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若222AB AC BC +=，则AB AC ⊥（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类 1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的,,'A C D 点，坐标特点如下：x 轴：(),0,0x y 轴：()0,,0y z 轴：()0,0,z规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0（2）底面上的点：坐标均为(),,0x y ，即竖坐标0z =，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例： 则可快速写出,H I 点的坐标，位置关系清晰明了111,,0,,1,022H I ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果()'11,,A x y z 在底面的投影为()22,,0A x y ，那么1212,x x y y ==（即点与投影点的横纵坐标相同）由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。
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建立空间直角坐标系在解决立体几何问题中起着重要作用。
向量法是建系的一种常用方法，它引入了空间向量坐标运算，使解题过程更加简便。
建立适当的坐标系是向量解题的关键步骤之一，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算。
一种建系的方法是利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系。
例如，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别在棱DD1、BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1.要证明点C1在平面AEF内，并求二面角A-EF-A1的正弦值。
另一种建系的方法是利用线面垂直关系构建直角坐标系。
例如，在菱形ABCD中，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△XXX沿EF折到△D'EF的位置，OD'=.要证明D'H⊥平面ABCD，并求二面角B-D'A-C的正弦值。
还有一种建系的方法是利用面面垂直关系构建直角坐标系。
例如，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCD，AB=BC=1AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点。
要证明直线CE//平面PAB，求二面角M-AB-D的余弦值。
有些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，例如正三棱柱、正四棱柱等，利用自身对称性可建立空间直角坐标系。
例如，在圆锥D-O-ABC中，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，PO=6DO。
要证明PA⊥平面PBC，并求二面角B-PC-E的余弦值。
另外，利用正棱锥的中心与高所在直线也可构建直角坐标系。
建立空间直角坐标系的方法及技巧有多种，根据不同的图形特点选择合适的方法，能够更加高效地解决立体几何问题。
1.中，给定正四棱锥P-ABCD，其所有棱长均为6.底面正方形ABCD的中心在坐标原点，棱AD、BC平行于x轴，棱AB、CD平行于y轴，顶点P在z轴的正半轴上。
如何建立恰当的空间直角坐标系
如何建立恰当的空间直角坐标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.下面通过举例分析建立空间直角坐标系的三个方法.一、利用图形中现成的垂直关系建立坐标系当图形中有明显互相垂直且交于一点的三条直线，可以利用这三条直线直接建系，再写出空间点的坐标.例1、在棱长为1的正方体ABCD —A1B1C1D1中，M、N分别为A I B I和BBi的中点，试建立适当的坐标系，并且写出点A、C、M、N的坐标。
分析：本题中，可以以点D为原点，交于点D的三条直线DA、DC、DD1为坐标轴建立坐标系。
解：建立如下图所示坐标系，把D点视作原点0,分别沿DA、DC、DD1方向为x轴、y轴、z轴的正方向，点A在x轴上，且DA=1，它的横坐标x是1，纵坐标和竖坐标都为零，则A (1 , 0, 0),同样地，点C在y轴上，它的纵坐标y是1,横坐标和竖坐标都点评：对于正方体和长方体，可以直接建立右手直角坐标系，例2、如下图，直棱柱ABC —A1B1C1的底面△ ABC 中,为零，则C ( 0, 1 , 0), M点在面xOy的射影是A,，因此M同A1的横坐标和竖坐标相同,1N( 11, -)•再根据棱长写出各点坐标。
CA=CB=1，/ BCA=90 ° ,又M为AB的中点,I棱AA I =2 , M 、N 分别是A i B i 、A i A 的中点.分析：由题意可知，直线 CA 、CB 、CC i 两两垂直，故可以以点 C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1为坐标轴，建立空间直角坐标系。
解：以点C 为原点，直线CA 为x 坐标轴，、CB 为y 坐标轴、CC 1为z 坐标轴，建立 空间直角坐标系。
点A 在X 轴上，且CA =1，它的横坐标x 是1，纵坐标和竖坐标都为零，则 A （ 1，0， 0），同样地，点B 在y 轴上，它的纵坐标 y 是1,横坐标和竖坐标都为零，则B （ 0，1，0）， M 点在面xOy 的射影是 A ，因此M 同A 1的横坐标和竖坐标相同，又 M 为AB 的中点，故1 1 1 其纵坐标值为 丄，故M （1，-，1），同理可得N （1，1，-）.222点评：对于直棱柱，如果已知条件中出现三条两两垂直的棱， 可以直接建立右手直角坐标系，再根据棱的长度写出各点坐标。
(完整版)立体几何解答题的建系设点问题
立体几何解答题的建系设点问题一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面z z 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即xOy 为轴与底面的交点z 2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：,x y （1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上,x y （2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件,x y （3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点解答题中，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。
3、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直：① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直④ 直棱柱：侧棱与底面垂直（2）线线垂直（相交垂直）：① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若，则222AB AC BC +=AB AC ⊥（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0（2）底面上的点：坐标均为，即竖坐标，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出(),,0x y 0z =坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果在底面的投影为，那么（即点与投影点的横纵坐标相同）()'11,,A x y z ()22,,0A x y 1212,x x y y == 由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。
立体几何建坐标系
立体几何建坐标系全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：立体几何建坐标系是描述和研究立体图形的重要工具之一。
在三维空间中，我们通常使用三维直角坐标系来描述立体图形的位置和形状。
这种坐标系由三个相互垂直的坐标轴组成，分别是x轴、y轴和z 轴，它们分别对应三维空间中的长度、宽度和高度。
在这个坐标系中，每个点都可以通过三个坐标值来表示，分别表示点在x轴、y轴和z轴上的位置。
用立体几何建坐标系描述一个物体时，首先需要确定一个原点，该原点是坐标轴的交点，通常我们取它为立体图形的重心或者其特定的某一个点。
然后，可以通过在坐标轴上确定一个单位长度来建立坐标系的比例尺。
接下来，可以通过测量物体在x、y、z三个方向上的长度、宽度和高度，来确定物体各个点的坐标值，从而描述整个物体的形状和位置。
利用立体几何建坐标系可以方便地计算立体图形的体积、表面积、中心质心等属性。
通过将三维立体图形分解成一系列的立方体、长方体或圆柱体等基本的几何图形，可以利用数学方法求解各部分的体积，并将它们相加得到整个立体图形的体积。
而对于复杂的立体图形，可以将其分解成多个简单的几何图形，再逐一计算其属性，最后综合得出结果。
这样的方法虽然有时会比较繁琐，但是却是一种较为准确和可靠的计算方式。
立体几何建坐标系不仅可以用于描述静态的立体图形，还可以用于描述立体图形的运动和变形。
通过不断变化物体各个点的坐标值，可以描述其在三维空间中的移动、旋转、缩放等动作。
通过改变一个立方体各个顶点的坐标值，可以实现它在空间中的旋转或者平移。
通过计算不同时间点上各个点的坐标值，可以还原出整个立体图形的运动轨迹，从而研究它的运动规律。
利用立体几何建坐标系还可以进行三维坐标系下的几何投影。
在三维空间中，物体的形状对应着它在每个坐标轴的投影，在三维坐标系下可以进行正投影、侧视投影等操作，将三维空间中的立体图形映射到二维平面上，便于我们观察和研究。
这种投影方法在建筑设计、工程制图等领域中有着广泛的应用。
空间几何体建立空间直角坐标系技巧
空间几何体建立空间直角坐标系技巧建立空间直角坐标系时，可以按照以下步骤进行：
1.确定空间直角坐标系的三个坐标轴方向，一般选择为某轴、y轴和z轴。
2.确定空间直角坐标系的原点，一般选择为三个轴的交点。
3.确定坐标轴的正方向，一般按照右手定则确定，即当右手的大拇指指向某轴正方向，食指指向y轴正方向时，中指所指的方向即为z轴正方向。
4.确定坐标轴的长度和间距，一般选择适当的数值，方便计算。
5.根据需要，可以在空间直角坐标系中建立坐标系网格和标注坐标轴上的刻度值，方便进行坐标计算和表示几何体。
总体说来，建立空间直角坐标系需要考虑方便计算、标注明确、成像清晰等方面，通过实践和熟练掌握，可以更有效地运用空间几何体建模和分析。
高中数学空间直角坐标系的构建策略知识点解析
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1. 如 图 所 示 ， 已 知 正 方 体 ABCD － A1B1C1D1 ， E ， F 分 别 是 正 方 形 A1B1C1D1 和 ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角为___4_5_°___.
123
2.在底面为直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA ＝AB＝BC＝1，AD＝12，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为__3_6_.
第三章 空间向量与立体几何
专题突破三 空间直角坐标系的构建策略
利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标 系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关 系，以及空间角、空间距离问题的探求.所以如何建立空间直角坐标系显得 非常重要，下面简述空间建系的四种方法，希望同学们面对空间几何问题能 做到有的放矢，化解自如.
跟踪训练1 如图，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°， 且PA＝AD＝2，E，F分别是线段PA，CD的中点，求异面直线EF与BD所成 角的余弦值.
二、利用线面垂直关系 例 2 如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB⊥平面 BB1C1C，E 为棱 C1C 的中点， 已知 AB＝ 2，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求 出图中所有点的坐标.
三、利用面面垂直关系 例3 如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°， E是BC的中点.将△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如图2)，连接BC， BD.求平面ABE与平面BCD所成的锐角的大小.
点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直， 再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹 角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小.用法向量的夹角求二面 角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度 就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.
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。
立体几何中主要解题思路
立体几何中主要解题思路如下：
1.建立空间坐标系：对于三维空间中的点、线、面等几何对象，
可以通过建立空间直角坐标系来描述它们的坐标。
通过坐标系，可以将几何问题转化为代数问题，从而利用代数方法进行求解。
2.向量方法：向量是解决立体几何问题的重要工具。
通过向量的
加、减、数乘以及向量的模长、向量之间的夹角等性质，可以
方便地解决与长度、角度、平行、垂直等问题。
3.空间几何的性质：掌握空间几何的基本性质，如平行、垂直、
相交等，对于理解问题和寻找解题思路至关重要。
4.投影与截面：在解决与空间几何体相关的问题时，常常需要利
用投影和截面的性质。
例如，求一个几何体的体积或表面积时，
可以通过投影或截面的面积来推导。
5.转化与构造：在解决立体几何问题时，有时需要将问题转化为
更容易处理的形式，或者构造新的几何图形来帮助解决问题。
6.运用几何定理：掌握并运用基本的几何定理是解决立体几何问
题的关键。
例如，勾股定理、余弦定理、正弦定理等。
7.数形结合：在解题过程中，将代数表达式与几何图形相结合，
有助于更直观地理解问题并找到解决方案。
8.逻辑推理：在证明题中，逻辑推理是必不可少的。
通过严密的
逻辑推理，可以证明某些结论或性质。
综上所述，掌握这些解题思路对于解决立体几何问题至关重要。
通过不断练习和总结，可以提高解决立体几何问题的能力。
空间立体几何建立直角坐标系
空间立体几何建立直角坐标系1．[2015·浙江]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点。
(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1－BD－B1的平面角的余弦值。
解析：(1)证明：设E为BC的中点，连接A1E，AE，DE，由题意得A1E ⊥平面ABC，所以A1E⊥AE。
因为AB＝AC，所以AE⊥BC。
故AE⊥平面A1BC。
由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A 且DE＝A1A，所以A1AED为平行四边形。
故A1D∥AE。
又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC。
(2)方法一：作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F。
由AE＝EB＝2，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4。
由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等。
由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1－BD－B1的平面角。
由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得 BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43，由余弦定理得cos ∠A 1FB 1＝－18。
方法二：以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，如图所示。
由题意知各点坐标如下：A 1(0,0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2， 2，14)。
因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)。
设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)。
由⎩⎨⎧ m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)。
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。
高中数学立体几何建系设点专题
2009-2010学年高三立几建系设点专题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、建立空间直角坐标系的三条途径途径一、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1（湖南卷理科第18题）已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4．（1）证明：PQ ⊥平面ABCD ；（2）求异面直线AQ 与PB 所成的角；（3）求点P 到平面QAD 的距离．简解：（1）略；（2）由题设知，ABCD 是正方形，且AC ⊥BD ．由（1），PQ ⊥平面ABCD ，故可分别以直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图1），易得CA DB QP 、、，．所求异面直线(02)(02)AQ PB =--=-u u u r u u u r 1cos 3AQ PB AQ PB AQ PB <>==u u u r u u u r u u u r u u u r g u u u r u u u r 、所成的角是．1arccos3（3）由（2）知，点．(00)(0)(004)D AD PQ -=--=-u u u r u u u r设n =（x ，y ，z ）是平面QAD 的一个法向量，则得取x ＝1，得00AQ AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u rg 、、nn 00z x y +=+=⎪⎩、、．点P 到平面QAD 的距离(11--、、n =PQ d ==u u u r g nn途径二、利用面面垂直的性质建立坐标系:图形中有两个互相垂直的平面，可以利用面面垂直的性质定理，作出互相垂直且交于一点的三条直线，建立坐标系．例2 （全国卷Ⅱ理科第19题）在直三棱柱中，AB ＝BC ，D 、E 分别为111ABC A B C -的中点．11BB AC 、（1）证明：ED 为异面直线与的公垂线；1BB 1AC （2）设，求二面角的大小．1AA AC ==11A AD C --解：（1）如图2，建立直角坐标系，其中原点O 为O xyz -AC 的中点，设则，，(00)A a 、、1(00)(02)B b B b c 、、、、、则，即．11(00)(002)0ED b BB c ED BB ===u u u r u u u r u u u r u u u r g 、、、、、、1ED BB ⊥同理． 因此ED 为异面直线与的公垂线．1ED AC ⊥1BB 1AC （2）不妨令，则，1a b c ===1(110)(110)(002)BC AB AA =--=-=u u u r u u u r u u u r 、、、、、、、、．即BC ⊥AB ，BC ⊥，又∵，∴BC ⊥面100BC AB BC AA ==u u u r u u u r u u u r u u u rg g 、1AA 1AB AA A =I ．1A AD 又，，(101)(101)(010)0EC AE ED EC AE =--=-==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rg 、、、、、、、、、0EC ED =u u u r u u u r g 即EC ⊥AE ，EC ⊥ED ，又∵AE ∩ED ＝E ，∴EC ⊥面．∴1C AD ，即得和的夹角为．所以，二面角1cos 2EC BC EC BC EC BC <>==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r 、EC u u u r BC u u u r 60o 为．11A AD C --60o 练2：如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ；（II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离．途径三、利用图形中现成的垂直关系建立坐标系:当图形中有明显互相垂直且交于一点的三条直线，可以利用这三条直线直接建系．例3．如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，，O ABCD -ABCD 4ABC π∠=， ，为的中点。
如何建立恰当的空间直角坐标系
二、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，再写出空间点的坐标。
例 3、 已知两个正四棱锥 P－ABCD 与 Q－ ABCD 的高都为 2，AB ＝ 4, 两个正四棱锥底
面重合，试建立适当的直角坐标系，并写出各点坐标．
为零 , 则 C（ 0， 1，0）， M 点在面 xOy 的射影是 A1，因此 M 同 A1 的横坐标和竖坐标相同，
又 M为 A1B1 的中点，故其纵坐标值为
1 ，故 M （ 1， 1 ， 1），同理可得 N （ 1， 1， 1 ） .
2
2
2
z
D1
C1
A1
M
B1
D O A
x
N Cy
B
点评：对于正方体和长方体， 可以直接建立右手直角坐标系， 再根据棱长写出各点坐标。
由已知，容易得 A （0， 0， 0）， B（0，a， 0）， A 1（0， 0， 2 a），下面重点谈谈如何
计算点 C 的坐标，在平面 ABC 中，过点 C 作直线 AB 的垂线 CD 交 AB 于点 D，过点 C 作
xA 的垂线于点 E,则在等边三角形 ABC 中， AD
1 AB
1 a ，AE
AC cos
如何建立恰当的空间直角坐标系
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．下面通过举例分析建立空间直角坐标系的三个方法．
一、利用图形中现成的垂直关系建立坐标系
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—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.。
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
例谈立体几何综合题中的建系策略
例谈立体几何综合题中的建系策略ʏ广东省兴宁市第一中学 蓝云波立体几何综合问题的常见解题方法有两种,即传统方法与空间向量方法㊂由于传统方法对同学们的空间想象能力要求较高,加之需根据题意作出辅助线,故对不少同学来说具有一定的挑战㊂因此利用空间向量方法解决立体几何综合问题是很多同学的首选,而空间向量坐标法是空间向量方法中最常使用的方法,解题的基础是要根据题中的条件建立恰当的空间直角坐标系㊂随着高考对同学们的综合素养的能力要求越来越高,高考涌现出越来越多灵活多变的考题,对大家如何建立空间直角坐标系也提出了更高的要求㊂因此,如何建系成为同学们成功解决立体几何综合问题必须迈过的一道坎㊂为帮助同学们彻底解决这个问题,本文探究并总结出建系的四种常见策略,以期对同学们学习有所帮助,从而达到提高大家的数学素养与能力的目的㊂一㊁借助三条两两垂直的直线建系图1例1 (福建省部分地市2023届高三第一次质量检测)如图1,在直三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,|A C |=2,A B ʅB C ,E ,F 分别为B B 1,C A 1的中点,且E F ʅ平面A A 1C 1C ㊂(1)求|A B |的长;(2)若|A A 1|=2,求二面角C -A 1E -A 的余弦值㊂解析:(1)因为E F ʅ平面A A 1C C 1,且A 1C ⊂平面A A 1C C 1,所以E F ʅA 1C ㊂又因为F 为A 1C 的中点,所以|E A 1|=|E C |㊂又在R t әA 1B 1E ㊁R t әB E C 中,|B E |=|E B 1|,易证得әA 1B 1E ɸәC B E ,故|A 1B 1|=|B C |㊂因为|A B |=|A 1B 1|,所以|A B |=|B C |㊂又因为A B ʅB C ,|A C |=2,所以|A B |=1㊂(2)以点B 1为原点,建立如图2所示的图2空间直角坐标系B 1-x y z ㊂由题意可知A 1(1,0,0),E 0,0,22,C (0,1,2),则A 1E ң=-1,0,22,A 1C ң=(-1,1,2)㊂不妨设m =(x 0,y 0,z 0)是平面C A 1E 的一个法向量,那么m ㊃A 1E ң=0,m ㊃A 1C ң=0,即-x 0+22z 0=0,-x 0+y 0+2z 0=0㊂令z 0=2,得m =(2,-2,2)㊂又B 1C 1ʅ平面A 1B 1B A ,故B 1C 1ң=(0,1,0)是平面A 1B 1B A 的一个法向量㊂设α为二面角C -A 1E -A 所成的平面角,则c o s α=|m ㊃B 1C 1ң||m |㊃|B 1C 1ң|=222=12,即二面角C -A 1E -A 的余弦值为12㊂点评:本题第二问中,由已知条件可知B 1B ,B 1A 1,B 1C 1三条直线两两垂直,故可直接建立空间直角坐标系进行求解㊂这是立体几何综合题中最容易想到的建系方法,只要同学们基础知识扎实,计算能力过关,即可实现问题的求解㊂二㊁借助线面垂直建系1.以垂线的垂足为坐标原点建系图3例2 (山东省青岛市2023届高三一模)如图3,在R t әP A B 中,P A ʅA B ,且|P A |=4,|A B |=2,将әP A B 绕直角边P A 旋转2π3到әP A C 处,得到圆锥的一部分,点D 是底面圆弧B C (不含端点)上的一个动点㊂(1)是否存在点D ,使得B C ʅP D ?若存在,求出øC A D 的大小;若不存在,请说明理由㊂ 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月(2)当四棱锥P -A B D C 体积最大时,求平面P C D 与平面P B D 夹角的余弦值㊂解析:(1)当D 为圆弧B C 的中点,即øC A D =π3时,B C ʅP D ㊂证明如下:因为D 为圆弧B C 的中点,所以øC A D =øB A D =π3,即A D 为øC A B 的平分线㊂因为|A C |=|A B |,所以A D 为等腰әC A B 的高线,即A D ʅB C ㊂因为P A ʅA B ,P A ʅA C ,A B ɘA C =A ,AB ,AC ⊂平面A BD C ,所以P A ʅ平面A B D C ,故P A ʅB C ㊂因为P A ɘA D =A ,所以B C ʅ平面P A D ,则B C ʅP D ㊂(2)由(1)得,P A 为四棱锥P -A B D C 的高㊂因为|P A |=4,所以当面积S 四边形A B D C 取最大值时,四棱锥P -A B D C 体积最大㊂设øC A D =α,则øB A D =2π3-α,αɪ0,2π3㊂S 四边形A B D C =S әC A D +S әB A D =12ˑ2ˑ2ˑs i n α+12ˑ2ˑ2ˑs i n 2π3-α=2s i n α+s i n2π3-α=23s i n α+π6 ㊂因为αɪ0,2π3 ,α+π6ɪπ6,5π6 ,所以当α=π3时,s i n α+π6 =1,S四边形A B D C取最大值23,此时四棱锥P -A B D C 体积最大㊂在平面A B D C 内过A 作直线A E ʅA B ,图4交圆弧B C 于点E ㊂由题意知A E ,A B ,A P 两两垂直,则以A 为原点,分别以A E ,A B ,A P 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图4所示的空间直角坐标系㊂则A (0,0,0),P (0,0,4),B (0,2,0),D (3,1,0),C (3,-1,0),则P D ң=(3,1,-4),C D ң=(0,2,0),D B ң=(-3,1,0)㊂设平面P C D 的法向量为n =(x 1,y 1,z 1),则n ㊃P D ң=0,n ㊃C D ң=0, 即3x 1+y 1-4z 1=0,2y 1=0㊂令z 1=3,得n =(4,0,3)㊂设平面P B D 的法向量为m =(x 2,y 2,z 2),则m ㊃P D ң=0,m ㊃D B ң=0,即3x 2+y 2-4z 2=0,-3x 2+y 2=0㊂令z 2=3,得m =(2,23,3)㊂设平面P C D 与平面P B D 的夹角为θ,则c o s θ=|m ㊃n ||m |㊃|n |=1119,所以平面P C D 与平面P B D 夹角的余弦值为1119㊂点评:本题第二问对四棱锥P -A B D C 体积最大值的处理是解题的一大障碍,可通过三角形的面积公式与三角恒等变换进行解决,对同学们具有一定的挑战性㊂在建系时,发现有垂直于平面A B D C 的垂线P A ,可以点A 为原点,P A 为z 轴,AB 为y 轴,过点A 且与A B 垂直的直线为x 轴建立空间直角坐标系,这是立体几何综合题中常见的建系方式,应引起大家足够的重视㊂2.以底面直角顶点为坐标原点建系图5例3 (江苏省南通市2023届高三二模)如图5,在әA B C 中,A D 是B C 边上的高,以A D 为折痕,将әA C D折至әA P D 的位置,使得P B ʅA B ㊂(1)证明:P B ʅ平面A B D ;(2)若|A D |=|P B |=4,|B D |=2,求二面角B -P A -D 的正弦值㊂解析:(1)因为A D 是B C 边上的高,所以P D ʅA D ,A D ʅB D ㊂因为P D ɘB D =D ,P D ,B D ⊂平面P B D ,所以A D ʅ平面P B D ㊂因为P B ⊂平面P B D ,所以A D ʅP B ㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月又因为P B ʅA B ,A D ,A B ⊂平面A B D ,A D ɘA B =A ,所以P B ʅ平面A B D ㊂图6(2)如图6,以D 为坐标原点,D A 所在直线为x 轴,D B 所在直线为y 轴,过点D 且与P B 平行的直线为z 轴,建立空间直角坐标系㊂|A D |=|P B |=4,|B D |=2,则B (0,2,0),P (0,2,4),A (4,0,0),D (0,0,0)㊂所以B P ң=(0,0,4),P A ң=(4,-2,-4),D A ң=(4,0,0)㊂设平面B P A 与平面P A D 的法向量分别为n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2)㊂故n 1㊃B P ң=4z 1=0,n 1㊃P A ң=4x 1-2y 1-4z 1=0, 解得z 1=0㊂令x 1=1,得y 1=2,则n 1=(1,2,0)㊂且n 2㊃P A ң=4x 2-2y 2-4z 2=0,n 2㊃D A ң=4x 2=0,解得x 2=0㊂令z 2=1,则y 2=-2,n 2=(0,-2,1)㊂设二面角B -P A -D 的平面角为θ,显然θ为锐角㊂所以c o sθ=|n 1㊃n 2||n 1||n 2|=|(1,2,0)㊃(0,-2,1)|1+4ˑ1+4=45㊃5=45㊂则s i n θ=1-c o s 2θ=35㊂点评:本题建系时,由于平面A B D 中有两条相互垂直的直线A D ,B D ,故以点D 为坐标原点,D A 所在直线为x 轴,D B 所在直线为y 轴,过点D 且与P B 平行的直线为z 轴建系㊂这是有线面垂直条件的另一种常见的建系方法,值得大家细细品味㊂三、借助面面垂直建系1.利用面面垂直的性质定理得到的垂线为z 轴建系例4 (山东省济南市2023届高三下学期开学考试)如图7,在四棱锥P -A B CD 中,底面A B C D 是直角梯形,A B ʊC D ,A B ʅ图7A D ,侧面P A D ʅ底面ABCD ,|D P |=|D A |=|D C |=12A B ㊂(1)证明:平面P B C ʅ平面P A B ;(2)若|A D |=|A P|,求平面P A C 与平面P A B 夹角的余弦值㊂图8解析:(1)由题意,取M ,N 分别为棱P A ,P B 的中点,连接DM ,MN ,N C ,如图8所示㊂则MN ʊA B ,|MN |=12|A B |㊂因为C D ʊA B ,且|C D |=12|A B |,所以MN ʊC D ,且|MN |=|C D |,故四边形MN C D 为平行四边形,DM ʊC N ㊂因为|D P |=|D A |,M 为棱P A 的中点,所以DM ʅP A ㊂因为A B ʅA D ,平面P A D ʅ底面A B -C D ,平面P A D ɘ底面A B C D =A D ,所以A B ʅ平面P A D ㊂因为DM ⊂平面P A D ,所以A B ʅDM ㊂又A B ɘP A =A ,且A B ,P A 都在平面P A B 内,所以DM ʅ平面P A B ㊂因为DM ʊC N ,所以C N ʅ平面P A B ㊂又因为C N ⊂平面P B C ,所以平面P B C ʅ平面P A B ㊂图9(2)由题意及(1)得,取A D 的中点O ,连接P O ㊂因为әP A D 为等边三角形,所以P O ʅA D ㊂因为平面P A D ʅ底面A B C D ,所以P O ʅ底面A B C D ㊂过O 作O E ʊA B ,交B C 于点E ,则O E ʅA D ㊂以O 为原点,O A ,O E ,O P 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图9所示㊂设|A D |=2,则P (0,0,3),A (1,0,0), 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月D (-1,0,0),C (-1,2,0),M12,0,32㊂则DM ң=32,0,32,A P ң=(-1,0,3),A C ң=(-2,2,0)㊂由(1)可知DM ʅ平面P A B ,故平面P A B 的法向量可取DM ң=32,0,32㊂设平面P A C 的法向量为n =(x ,y ,z ),由n ㊃A P ң=0,n ㊃A C ң=0,可得-x +3z =0,-2x +2y =0㊂令x =3,得n =(3,3,1)㊂设平面P A C 与平面P A B 的夹角为θ㊂所以c o s θ=|n ㊃DM ң||n ||DM ң|=233ˑ7=277㊂故平面P A C 与平面P A B 夹角的余弦值为277㊂点评:本题建系时,可以根据侧面P A D ʅ底面A B C D 这个条件,通过逻辑推理得P O ʅ平面A B C D ,则可以以O 为原点,P O 所在直线为z 轴进行建系㊂2.以底面的直角顶点为坐标原点建系图10例5 (广东省佛山市2022届高三二模)如图10,在以P ,A ,B ,C ,D 为顶点的五面体中,平面A B -C D 为等腰梯形,A B ʊC D ,|A D |=|C D |=12|A B |,平面P A D ʅ平面P A B ,P A ʅP B ㊂(1)求证:әP A D 为直角三角形;图11(2)若|A D |=|P B |,求直线P D 与平面P B C 所成角的正弦值㊂解析:(1)在等腰梯形A B C D中,作DH ʅA B 于H ,连接B D ,如图11㊂则|A H |=12(|A B |-|C D |)=12|A D |,|DH |=32|A D |,且|B H |=32|A D |,故t a n øB DH =|B H ||DH |=3,即øB DH =60ʎ㊂而øA DH =30ʎ,因此,øA D B =90ʎ,即A D ʅB D ㊂因平面P A D ʅ平面P A B ,平面P A D ɘ平面P A B =P A ,P B ⊂平面P A B ,而P A ʅP B ,所以P B ʅ平面P A D ㊂又A D ⊂平面P A D ,于是有A D ʅP B ㊂P B ɘB D =B ,P B ,B D ⊂平面P B D ,则有A D ʅ平面P B D ㊂P D ⊂平面P B D ,因此,A D ʅP D ,әP A D 为直角三角形㊂图12(2)在平面P A D 内过点P 作P z ʅP A ㊂因平面P A D ʅ平面P A B ,平面P A D ɘ平面P A B =P A ,故P z ʅ平面P A B ㊂因此,P B ,P A ,P z 两两垂直,以点P 为原点,建立如图12所示的空间直角坐标系㊂令|P B |=|A D |=2,则|P A |=23,|P D |=22,B (2,0,0),A (0,23,0),D 0,43,223㊂D C ң=12A B ң=(1,-3,0),则C 1,13,223㊂从而得P C ң=1,13,223,P B ң=(2,0,0)㊂设平面P B C 一个法向量n =(x ,y ,z ),则n ㊃P B ң=2x =0,n ㊃P C ң=x +13y +223z =0㊂令z =1,得n =(0,-22,1)㊂P D ң=,43,223,设直线P D 与平面P B C 所成角为θ,则有s i n θ=|c o s <n ,P D ң>|=解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年9月|n ㊃P D ң||n ||P D ң|=6233ˑ22=33,所以直线P D 与平面P B C 所成角的正弦值为33㊂点评:本题也有面与面垂直的条件,由于P A ʅP B ,故建系时,为方便得出点的坐标,可以P 为原点,P A ,P B 所在直线分别为x ,y 轴进行建系㊂本题的难点是如何得出点D 的坐标,实际上可过点D 作P A 的垂线,结合几何关系得到㊂四、借助二面角建系图13例6 (山东省潍坊市2022届高三一模)图13是由矩形A C C 1A 1㊁等边әABC 和平行四边形A B B 1A 2组成的一个平面图形,其中|A B |=2,|A A 1|=|A A 2|=1,N 为A 1C 1的中点㊂将其沿A C ,A B 折起使得A A 1与A A 2重合,连接B 1C 1,B N ,如图14㊂图14(1)证明:在图14中,A C ʅB N ,且B ,C ,C 1,B 1四点共面;(2)在图14中,若二面角A 1-A C -B 的大小为θ,且t a n θ=-12,求直线A B 与平面B C C 1B 1所成角的正弦值㊂图15解析:(1)取A C的中点M ,连接NM ,B M ,如图15㊂因A C C 1A 1为矩形,N 为A 1C 1的中点,故A C ʅMN ㊂又因әA B C 为等边三角形,则A C ʅM B ㊂M N ɘM B =M ,M N ,M B ⊂平面B M N ,则A C ʅ平面B M N ㊂又B N ⊂平面B MN ,所以A C ʅB N ㊂矩形A C C 1A 1中,A A 1ʊC C 1,平行四边形A B B 1A 1中,A A 1ʊB B 1,因此,B B 1ʊC C 1,所以B ,C ,C 1,B 1四点共面㊂图16(2)由(1)知MN ʅA C ,B M ʅA C ,则øNM B 为二面角A 1-A C -B 的平面角,θ=øNM B ㊂在平面B MN 内过M 作M z ʅM B ,有AC ʅM z ,以M 为坐标原点建立如图16所示的空间直角坐标系㊂A (1,0,0),B (0,3,0),C (-1,0,0),N (0,c o s θ,s i n θ),C 1(-1,c o s θ,s i n θ),C Bң=(1,3,0),C C 1ң=(0,c o s θ,s i n θ)㊂设平面B C C 1B 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则C B ң㊃n =x +3y =0,C C 1ң㊃n =yc o s θ+z s i n θ=0㊂令y =-1,得n =3,-1,1t a n θ㊂由t a n θ=-12,得n =(3,-1,-2),A B ң=(-1,3,0)㊂设直线A B 与平面B C C 1B 1所成角为α,于是得s i n α=|c o s <n ,A B ң>|=|n ㊃A B ң||n ||A B ң|=2322ˑ2=64㊂所以直线A B 与平面B C C 1B 1所成角的正弦值是64㊂点评:本题是一道极具创新的试题,建系也具有一定的难度㊂结合题意,可作出二面角A 1-A C -B 的平面角,由于AC ʅ平面M N B ,故可以以点M 为坐标原点,M A ,M B 所在直线分别为x ,y 轴,在平面M N B 内过点M 且与平面A B C 垂直所在的直线为z 轴建系㊂当表示点N ,C 1时,可结合三角函数的定义求出其坐标,对同学们的创新能力提出了较高的要求,这也是新高考喜欢考查的方式,值得大家细细感悟㊂(责任编辑 徐利杰)解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月。
高中数学同步教学课件培优点 空间直角坐标系的构建策略
则B→E＝B→C＋C→E＝B→C＋tC→S＝(－ 2(1－t)， 7t). 由 BE∥平面 PAC，得B→E·n＝0，
即－ 2＋2 714× 7t＝0， 解得 t＝12， ∴侧棱SC上存在一点E， 使得BE∥平面PAC， 此时SE∶EC＝1∶1.
∴A→P＝A→D＋D→P＝(－
2，
2，0)＋
32，0，
7 3
＝－232， 2， 37. 设平面 PAC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
n·A→C＝2 2y＝0， 则n·A→P＝－232x＋ 2y＋ 37z＝0， 令 x＝1，得 n＝1，0，2 714为平面 PAC 的一个法向量. 设C→E＝tC→S(0<t<1)，
＝ 7
37，
由图可知二面角
P－AC－D
为锐二面角，∴所求二面角的余弦值为
7 3.
(2)若SP＝2PD，侧棱SC上是否存在一点E(不与点S，C重合)，使得BE∥平面 PAC？若存在， 求出SE∶EC的值；若不存在，请说明理由.
假设在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.如图，在SC上 取点E，连接BE. 由题意，得D→P＝13D→S＝ 32，0， 37. 又 A(0，－ 2，0)，B( 2，0，0)，C(0， 2，0)， ∴A→C＝(0，2 2，0)，B→C＝(－ 2， 2，0)， C→S＝(0，－ 2， 7)，A→D＝(－ 2， 2，0)，
∴sin θ＝ 35，
∴平面
ADC1 与平面
ABA1 所成二面角的正弦值为
5 3.
类型二 利用线面垂直关系建系
例2
如图，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.求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
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PD 2，CD 2，AE 1
点， PE EC ．已知
2 ．求：
1.异面直线 PD 与 EC 的距离；
2.二面角 E PC D的大小．
ABC
例 2、（安徽）如图，在四棱锥 O ABCD中，底面 ABCD四边长为 1 的菱形，
4,
OA 底面ABCD , OA 2 , M 为 OA 的中点， N 为 BC 的中点
2
22
44 ,
MN (1 2 , 2 , 1),OP (0, 2 , 2),OD ( 2 , 2 , 2)
(1)
44
2
22
设平面 OCD 的法向量为 n (x, y, z) ,则 n OP 0, n OD 0
2 2
y 2z 0
即
2 x 2
2 y 2z 0 2
zO M
取 z 2 ,解得 n (0, 4, 2)
(3)设点 B 到平面 OCD 的交流为 d ,则 d 为 OB 在向量 n (0, 4, 2) 上的投影的绝对值,
d OB n 2
2
由 OB (1, 0, 2) , 得
n 3 .所以点 B 到平面 OCD 的距离为 3
∵MN n (1 2 , 2 , 1) (0, 4, 2) 0 44
MN‖ 平面OCD
(2) 设 AB 与 MD 所 成 的 角 为 x
∵ AB (1, 0, 0), MD ( 2 , 2 , 1)
,
22
A
B
N
D CP y
∴cos AB MD 1 ,∴
AB MD 2
3 , AB 与 MD 所成角的大小为 3
∵ DG (0，y，z)，PC (0，2， 2) ，且 DG· PC 0 ，
则z
2 y ，∴可取 DG (0，1，2) ．
∵ EF
再作 EF PC 于 F ，并设 F(0，m，n) ，
3 2
，m
1，n 2
，
且 EF· PC 0 ，则 n
2m
2 2
，∴又取
EF
3 2
，1， 2 22
∵ADP ,∴DP = 2
4
2
MD MA2 AD2 2
，
∴cos MDP DP 1 , MDC MDP
MD 2
3 所以 AB 与 MD 所成角的大小为 3
（3）∵ AB‖平面OCD,∴点 A 和点 B 到平面 OCD 的距离相等，连接 OP,过点 A 作
AQ OP 于点 Q，∵ AP CD,OA CD,∴CD 平面OAP,∴ AQ CD
专题四：高考立体几何专题复习
主要是掌握建立空间直角坐标系的时候，要选择适当的坐标系，我们建
系的原则是：尽量使更多的点落在坐标轴上。同时要注意：紧紧抓住题
目条件中的垂直字眼，然后再考虑如何建系。点的坐标不好写出来时，
记住：：一定要把涉及到该点的图形拿出来，使之平面化，再去写点的
坐标！
例 1、如图 2，在四棱锥 P ABCD ，底面 ABCD 为矩形， PD 底面 ABCD ， E 是 AB 上一
又 ∵ AQ OP,∴ AQ 平面OCD ,线段 AQ 的长就是点 A 到平面 OCD 的距离
∵OP OD2 DP2 OA2 AD2 DP2 4 1 1 3 2 AP DP 2
2 2，
2
∴ AQ OA AP 2
2 2 2
OP 3 2 3
2
2
，所以点 B 到平面 OCD 的距离为 3
a，12，0
．
（1）∵PE CE ，∴PE· CE 0 ，解得 a
3
2 ．∴DE· CE 0 ，即 DE CE ，
又 DE PD ，故 DE 是异面直线 PD 与 EC 的公垂线．
而 DE 1，即异面直线 PD 与 EC 的距离为 1． （2）作 DG PC ，并设 G(0，y，z) ，
方法二(向量法) 作 AP CD 于点 P,如图,分别以 AB,AP,AO 所在直线为 x, y, z 轴建立坐标系
A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), P(0, 2 , 0), D( 2 , 2 , 0), O(0, 0, 2), M (0, 0,1), N (1 2 , 2 , 0)
．
由 DG PC ， EF PC ，可知 DG 与 EF 的夹角就是所求二面角 的大小，
∴cos DG· EF 2
π
DG EF 2 ，即所求二面角为 4 ．
例二：
方法一：（1）证明：取 OB 中点 E，连接 ME，NE ME‖AB,AB‖CD，ME‖CD NE‖OC,平面MNE‖平面OCD MN‖平面OCD （2） CD‖AB, ∴MDC 为异面直线 AB 与 MD 所成的角（或其补角） 作 AP CD于P, 连接 MP ∵OA 平面A B C D ，∴CD MP
O
（Ⅰ）证明：直线 MN‖ 平面OCD ；
（Ⅱ）求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小； （Ⅲ）求点 B 到平面 OCD 的距离。
M
A
D
B
NC
答案
例一：解：以 D 为坐标原点， DA，DC，DP 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空(a，0，0)，B(a，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，P(0，0，2)，E