立体几何解答题的建系设点问题
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。
高考中立体几何题的建系方法
ʏ安徽省长丰县第一中学 鲍明娟立体几何是高考的必考知识点,其中解答题通常设置两问,第一问常考平行㊁垂直等证明问题;第二问通常需要利用建系法解决与角度㊁长度相关的计算问题㊂在每道小题的设置上力求证明与求解并重㊂试题的命制载体有倾向于不规则几何体的趋势,但仍以 方便建系 为原则,重点考查运算及综合应用的能力㊂因为建系的目的是将立体几何问题转化为代数运算问题,所以我们建立一个合适的空间直角坐标系以降低运算量是很必要的㊂本文归纳了立体几何问题中常见的建系方法,供同学们复习时参考㊂方法一、利用共交点的互相垂直的三条直线构建空间直角坐标系在三维空间中,我们通常使用一个右手定则来定义三个垂直的轴分别为x 轴,y 轴,z 轴,这三个轴应当满足右手四指从x 轴正方向按逆时针旋转45ʎ或135ʎ(直观图中)到y 轴正方向时,大拇指所指方向是z 轴的正方向,三条轴的公共交点就是空间直角坐标系的坐标原点,简称右手空间直角坐标系㊂图1例1 如图1,在直三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,A A 1=A B =A C ,A M ң=2M C ң,C 1N ң=2N A 1ң㊂(1)证明:B 1C ʊ平面B MN ;(2)若B C =3A B ,求二面角B -MN -A的余弦值㊂图2解析:(1)如图2,延长MN ,A A 1交于点P ,连接P B ,设A B 1ɘP B=Q ,连接M Q ,由P A 1P A=N A 1M A =12,可知P A=2A A 1,所以Q B 1Q A =B B 1P A =A A 1P A =12㊂因为M C A M =12,所以A M A C =A Q A B 1=23㊂又øM A Q=øC A B 1,所以әM A Q ʐәC A B 1,所以M Q ʊC B 1㊂又因为C B 1⊄平面B MN ,所以B 1C ʊ平面B MN ㊂(2)因为A B =A C ,B C =3A B ,所以øB A C =120ʎ㊂在әA B C 内过点A 作A B 图3的垂线A z ,由直棱柱的定义可得A A 1ʅA B ,A A 1ʅA z ㊂以A 为坐标原点,建立如图3所示的空间直角坐标系A -x yz ㊂设A B =3a ,则B (3a ,0,0),M (-a ,0,3a ),N -a 2,3a ,3a 2,所以B Mң=(-4a ,0,3a ),B N ң=-7a 2,3a ,3a 2,所以可得平面B MN 的一个法向量为n 1=(23,3,8)㊂又因为A M ң=(-a ,0,3a ),A N ң=-a 2,3a ,3a 2,所以可得平面A MN 的一个法向量为n 2=(3,0,1)㊂所以c o s <n 1,n 2>=n 1㊃n 2|n 1||n 2|=142ˑ79=77979,即二面角B -MN -A 的余弦值为77979㊂点评:本题先由直棱柱的定义得出A A 1是一条轴,接着只需在平面A B C 中找两条相交垂直的直线即可,而әA B C 是等腰三角形,且B C =3A B ,易得øB A C =120ʎ,从而确定垂直于A B 的直线A z 的位置㊂这样就找到三条共交点A 的两两垂直的直线,最后建系㊂我们一般取竖直向上方向为z 轴正方向(如本题中取A z ),用右手大拇指指向z 轴,剩下两条直线四指从x 轴正方向(本题中A B )按逆时针方向转45ʎ或135ʎ(直观图中)至y 轴正方向(本题中A A 1),如图3建系㊂方法二、利用线面垂直关系构建空间直角坐标系由线面垂直的定义可知,一条直线垂直于平面,则这条直线垂直于平面内任意一条直线㊂因此,我们选择这条直线为一条轴,再在与它垂直的平面内找两条相交且垂直的直线作为剩下两条轴,最后转化为共交点的三条直线来建系㊂若不共交点,可以平移至共交点来建系,但遵循的原则是让更多的点落在轴上,以便于计算㊂图4例2 如图4,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D 是直角梯形,A D ʅA B ,A B ʊD C ,P Aʅ底面A B C D ,E 为棱P C 的中点,A D =D C =A P =2A B =2㊂(1)证明:B E ʊ平面P A D ㊂(2)在棱P C 上是否存在点F ,使得二面角F -A D -C 的余弦值为1010若存在,求出P FP C的值;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)取P D 的中点为G ,连接A G ,图5E G ,如图5,因为G 和E 分别为P D 和P C 的中点,所以E G ʊC D ,且E G =12C D ㊂又因为底面A B C D 是直角梯形,C D =2A B ,A B ʊC D ,所以A B ʊG E ,且A B =G E ,所以四边形A B E G 为平行四边形,所以A G ʊB E ㊂因为A G ⊂平面P A D ,B E ⊄平面P A D ,所以B E ʊ平面P A D ㊂(2)以A 为坐标原点,A B ,A D ,A P 所在图6直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图6所示的空间直角坐标系A -x yz ,可得B (1,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),P Cң=(2,2,-2)㊂由F 为棱P C 上一点,设P F ң=λP C ң=(2λ,2λ,-2λ)(0ɤλɤ1),则A F ң=A P ң+P F ң=(2λ,2λ,2-2λ),A D ң=(0,2,0)㊂设平面F A D 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A F ң=2λx +2λy +(2-2λ)z =0,n ㊃A D ң=2y =0,令z=λ,得x =λ-1,则n =(λ-1,0,λ)㊂取平面A D C 的一个法向量为m =(0,0,1),设二面角F -A D -C 的平面角为α,则c o s α=m ㊃n|m ||n |=λ2λ2-2λ+1=1010,化简得8λ2+2λ-1=0,解得λ=14,故存在满足条件的点F ,此时P F P C =14㊂点评:本题中P A ʅ底面A B C D ,选A P为一条轴,接着由A D ʅA B ,得出A P ,A D ,A B 是两两垂直的三条直线,转化为共交点A 为坐标原点建系,先选竖直向上方向AP 所在直线为z 轴,再按右手定则确定A B 所在直线为x 轴,A D 所在直线为y 轴,如图6建系㊂图7例3如图7所示,在R t әA B C 中,øC =90ʎ,B C =3,A C =6,D ,E 分别是线段A C ,AB 上的点,D E ʊBC 且DE =2,将әA D E 沿折起到әA 1D E 的位置,图8使得A 1C ʅC D ,如图8所示㊂(1)若点N 在线段A 1B 上,且2B N =N A 1,求证:E Nʊ平面A 1C D ;(2)若M 是A 1D 的中点,求平面M E B 与平面D E B C 的夹角的余弦值㊂图9解析:(1)如图9所示,在әA 1C B 中,过N 作N F ʊC B 交A 1C 于点F ㊂因为A 1N A 1B =23,所以F N =23B C ㊂在әA B C 中,D E =23B C ,D E ʊB C ,所以F N ʊD E ,F N =D E ,所以四边形D E N F 为平行四边形,所以D F ʊN E ㊂又因为D F ⊂平面A 1C D ,E N ⊄平面A 1C D ,所以E N ʊ平面A 1C D ㊂(2)因为D E ʊB C ,øC =90ʎ,所以D EʅA C ,所以D E ʅA 1D ,D E ʅC D ㊂因为A 1D ɘC D =D ,A 1D ,C D ⊂平面A 1C D ,所以D E ʅ平面A 1C D ,所以B C ʅ平面A 1C D ㊂图10又因为A 1C ʅC D ,所以可建立如图10所示的空间直角坐标系C -x yz ,易知A 1(0,0,23),D (2,0,0),C (0,0,0),E (2,2,0),B (0,3,0),M (1,0,3),则E M ң=(-1,-2,3),E B ң=(-2,1,0)㊂设平面M E B 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则n 1㊃E M ң=-x -2y +3z =0,n 1㊃E B ң=-2x +y =0,令x =3,得n 1=(3,23,5)㊂可取平面D E B C 的一个法向量为n 2=(0,0,1),设平面M E B 与平面D E B C 的夹角为θ,则c o s θ=|c o s <n 1,n 2>|=|n 1㊃n 2||n 1||n 2|=51ˑ40=104,所以平面M E B 与平面D E B C 的夹角的余弦值为104㊂点评:本题是翻折问题㊂在处理翻折问题时,首先要确定在翻折过程中哪些量与位置关系不变(同一个平面内的位置关系不变),可以将这些都作为已知条件㊂本题中,әA D E 在沿D E 折起到әA 1D E 的过程中保持不变,即在әA 1D E 中,有D E ʅA 1D ,D E =2,A 1D =4;直角梯形D C B E 也不变,即有D E ʊB C ,B C =3,C D =2,D E ʅC D ㊂将以上不变条件当作本题的已知条件易得出B C ʅ平面A 1C D ,再结合翻折后所得几何体的题给条件A 1C ʅC D ,于是可以以C 为坐标原点,C A 1竖直向上方向为z 轴正方向建系(如图10)㊂方法三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系由面面垂直的性质定理,首先找到两个平面的交线,再结合已知条件在两个平面中选择其中一个平面,在该平面内找到或作出与交线垂直的一条直线,则这条直线垂直于另一个平面,最后转化为线面关系来建系㊂图11例4 如图11,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D是菱形,A C 与B D 交于点O ,øB A D =60ʎ,P A =A B =2,P A ʅA C ,平面P A C ʅ平面P B D ,M 为线段P B 上的一点㊂(1)证明:P A ʅ平面A B C D ;(2)当A M 与平面P B D 所成的角的正弦值最大时,求平面M A C 与平面A B C D 的夹角的余弦值㊂图12解析:(1)如图12,连接P O ,过点A 作P O 的垂线,垂足为H ㊂因为平面P A C ʅ平面P B D ,且交线为P O ,所以A H ʅ平面P B D ㊂又因为B D ⊂平面P B D ,所以B D ʅA H ㊂又因为四边形A BCD 为菱形,所以B D ʅA C ㊂又因为A C ɘA H =A ,所以B D ʅ平面P A C ㊂又因为P A ⊂平面P A C ,所以B D ʅP A ㊂又因为P A ʅA C ,A C ɘB D =O ,所以P A ʅ平面A B C D ㊂(2)连接MH ,由(1)知øA MH 为A M 与平面P B D 所成的角,所以s i n øA MH =A HA M㊂又因为P A =A B ,所以当M 为P B 的中点时,A M ʅP B ,A M 最小,故s i n øA MH取最大值㊂图13如图13,以O 为坐标原点,O A ,O B ,O z 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系O -x yz ,则A (3,0,0),B (0,1,0),C (-3,0,0),P (3,0,2),M 32,12,1,所以A M ң=-32,12,1,A C ң=(-23,0,0)㊂设平面A M C 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A M ң=-32x +12y +z =0,n ㊃A C ң=-23x =0,令y =2,得z =-1,则n =(0,2,-1)㊂易知平面A B C D 的一个法向量为m =(0,0,1),设平面M A C 与平面A B C D 的夹角为θ,则|c o s θ|=|m ㊃n ||m ||n |=15=55㊂所以当A M 与平面P B D 所成的角的正弦值最大时,平面M A C 与平面A B C D 的夹角的余弦值为55㊂点评:本题抓住平面P A C ʅ平面P B D ,且平面P A C 与平面P B D 的交线为P O ,于是连接P O ,在әA P O 中,过点A 作P O 的垂线,垂足为H ,从而得到A H ʅ平面P B D ,所以B D ʅA H ,又因为A B C D 是菱形,所以B D ʅA C ,于是得出B D ʅ平面P A C ,所以B D ʅP A ,又已知P A ʅA C ,所以得出P A ʅ平面A B C D ,又因为在菱形A B C D 中,有O A ʅO B ,于是可以将P A 平行移动至O z ,再以公共交点O 为坐标原点,以竖直向上方向的O z 为z 轴正方向建系(如图13)㊂图14例5 如图14,在等腰梯形A B C D 中,E 为边B C 上的一点,A D ʊB C ,A D =C D =1,әA B E是一个等图15边三角形,现将әA B E 沿着A E 翻折至әA P E ,如图15㊂(1)在翻折过程中,求四棱锥P -A E C D 体积的最大值;(2)当四棱锥P -A E C D 的体积最大时,求平面A E P 与平面P C D 的夹角的余弦值㊂解析:(1)依题意知әA B E 是边长为1的等边三角形,且高为32㊂四边形A E C D 是边长为1的菱形,且øE C D =π3,S 菱形A E C D =1ˑ1ˑs i nπ3=32㊂在翻折过程中,当平面A P E ʅ平面A E C D 时,四棱锥P -A E C D 的体积取得最大值,且最大值为13ˑ32ˑ32=14㊂(2)设A E 的中点为O ,连接O P ,O D ,当平面A P E ʅ平面A E C D 时,四棱锥P -A E C D 的体积取得最大值㊂因为әP A E 是等边三角形,所以O P ʅA E ㊂因为平面A P E ɘ平面A E C D =A E ,O P ⊂平面P A E ,O P ʅA E ,所以O P ʅ平面A E C D ㊂又O D ⊂平面A E C D ,所以O P ʅO D ㊂连接D E ,则әA D E 是等边三角形,所以O D ʅA E ㊂图16以O 为坐标原点,建立如图16所示的空间直角坐标系O -x yz ,则平面P A E 的法向量为O D ң=0,32,0 ,P 0,0,32,C 1,32,0 ,D C ң=(1,0,0),P C ң=1,32,-32㊂设平面P C D 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃D C ң=x =0,n ㊃P C ң=x +32y -32z =0,令y =1,得n =(0,1,1)㊂设平面A E P 与平面P C D 的夹角为θ,则c o s θ=O D ң㊃n |O D ң||n |=3232ˑ2=22㊂点评:本题中,әB A E 在翻折至әP A E时没有改变,所以әP A E 仍然是一个等边三角形,四边形A E C D 也没有改变,仍然是菱形㊂当四棱锥P -A E C D 的体积取最大值时,需平面A P E ʅ平面A E C D ㊂我们首先取A E 的中点为O ,连接O P ,O D ㊂因为әP A E 是等边三角形,所以O P ʅA E ,又因为平面A P E ʅ平面A E C D ,所以O P ʅ平面A E C D ,可得O P ʅO D ,又因为әA D E 是等边三角形,所以O D ʅA E ,所以我们得到了O P ,A E ,O D 三条直线两两垂直,于是可以以这三条直线的公共交点O 为坐标原点,竖直向上方向的O P 为z 轴正方向建系(如图16)㊂(责任编辑 王福华)。
2020年高考数学立体几何建系困难问大题精做
2020年高考数学立体几何建系困难问大题精做1.已知三棱锥P ABC -（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD 的正方形，ABE △和BCF △均为正三角形，在三棱锥P ABC -中： （1）证明：平面PAC ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱PA 上运动，当直线BM 与平面PAC 所成的角最大时，求二面角P BC M --的余弦值．图一图二2．矩形ABCD 中，1AB =，2AD =，点E 为AD 中点，沿BE 将ABE △折起至PBE △，如图所示，点P 在面BCDE 的射影O 落在BE 上．（1）求证：面PCE ⊥面PBE ；（2）求平面PCD 与平面PBE 所成锐二面角的余弦值．3．如图1，在矩形ABCD 中，AB =BC =点E 在线段DC 上，且DE ，现将AED △沿AE 折到AED '△的位置，连结CD '，BD '，如图2．（1）若点P 在线段BC 上，且BP =，证明：AE D P ⊥'； （2）记平面AD E '与平面BCD '的交线为l ．若二面角B AE D --'为2π3，求l 与平面D CE '所成角的正弦值．4．如图，在四棱锥P ABCD-中，已知底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAD⊥平面ABCD，=，PA与平面PBC．PA PD（1）求侧棱PA的长；（2）设E为AB中点，若PA AB≥，求二面角B PC E--的余弦值．【解析】（1）设AC 的中点为O ，连接BO ，PO ．由题意，得PA PB PC ==1PO =， 1AO BO CO ===．∵在PAC △中，PA PC =，O 为AC 的中点，∴PO AC ⊥，∵在POB △中，1PO =，1OB =，PB =，222PO OB PB +=，∴PO OB ⊥． ∵ACOB O =，AC ，OB ⊂平面，∴PO ⊥平面ABC ，∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC ．（2）由（1）知，BO PO ⊥，BO AC ⊥，BO ⊥平面PAC ， ∴BMO ∠是直线BM 与平面PAC 所成的角，且1tan BO BMO OM OM∠==， ∴当OM 最短时，即M 是PA 的中点时，BMO ∠最大． 由PO ⊥平面ABC ，OB AC ⊥，∴PO OB ⊥，PO OC ⊥，于是以OC ，OB ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图示空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()1,0,0C ，()0,1,0B ，()1,0,0A -，()0,0,1P ，11,0,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()1,1,0BC =-，()1,0,1PC =-，31,0,22MC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭．设平面MBC 的法向量为()111,,x y z =m ，则由00BC MC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 得：1111030x y x z -=⎧⎨-=⎩．令11x =，得11y =，13z =，即()1,1,3=m ．设平面PBC 的法向量为()222,,x y z =n ，由00BC PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得：222200x y x z -=⎧⎨-=⎩，令1x =，得1y =，1z =，即()1,1,1=n ．cos ,⋅===⋅n m m n n m ．由图可知，二面角P BC M --2．【答案】（1）详见解析；（2）11． 【解析】（1）在四棱锥P BCDE -中，BE CE ==，2BC =，从而有CE BE ⊥， 又∵PO ⊥面BCDE ，而CE ⊂面BCDE ，∴CE PO ⊥，而PO 、BE ⊂面PBE ，且POBE O =，由线面垂直定理可证CE ⊥面PBE ，又CE ⊂面PCE ，由面面垂直判断定定理即证面PCE ⊥面PBE ． （2）由条件知OP ⊥面BCDE ，过点E 做OP 的平行线EZ ，又由（1）知EC ⊥面PBE ，以EB 、EC 、EZ 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 如图所示：P ⎝⎭，()C，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，22CP ⎛=⎝⎭，22DC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 面PBE 的一个法向量为()10,1,0=n ， 设面PCD 的法向量为()2,,x y z =n，则有00xx y +==，设平面PCD 与平面PBE 所成锐二面角为θ，与12,n n 互补，则cos θ， 故平面PCD 与平面PBE 所成二面角的余弦值为11． 3．【答案】（1）详见解析；（2． 【解析】证明：（1）先在图1中连结DP ，在Rt ADE △中，由AD BC ==，DE得1tan2DAE ∠=，在RtPCD △中，由DC AB ==，PC BC BP ====， 得1tan 2PDC ∠=，∴tan tan PDC DAE ∠=∠，则PDC DAE ∠=∠，∴90DOE ∠=︒，从而有AE OD ⊥，AE OP ⊥，即在图2中有'AE OD ⊥，AE OP ⊥， ∴AE ⊥平面'POD ，则AE D P ⊥'；解：（2）延长AE ，BC 交于点Q ，连接'D Q ，根据公理3得到直线'D Q 即为l ， 再根据二面角定义得到2π'3D OP ∠=．在平面'POD 内过点O 作底面垂线， 以O 为原点，分别为OA ， OP ，及所作垂线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则(0,D '-，()1,0,0E -，()11,0,0Q -，()3,4,0C -， ('11,1,D Q =-，()2,4,0EC =-，('1,ED =-，设平面D EC '的一个法向量为(),,x y z =n ，由240'0EC x y ED x y⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，取1y =，得2,1,⎛= ⎝⎭n ． ∴l 与平面'D CE 所成角的正弦值为'15cos ,'5'D Q D Q D Q⋅==⋅n nn ． 4．【答案】（1）1PA =或PA ；（2．【解析】（1）取AD 中点O ，BC 中点M ，连结OP ，OM ，∵PA PD =，∴OP AD ⊥， 又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，OP 平面PAD ，平面PAD 平面ABCD AD =，∴OP ⊥平面ABCD ，∴OP OA ⊥，OP OM ⊥， 又∵ABCD 是正方形，∴OA OM ⊥，以O 为原点OA ，OM ，OP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -（如图），则1,0,02A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,0,02D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,1,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，设()()0,0,0P c c >，则1,1,2PB c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()1,0,0CB =，设平面PBC 的一个法向量为()1111,,x y z =n ，则有1111120x y cz x ⎧+-=⎪⎨⎪=⎩，取11z =，则1y c =，从而()10,,1c =n ，设PA 与平面PBC 所成角为α，∵1,0,2PA c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴111sin cos ,PA PA PA α⋅====⋅n n n 234c =或213c =， ∴1PA =或PA =． （2）由（1）知，1PAAB ≥=，∴1PA =，c ， 由（1）知，平面PBC 的一个法向量为()10,,1c ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭n ，设平面PCE的一个法向量为()2x y z =，，n ，而11,,02CE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1,1,2PC ⎛=- ⎝⎭，∴102102x y x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩取1x =，则2y =，z =(2=n ，设二面角B PC E --的平面角为β，∴12cos cos ,β===n n ， 根据图形得β为锐角，∴二面角B PC E --．。
(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。
高中数学立体几何(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 ＝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)∵A D 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 ＝2 3(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3 78.四、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 ∠=∠==∆o，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 ＝2 2，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 (2 2，－2，0)，P (0，0，2)，PC →＝(2 2，－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 )·(2 2，－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△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O.所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，得AE＝AO2AA1＝55.(2)如图，分别以OA，OB，OA1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)，A1(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BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1，又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 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.。
立体几何解答题的建系设点问题
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）
（1）尽可能的让底面上更多的点位于 轴上
（2）找角： 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
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：
解：取 中点 ，连结
是等边三角形
平面 平面
平面 ，连结
四边形 为 的菱形 为等边三角形
两两垂直
如图建系，设 为 , ,
,且点 和 分别为 的中点。建立合适的空间直角坐标系并写出各点坐标
思路：由 ， 可得 两两垂直，进而以它们为轴建立坐标系，本题中 均可通过投影到底面得到横纵坐标，图中 点坐标相对麻烦，可作出底面的平面图再根据平面几何知识进行计算。
（同方案一）计算可得：
2.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。本题在翻折时， 是等边三角形，四边形 为 的菱形是不变的，寻找线面垂直时，根据平面 平面 ，结合 是等边三角形，可取 中点 ，则可证 平面 ，再在四边形 找一组过 的垂线即可建系
立体几何解答题的建系设点问题
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。
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
非常规的立体几何建系问题
非常规的立体几何建系问题
非常规的立体几何建系问题通常是指那些在三维空间中无法通过常规方式建立坐标系的问题。
这类问题通常涉及到复杂的几何形状、不规则的物体或者特殊的空间结构。
解决这类问题需要灵活运用空间几何的知识，通过合理地选择参照点、确定坐标轴的方向和单位长度，建立起适用于该问题的坐标系。
以下是一些解决非常规立体几何建系问题的方法：
1. 选择合适的参照点：选择一个在问题中易于确定位置和方向的点作为原点，这个点可以是某个固定点、某条直线的交点或者是某个几何形状的中心点。
2. 确定坐标轴的方向：根据问题的具体情况，选择合适的方向作为坐标轴的方向。
例如，如果问题涉及到旋转或对称性，可以选择旋转轴或对称轴作为坐标轴。
3. 确定单位长度：根据问题的实际情况，选择合适的单位长度作为坐标轴的单位。
这可以是一个固定的长度、某个已知长度的比例或者某个物理单位的长度。
4. 定义坐标系：根据选定的原点、坐标轴方向和单位长度，定义出适用于该问题的坐标系。
确保坐标系的定义与问题的实际情况相符合，并且能够方便地描述和研究该问题。
解决非常规立体几何建系问题的关键在于根据问题的具体特征和需求，灵活运用空间几何的知识和技巧，建立起适用于该问题的坐标系。
通过合理的建系，可以方便地描述和研究复杂的三维空间问题，进一步探索空间几何的性质和规律。
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
高中数学讲义立体几何中的建系设点问题
OyxzF E GHIJ O yxzA'C'BB'C D'A微专题63 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222ABACBC ，则ABAC（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（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 I2、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。
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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、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，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 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。
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。
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① 中点坐标公式：()()111222,,,,,A x y z B x y z ，则AB 中点121212,,222x x y y z z M +++⎛⎫⎪⎝⎭，图中的,,,H I E F 等中点坐标均可计算② 利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值. 1. 如图，在等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，1,60AD DC CB ABC ===∠=，AB=2，CF ⊥ 平面ABCD ，且1CF =，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。
(两种方法)思路：本题直接有一个线面垂直，所以只需在平面ABCD 找过C 的相互垂直的直线即可。
由题意，BCD ∠不是直角。
所以可以以其中一条边为轴，在底面上作垂线即可构造出两两垂直的条件，进而可以建立坐标系 方案一：（选择BC 为轴），连结AC可知120ADC ∠= ∴在ADC 中2222cos 3AC AD DC AD DC ADC =+-=AC ∴=由1,60AC BC ABC ==∠=可解得2,90AB ACB =∠=AC BC ∴⊥ CF ⊥平面ABCD ,CF AC CF BC ∴⊥⊥以,,AC CF BC 为坐标轴如图建系：())()10,1,0,,,0,0,0,122B AD F ⎛⎫- ⎪⎝⎭方案二（以CD 为轴） 过C 作CD 的垂线CMCF ⊥平面ABCD,CF CD CF CM ∴⊥⊥∴以,,CD CF CM 为坐标轴如图建系：（同方案一）计算可得：22CM AB ==()()31,0,,0,0,1,0,0,0,122A B D F ⎫⎫∴--⎪⎪⎝⎭⎝⎭DAD2.已知四边形ABCD 满足1,2AD BC BA AD DC BC a ====∥，E 是BC 中点，将BAE 翻折成1B AE ，使得平面1B AE ⊥平面AECD ，F 为1B D 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。
本题在翻折时，BAE 是等边三角形，四边形AECD 为60的菱形是不变的，寻找线面垂直时，根据平面'B AE ⊥平面AECD ，结合'B AE 是等边三角形，可取AE 中点M ，则可证'B M ⊥平面AECD ，再在四边形AECD 找一组过M 的垂线即可建系 解：取AE 中点M ，连结'B M'B AE 是等边三角形 'B M AE ∴⊥平面'B AE ⊥平面AECD'B M ∴⊥平面AECD ，连结DM '',B M ME B M∴⊥⊥ 四边形AECD 为60的菱形 ADE ∴为等边三角形DM AE ∴⊥',,B M MD ME ∴两两垂直如图建系，设AB 为单位长度'11,0,0,,0,0,0,,1,,0,0,22222A E D C B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭F 为'B D 中点 44F ⎛∴ ⎝⎭B3.如图，在四棱柱1111ABCDA B C D 中，侧棱1A A ABCD ⊥底面,AB AC ⊥,1AB ,12,5ACAA AD CD,且点M 和N 分别为11C D B D 和的中点。
建立合适的空间直角坐标系并写出各点坐标思路：由1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥可得1,,AA AB AC 两两垂直，进而以它们为轴建立坐标系，本题中1111,,,A B C D 均可通过投影到底面得到横纵坐标，图中D 点坐标相对麻烦，可作出底面的平面图再根据平面几何知识进行计算。
解：侧棱1A A ABCD ⊥底面∴ 11,A A AB A A AC ⊥⊥AB AC ⊥ 1,,AB AC AA ∴两两垂直以1,,AB AC AA 为轴建立直角坐标系 底面上的点：()()0,1,0,2,0,0B C 由5ADCD 可得ADC 为等腰三角形，若P 为AC 中点，则DP AC ⊥222DP AD AP =-=()1,2,0D ∴-可投影到底面上的点：()()()()11110,0,2,0,1,2,2,0,2,1,2,2A B C D -因为M 和N 分别为11C D B D 和的中点()11,,1,1,2,12M N ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭综上所述：()()()()()()()11110,1,0,2,0,0,1,2,0,0,0,2,0,1,2,2,0,2,1,2,2B C D A B C D -- ()11,,1,1,2,12M N ⎛⎫- ⎪⎝⎭PAD4.已知斜三棱柱1111,90,2,ABC A B C BCA AC BC A -∠===在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥，E 为1BB 靠近点B 的三等分点，建立适当的空间直角坐标系并确定各点坐标思路：本题建系方案比较简单，1A D ⊥平面ABC ，进而1A D 作z 轴，再过D 引AC 垂线即可。
难点有二：一是三棱柱的高未知，进而无法写出上底面点的竖坐标；二是1B 的投影不易在图中作出（需要扩展平面ABC ），第一个问题可先将高设为h ，再利用条件11BA AC ⊥解：过D 作AC 的垂线DM ，1A D ⊥平面ABC11,A D DC A D DM ∴⊥⊥，而DM DC ⊥ ∴以1,,A D DC DM 为轴建立直角坐标系()()()0,1,0,0,1,0,2,1,0A C B -，设高为h则()10,0,A h ，设()1,,C x y z 则()()110,2,0,,,AC AC x y z h ==-由11AC AC =可得：00220x x y y z h z h ==⎧⎧⎪⎪=⇒=⎨⎨⎪⎪-==⎩⎩()10,2,C h ∴()()112,1,,0,3,BA h AC h =--=21111030BA AC BA AC h ∴⊥⇒⋅=⇒-+=，解得h =((11,A C ∴设(1,B x y ()11,,0A B x y ∴=而()2,2,0AB =且11A B AB = 22x y =⎧∴⎨=⎩(1B ∴综上所述：()()()(((1110,1,0,0,1,0,2,1,0,,,A C B A C B -15.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B的中心，11AA C H =⊥平面11AA B B，1C H =建立适当的坐标系并确定各点坐标思路：1C H ⊥平面11AA B B ，从而1C H 可作z 轴，只需在平面11AA B B 找到过H 的两条垂线即可建系（两种方案），对于坐标只有C 坐标相对麻烦，但由11C C A A =可以利用向量进行计算。
解：方案一：（利用正方形相邻边垂直关系建系） 如图建系：则))()11,,A A B()(1,B C设(),,C x y z，则(1,,C C x y z =- (10,A A =-由11C C A A =可得：000x x y y z z ==⎧⎧⎪⎪=-⇒=-⎨⎨⎪⎪-==⎩⎩(0,C ∴-综上所述：))()()11,,,,A A B B((1,0,C C -方案二：（利用正方形对角线相互垂直建系）如图建系：由1AA =计算可得112A H B H == ()()()112,0,0,0,2,0,0,2,0A A B -()(12,0,0,B C -设(),,C x y z ，则(1,,C C x y z =- ()12,2,0A A =--由11C C A A =可得：22220x x y y z z ⎧⎧=-=-⎪⎪=-⇒=-⎨⎨⎪⎪-==⎩⎩ (2,C ∴--综上所述：()()()()112,0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,0,A A B B --((1,2,C C --。