空间立体几何建立直角坐标系资料

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立体几何建系设点+专题课件-2022-2023学年高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册

z
P
F D
E
C
y
E→F＝E→P＋P→F＝(2λ，2λ－1，1－2λ)，因为 EF⊥PB，
A
B
x
所以E→F·P→B＝0，解得，λ＝13，所以 F(23，23，43)．
2、垂面模型：已知条件中有一条直线垂直于一个平面，就是垂面模型．
（1）垂下(上)模型：直线竖直，平面水平，大部分题目都是这种类型．如图，
此情形包括垂足在平面图形的顶点处、垂足在平面图形的边上(中点多)和垂足在
平面图形的内部三种情况．
第一种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为 z 轴，平面图形的
一边为 x 轴或 y 轴，在平面图形中，过原点作 x 轴或 y 轴的垂线为 y 轴或 x 轴(其
中很多题目是连接垂足与平面图形的另一顶点)建立空间直角坐标系．
基础知识：二、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，即轴要与坐标平面垂直，在几何体中也是很直观的。 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：（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
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．
例如：已知 A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(1，1，1)，且A→B＝C→D，求 D 点的
坐标．
解：由已知得，A→B＝(0，1，0)，设 D(x，y，z)，则C→D＝(x－1，y－1，z－1)，因为A→B＝C→D，
z
系 Oxyz 中，∠xON＝β，ON＝n，则 x＝ncosβ，z＝nsinβ，

SXB063高考数学必修_常见空间直角坐标系的建立

常见空间直角坐标系的建立要想在几何体中进行空间向量的坐标运算,就必须学会恰到好处地建立空间直角坐标系.也就说是否能够建立好空间直角坐标系直接关系到下一步能不能进行空间向量的坐标运算的问题.同时, 空间直角坐标系建立得是否恰当也会影响到是否能通过空间向量的坐标运算干净利索的解决问题.一.正方体如图所示，正方体''''ABCD A B C D -的棱长为a ，一般选择点D 为原点，DA 、DC 、'DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则各点坐标为(,0,0)A a ，(,,0)B a a ，(0,,0)C a ， (0,0,0)D ，'(,0,)A a a ，'(,,)B a a a ， '(0,,)C a a ，'(0,0,)D a .亦可选A 点为原点.在长方体中建立空间直角坐标系与之类似. 二.正四面体如图所示，正四面体A BCD -的棱长为a ，一般选择A 在BCD 上的射影为原点，OC 、OD （或OB ）、OA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则各点坐标为(0,0,)3A a，1(,,0)62B a a --，,0,0)C，1(,,0)2D a .三.正四棱锥如图所示，正四棱锥P ABCD -的棱长为a ，一般选择点P 在平面ABCD 的射影为原点，OA （或OC ）、OB （或OD ）、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则各点坐标为A，B ，(C，(0,D，(0,0,)2P a . 四.正三棱柱如图所示，正三棱柱 '''ABC A B C -的底面边长为a ，高为h ，一般选择AC 中点为原点，OC （或OA ）、OB 、OE （E 为O 在''A C 上的射影）所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则各点坐标为1(,0,0)2A a -，B ，1(,0,0)2C a ，1'(,0,)2A a h -，)B h ，1'(,0,)2C a h .xy。

空间直角坐标系的建立的常见方法

一、空间一、空间直角直角坐标系的建立的常见方法坐标系的建立的常见方法运用“坐标法”解答空间运用“坐标法”解答空间几何体几何体问题时，往往需要建立空间直角坐标系．依据空间几何体的结构特征，充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系建立空间直角坐标系，是解决问题的基础和关键．一、利用共一、利用共顶点顶点的互相垂直的三条棱建系的互相垂直的三条棱建系例1、在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，′中，点M 是棱AA ′的′的中点中点，点O 是对角线BD ′的中点′的中点. .（Ⅰ）求证：OM 为异面直线AA ′和BD ′的公′的公垂线垂线；（Ⅱ）求二面角M －BC ′－B ′的大小；例2、如图，在直、如图，在直三棱柱三棱柱111ABC A B C -中，中， AB =1，13AC AA ==，∠ABC=600. (Ⅰ)证明：1AB A C ^；（Ⅱ）求二面角A —1A C —B 的大小。

二、利用线面垂直关系建系二、利用线面垂直关系建系例3、已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ， PA=AC=12AB ，N 为AB 上一点，AB=4AN, M,S 分别为PB,BC 的中点. （Ⅰ）证明：CM ⊥SN ；（Ⅱ）求SN 与平面CMN 所成角的大小. ·D ¢A BCDM OA ¢B ¢C ¢·C B A C 1B 1A 1．已知2AB =，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC1ACBPz xy例4、如图，、如图，正方形正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的所在的平面互相平面互相垂直垂直，C E ⊥AC,EF AC,EF∥∥AC,AB=2，CE=EF=1. （Ⅰ）求证：AF ∥平面BDE ；（Ⅱ）求证：CF ⊥平面BDE ；（Ⅲ）求（Ⅲ）求二面角二面角A-BE-D 的大小。

的大小。

例5、如图，在三、如图，在三棱锥棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB Ð=，AP BP AB ==，PC AC ^．（Ⅰ）求证：PC AB ^；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小；的大小；（Ⅲ）求点C 到平面APB 的距离．的距离．例6、如图2，在，在三棱柱三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，的一点， EA ⊥EB 1＝3p．求二面角A －EB 1－A 1的平面角的的平面角的正切正切值．值．BC=22，SA SA＝＝SBDBCASOyxz三、利用面面三、利用面面垂直垂直关系建系关系建系例7、如图3，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，是正方形，侧面VAD 是正三角形，是正三角形，平面平面VAD ⊥底面ABCD ．（1）证明AB ⊥平面VAD ；（2）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的所成的二面角的余弦余弦值．值．例8、在直、在直三棱柱三棱柱111ABC A B C -中，中， AB ＝BC ，D 、E 分别为11BB AC ，的中点．（1）证明：ED 为异面直线1BB 与1AC 的公的公垂线垂线；（2）设12AA AC AB ==，求二面角11A AD C --的大小．的大小．例9、四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC SBC⊥底面⊥底面ABCD ABCD。

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。

空间直角坐标系的建立(最新课件)

1．确定空间定点M的坐标的步骤 (1)过点M分别作垂直于x轴、y轴和z轴的平面，依次交x轴、y轴和z轴于P、Q和R. (2)确定P、Q和R在x轴、y轴和z轴上的坐标x，y和z. (3)得出点M的坐标为(x，y，z)．
2．已知M点坐标为(x，y，z)确定点M位置的步骤 (1)在x轴、y轴和z轴上依次取坐标为x，y和z的点P、 Q、R. (2)过P、Q、R分别作垂直于x轴、y轴和z轴的平面． (3)三个平面的唯一交点就是M. 3．对于空间点关于坐标轴和坐标平面对称的问题，要记住“关于谁对称谁不变”的原则．
4.如图，在棱长为1的正方体ABCD－ A1B1C1D1中，E、F分别为D1D、BD的中点，G在棱CD上，且CG＝14CD，H为C1G的中点，试建立适当的直角坐标系，写出点E、F、G、H的坐标．
解：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC 所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系． ∵点E在z轴上，且为D1D的中点，故点E坐标为(0,0，12)．过F作FM⊥AD、 FN⊥DC，则|FM|＝|FN|＝12，故点F坐标为(12，12，0)；
10．点P在x轴上，它到点P1(0， 2，3)的距离为到点P2 (0,1，－1)的距离的2倍，则点P的坐标是_______．解析：由已知可设P(x,0,0)，则 |PP1|＝2|PP2|. ∴x2＋( 2)2＋32＝4[x2＋1＋(－1)2]． ∴3x2＝3. ∴x＝±1. ∴P点坐标为(1,0,0)或(－1,0,0)．答案：(1,0,0)或(－1,0,0)
[精解详析] 点M关于xOy平面的对称点M1的坐标为 (a，b，－c)，关于xOz平面的对称点M2的坐标为(a，－b， c)，关于yOz平面的对称点M3的坐标为(－a，b，c)．
关于x轴的对称点M4的坐标为(a，－b，－c)，关于y轴的对称点M5的坐标为(－a，b，－c)，关于z轴的对称点M6的坐标为(－a，－b，c)，关于原点对称的点M7的坐标为(－a，－b，－c)．

建立空间直角坐标系解立体几何题

建立空间直角坐标系解立体几何题在学习立体几何过程中，建立空间直角坐标系可以帮助我们更好地理解和解决相关问题。

这篇文章将探讨如何建立空间直角坐标系，并以一个例题为例来说明该方法的应用。

建立空间直角坐标系的步骤如下：1.选取坐标原点一般情况下，我们可以选择立方体的一个顶点作为坐标原点。

选取坐标原点后，我们可以通过标定其他点与坐标原点的坐标值来建立坐标系。

2.确定坐标轴在空间中，我们可以有三个互相垂直的坐标轴，分别为x轴、y轴和z轴。

我们可以根据需要确定坐标轴的正方向，比如我们可以规定x轴正方向为从左往右，y轴正方向为从下往上，z轴正方向为从内往外。

3.标定坐标值在空间中，每一个点都可以用三个实数x、y、z来表示它在坐标系中的位置。

我们可以通过直接测量或者运用勾股定理等方法来确定每个点的坐标值。

一般情况下，我们可以将领角所在的平面作为xoy平面，将底面所在的平面作为xz平面，将右侧面所在的平面作为yz平面，这样有助于我们更方便地标定坐标值。

以一个例题来说明建立空间直角坐标系的应用：已知四面体ABCD的底面ABCD为边长为2的正方形，其上面一点P距离底面ABCD的距离为1，求点P到四面体的距离。

利用空间直角坐标系来解决该题可以大大简化计算过程。

我们可以将坐标系建在ABCD正方形所在的平面上，以AB为x轴，以AD为y轴，以垂直于该平面的方向为z轴。

在该坐标系中，我们可以标定A点坐标为(0, 0, 0)，将B点的坐标作为x轴正方向单位向量(1, 0, 0)，C点的坐标作为y轴正方向单位向量(0, 1, 0)，D 点的坐标作为z轴正方向单位向量(0, 0, 1)。

通过该坐标系，我们可以算得点P的坐标为(1, 1, 1)。

接下来，我们可以利用向量点积公式计算点P到四面体的高：|AP·N|/|N| = |(1, 1, 1)·(1, 1, 0)|/√2 ≈ 1.22因此，点P到四面体的距离约为1.22。

空间直角坐标系 ——立体几何的“杀手”

在高中立体几何中，随着空间向量的引入，大大降低了空间思维的难度，避开了传统方法中对平行、垂直、角、距离等问题所进行的大量繁琐的“定性分析”，只需建立空间直角坐标系进行“定量分析”，就能使问题得到了很大的优化。

它作为解决立体几何的常规手段，已经被越来越多的师生认可和接受。

而用空间向量解决立体几何问题的关键一步就是建立空间直角坐标系，本文试图对如何建系做一些归纳总结：一、理论依据空间向量的基本定理设是空间中三个有公共起点并且两两互相垂直的单位向量，对于空间中的任一向量，有且仅有一组有序实数组，（x，y，z）使得，则把有序实数组（x，y，z）叫做在空间直角坐标系中的坐标。

二、建系方法⑴规则几何题的建系：1、正方体、长方体、正四棱柱（利用共顶点的互相垂直的三条棱建系）2、直三棱柱（利用侧棱所在的直线为Z轴建系）3、正三棱锥、正四棱锥（利用正棱锥的中心为空间原点高所在的直线为Z轴建系）⑵不规则几何体的建系：如果题中没有两两垂直的三条直线，那么我们应该先找到一个线面垂直关系，再在这个面中找经过垂足的两条互相垂直的直线。

虽然说只要两两垂直就可以建系，但是合理的建系能使坐标很容易找到且形式相对简单，从而减少计算量，这就要我们在建系时，尽量多使用题目中的直线而不是“无中生有”的做轴。

例一：如图，四边形为正方形，，分别为，的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且。

（1）证明：平面平面。

（2）求与平面所成角的正弦值。

分析：由1问的结论面面垂直可以构造线面垂直，在平面PEF中过P做PH⊥EF，垂足为H，则以H为坐标原点，以HF，HP的方向为Y轴和Z轴建立空间直角坐标系即可。

此题还有一个关键之处就是要通过“以算代证”说明PE⊥PF。

例二：分析：以A为原点建立空间直角坐标系，难点是x轴，y轴的确定。

由AB=AC，取BC的中点E，则AE⊥BC，AE⊥AD，设的方向为x轴正方向，的方向为y轴的正方向，运用向量方法，可求得AN与PMN所成角是正弦值。

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是空间几何体研究和分析的基础工作。

通过建立空间直角坐标系，可以方便地描述和计算三维空间中的几何体的位置、形态和运动等属性。

下面将介绍一些建立空间直角坐标系的技巧。

1.选择坐标原点：首先需要选择直角坐标系的原点。

原点一般选取在空间中一些具有特殊意义或易于确定的点上，如几何体的重心、交点或者与几何体相关的特殊点等。

选取原点后，可以确定其他点的坐标。

2.确定坐标轴：确定坐标轴的方向及正负方向。

一般情况下，选择坐标轴与几何体的对称轴、对称面等相关。

确定坐标轴后，可以根据坐标轴的方向及正负方向确定其他点的坐标。

3.量取坐标轴长度：确定坐标轴的长度。

对于三维空间来说，坐标轴的长度是可变的。

可以通过测量或估算的方式确定坐标轴的长度。

为了方便计算和描述，通常将坐标轴的长度确定为单位长度，如1单位长度。

4.描点定位：确定其他点的坐标。

在坐标轴上选择一点A，通过在坐标轴上量取点A的坐标，即可确定点A的坐标。

对于其他点，可以通过描点、测量或计算的方式确定其坐标。

5.确定坐标顺序：确定坐标的顺序。

在三维直角坐标系中，一般采用右手法则确定坐标的顺序。

右手法则是指将右手的拇指指向x轴的正方向，其余四指弯曲成曲线，曲线的方向即为y轴、z轴的正方向。

确定坐标的顺序后，可以依次确定其他点的坐标。

6.坐标精度控制：确定坐标的精度。

在建立坐标系时，需要确定坐标的精度，即小数点后的位数。

一般情况下，坐标的精度取决于实际应用需要，可以根据实际需要进行调整。

在实际应用中，根据几何体所在的具体位置、形态和运动等属性，可以灵活选择建立空间直角坐标系的技巧。

通过合理选择和确定坐标原点、坐标轴及坐标精度等参数，可以方便地描述和计算三维空间中几何体的属性。

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HI)如图，在长方体45co月GR中，点已尸分别在棱。

上，且2DE = ED「BF = 2FB[.(1)证明：点G在平面AE厂内；(2)若A6 = 2，AD = b 4A=3，求二面角人一石/一41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0, AB=5, AC=6,点E, F分别在AD, CD5上,AE=CF=4, EF交BD于点H.将4DEF沿EF折到△□' EF的位置,0D'= .(I )证明:D'H_L平面ABCD. ( II )求二面角B-D'A-C的正弦值.试卷第1页，总4页三、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A8C3,AB = BC = - AD, ABAD = ZABC = 90。

，七是尸。

的中点. 2（1）证明：直线CE7/平面RW；（2）点M在棱尸C上，且直线6M与底面A8C。

所成角为45°,求二面角M —相—。

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，。

为圆锥的顶点，。

是圆锥底面的圆心，A石为底面直径，AE = AD.△A6C 是底面的内接正三角形，P为。

高中数学空间直角坐标系的构建策略知识点解析

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．一、利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．考点向量法求直线与直线所成的角题点向量法求直线与直线所成的角解如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717.故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717.点评本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着手，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．跟踪训练1 如图，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠P AD ＝90°，且P A ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段P A ，CD 的中点，求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值．考点向量法求直线与直线所成的角题点向量法求直线与直线所成的角解因为平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥AD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以，P A ⊥平面ABCD ，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)． EF →＝(1,2，－1)，BD →＝(－2,2,0)，故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.即异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为36. 二、利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．考点空间向量的正交分解题点向量的坐标解过点B 作BP 垂直BB 1交C 1C 于点P ，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以AB ⊥BP ，AB ⊥BB 1，以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz .又BP ⊥BB 1，BB 1∩AB ＝B ，且BB 1，AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，C 1⎝⎛⎭⎫32，32，0，E⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1(0,2，2)，P ⎝⎛⎭⎫32，0，0.点评空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．跟踪训练2 如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝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．考点向量法求直线与平面所成的角题点向量法求直线与平面所成的角解取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)， PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.三、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．考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角解取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点，所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，平面BAE ∩平面AEC ＝AE ，所以BM ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，M (0,0,0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，MD →＝(0，3，0)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.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．跟踪训练3 在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD . (1)证明：AB ⊥平面VAD ；(2)求二面角A －VD －B 的平面角的余弦值．考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角 (1)证明取AD 的中点O 作为坐标原点，由题意知，VO ⊥底面ABCD ，则可建立如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝2，则A (1,0,0)，D (－1，0,0)，B (1,2,0)，V (0,0，3)．易得AB →＝(0,2,0)， VA →＝(1,0，－3)．∵AB →·VA →＝(0,2,0)·(1,0，－3)＝0， ∴AB →⊥VA →，即AB ⊥VA .又AB ⊥AD ，AD ∩VA ＝A ，∴AB ⊥平面VAD . (2)解易得DV →＝(1,0，3)．设E 为DV 的中点，连接EA ，EB ，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，∴EA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32，EB →＝⎝⎛⎭⎫32，2，－32.∵EB →·DV →＝⎝⎛⎭⎫32，2，－32·(1,0，3)＝0，∴EB →⊥DV →，即EB ⊥DV .又EA ⊥DV ，∴∠AEB 为所求二面角的平面角， ∴cos 〈EA →，EB →〉＝EA →·EB →|EA →||EB →|＝217.故所求二面角的平面角的余弦值为217. 四、利用底面的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系例4 如图所示，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，O 1，O 分别为上、下底面的中心，且A 1在底面ABCD 上的射影是O .(1)求证：平面O 1DC ⊥平面ABCD ；(2)若点E ，F 分别在棱AA 1，BC 上，且AE ＝2EA 1，问点F 在何处时，EF ⊥AD? 考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直(1)证明如图所示，以O 为坐标原点，OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设OA ＝1，OA 1＝a .则A (1,0,0)，B (0,1,0)，A 1(0,0，a )，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，O 1(－1,0，a )．则O 1D →＝(1，－1，－a )，O 1C →＝(0,0，－a )．设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)分别是平面O 1DC 和平面ABCD 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·O 1D →＝0，m ·O 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1－z 1a ＝0，－z 1a ＝0.令x 1＝1，则m ＝(1,1,0)，而n ＝λOA 1→＝(0,0，λa )，故m ·n ＝0，即平面O 1DC 与平面ABCD 的法向量垂直，故平面O 1DC ⊥平面ABCD . (2)解由(1)可知，OE →＝⎝⎛⎭⎫13，0，23a ，AA 1→＝(－1,0，a )， AD →＝BC →＝(－1，－1,0)．设BF →＝γBC →，则BF →＝(－γ，－γ，0)，故点F 的坐标为(－γ，1－γ，0)，∴FE →＝⎝⎛⎭⎫13＋γ，γ－1，23a . EF ⊥AD ⇔FE →·AD →＝0，而FE →·AD →＝－13－γ－γ＋1＝0，解得γ＝13.故当F 为BC 的三等分点(靠近B )时，有EF ⊥AD .点评依托于平行六面体的高所在直线与底面正方形的两对角线便可建立空间直角坐标系．跟踪训练4 已知正四棱锥V －ABCD 中，E 为VC 的中点，正四棱锥的底面边长为2a ，高为h .(1)求∠DEB 的余弦值；(2)若BE ⊥VC ，求∠DEB 的余弦值．考点向量法求直线与直线所成的角题点向量法求直线与直线所成的角解 (1)如图所示，以V 在底面ABCD 内的正投影O 为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB .由AB ＝2a ，OV ＝h ，知B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，D (－a ，－a,0)，V (0,0，h )，E ⎝⎛⎭⎫－a 2，a 2，h 2. ∴BE →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，－a 2，h 2，DE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，32a ，h 2， ∴cos 〈BE →，DE →〉＝BE →·DE →|BE →||DE →|＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2. 即cos ∠DEB ＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2.(2)∵BE ⊥VC ，∴BE →·VC →＝0，即⎝⎛⎭⎫－32a ，－a 2，h 2·(－a ，a ，－h )＝0， ∴32a 2－a 22－h 22＝0，∴h ＝2a . 此时cos 〈BE →，DE →〉＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2＝－13，即cos ∠DEB ＝－13.1.如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角为________．答案 45°解析以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz 如图所示，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)， E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，0，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12， DC →＝(0,1,0)，∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.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________．考点向量法求二面角题点向量法求二面角答案63解析以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，平面SAB 的一个法向量 AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0，并求得平面SCD 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－12，12，则cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝63.即所求锐二面角的余弦值为63. 3.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，且OC ⊥平面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线CD 与平面ABC 所成角的正弦值．考点题点(1)证明由题意知tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，又∠ABD ，∠AB 1B 为三角形的内角，故∠ABD ＝∠AB 1B ，则∠AB 1B ＋∠BAB 1＝∠ABD ＋∠BAB 1＝π2，所以∠AOB ＝π2，即AB 1⊥BD .又CO ⊥平面ABB 1A 1，AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO ，因为BD ∩CO ＝O ，BD ，CO ⊂平面CBD ，所以AB 1⊥平面CBD ，又BC ⊂平面CBD ，所以AB 1⊥BC .(2)解如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则A ⎝⎛⎭⎫0，－233，0，B ⎝⎛⎭⎫－263，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，0，233，D ⎝⎛⎭⎫63，0，0， AB →＝⎝⎛⎭⎫－263，233，0，AC →＝⎝⎛⎭⎫0，233，233， CD →＝⎝⎛⎭⎫63，0，－233，设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－263x ＋233y ＝0，233y ＋233z ＝0，令y ＝1，则z ＝－1，x ＝22， ∴平面ABC 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫22，1，－1. 设直线CD 与平面ABC 所成角为α，则sin α＝|cos 〈CD →，n 〉|＝|CD →·n ||CD →|·|n |＝⎪⎪⎪⎪63×22＋0×1＋⎝⎛⎭⎫－233×(－1)5＝155.一、选择题1．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15 B.56 C.55 D.22 考点题点答案 C解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，D 1(0,0，3)，所以AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，因为cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝－1＋325＝55.2.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M ，E ，F 分别为PQ ，AB ，BC 的中点，则异面直线EM 与AF 所成角的余弦值是( )A.3030 B.25 C.－3030D.15考点题点答案 A解析由题设易知，AB ，AD ，AQ 两两垂直．以A 为原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方形边长为2，则A (0,0,0)，E (1,0,0)，M (0,1,2)，F (2,1,0)，EM →＝(－1,1,2)，AF →＝(2,1,0)，cos 〈EM →，AF →〉＝EM →·AF →|EM →|·|AF →|＝－130＝－3030，则异面直线EM 与AF 所成角的余弦值为3030. 3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BD 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值是( ) A.33 B.63 C.22D ．1 考点题点答案 B解析以D 1为坐标原点，D 1A 1—→，D 1C 1—→，D 1D →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．设正方体的棱长为2，则A 1(2,0,0)，C 1(0,2,0)，D (0,0,2)，B (2,2,2)，且n ＝(1,1,1)是平面A 1C 1D 的一个法向量，因为DB →＝(2,2,0)，所以cos 〈n ，DB →〉＝DB →·n |DB →||n |＝422×3＝63.设DB 与平面A 1C 1D 所成的角为θ，则sin θ＝cos 〈n ，DB →〉＝63.4．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．75° C ．105°D ．90°考点向量法求直线与直线所成的角题点向量法求直线与直线所成的角答案 D解析建立如图所示的空间直角坐标系，设BB 1＝1，则A (0,0,1)，B 1⎝⎛⎭⎫62，22，0， C 1(0，2，0)，B ⎝⎛⎭⎫62，22，1. ∴AB 1→＝⎝⎛⎭⎫62，22，－1，C 1B →＝⎝⎛⎭⎫62，－22，1，∴AB 1→·C 1B →＝64－24－1＝0，即AB 1与C 1B 所成角的大小为90°.5．(2018·贵州贵阳高二检测)如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝AD ＝PB ＝3，点E 在棱P A 上，且PE ＝2EA ，则平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为( )A.23 B.66 C.33 D.63考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角答案 B解析如图，以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,3,0)，P (0,0,3)，D (3,3,0)，E (0,2,1)， ∴BE →＝(0,2,1)，BD →＝(3,3,0)．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝2y ＋z ＝0，n ·BD →＝3x ＋3y ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1. 又平面ABE 的法向量为m ＝(1,0,0)， ∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |n ||m |＝1262×1＝66.∴平面ABE 与平面BED 的夹角的余弦值为66. 6.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°，则二面角A －A 1C －B 的余弦值是( )A.55 B.105 C.155D.22考点题点答案 C解析由题意知AB ⊥AC ，以A 为坐标原点，AB →，AC →，AA 1→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，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A 1(0,0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0.又因为BC →＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，3，－3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，3y －3z ＝0，令y ＝1，则n ＝(3，1,1)．取m ＝AB →＝(1,0,0)为平面AA 1C 的一个法向量，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝3×1(3)2＋1＋1×1＝155.所以二面角A －A 1C －B 的余弦值为155. 二、填空题7.如图所示，在四面体ABCD 中，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为________．考点向量法求直线与直线所成的角题点向量法求直线与直线所成的角答案24解析取BD 的中点O ，连接OA ，OC . 由题意知OA ，OC ，BD 两两垂直，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，所以AB →＝(1,0，－1)，CD →＝(－1，－3，0)， cos 〈AB →，CD →〉＝－12×2＝－24，因为异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，所以AB 与CD 所成角的余弦值是24. 8.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，OP ⊥底面ABCD .设点M 满足PM →＝λMC →(λ>0)，当λ＝12时，直线P A 与平面BDM 所成角的正弦值是________．考点题点答案1010解析以O 为坐标原点，OA →，OB →，OP →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，则P A →＝(4,0，－4)，DB →＝(0,6,0)，AB →＝(－4,3,0)．当λ＝12时，得M ⎝⎛⎭⎫－43，0，83，所以MB →＝⎝⎛⎭⎫43，3，－83. 设平面DBM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧DB→·n ＝6y ＝0，MB →·n ＝43x ＋3y －83z ＝0，解得y ＝0，令x ＝2，则z ＝1，所以n ＝(2,0,1)．因为cos 〈P A →，n 〉＝P A →·n |P A →||n |＝442×5＝1010，所以直线P A 与平面BDM 所成角的正弦值为1010. 9．(2018·山西太原高二检测)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，P A＝PD ＝5，平面ABCD ⊥平面P AD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是________．考点向量法求直线与平面所成的角题点向量法求直线与平面所成的角答案88585解析如图，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系．则B (1,2,0)，C (－1,2,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫－12，1，1. ∴BM →＝⎝⎛⎭⎫－32，－1，1. 设平面PCO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OP →＝(x ，y ，z )·(0，0，2)＝0，n ·OC →＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＝2y ，取n ＝(2,1,0)．因此直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是 |cos 〈BM →，n 〉|＝|－3－1|172×5＝88585.10.如图，四棱锥F －ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ＝2，BD ＝ 2.若CF ⊥平面ABCD ，CF ＝2，则二面角B －AF －D 的大小为________．考点题点答案 π2解析过点A 作AE ⊥平面ABCD ，以A 为坐标原点，BD →，AC →，AE →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(如图)．于是B ⎝⎛⎭⎫－22，1，0，D ⎝⎛⎭⎫22，1，0，F (0,2,2)．设平面ABF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－22x ＋y ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－1，所以n 1＝(－2，－1,1)．同理，可求得平面ADF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)．由n 1·n 2＝0，知平面ABF 与平面ADF 垂直，所以二面角B －AF －D 的大小为π2.11.如图，在棱长为2的正方体AC 1中，点P ，Q 分别在棱BC ，CD 上，B 1Q ⊥D 1P ，且PQ ＝ 2.若P ，Q 分别为BC ，CD 的中点，则二面角C 1－PQ －A 的余弦值是________．考点题点答案－13解析以A 为坐标原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则P (2,1,0)，Q (1,2,0)，C 1(2,2,2)．设平面C 1PQ 的法向量为n ＝(a ，b ，c )．因为PQ →＝(－1,1,0)，PC 1→＝(0,1,2)，又n ·PQ →＝n ·PC 1→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，b ＋2c ＝0.令c ＝－1，则a ＝b ＝2，所以n ＝(2,2，－1)．因为k ＝(0,0,2)为平面APQ 的一个法向量，所以cos 〈n ，k 〉＝－13.因为二面角为钝角，所以所求余弦值为－13.12．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成角的大小为________．考点题点答案 30°解析以A 为坐标原点，AB ，AA 1所在直线为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0，2a )，C 1⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a ， AB →＝(0，a,0)，AA 1→＝(0,0，2a )， AC 1→＝⎝⎛⎭⎫－32a ，a 2，2a .设侧面ABB 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ay ＝0，2az ＝0，∴y ＝z ＝0.故n ＝(x,0,0)．∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC 1→|n ||AC 1→|＝－x 2|x |，∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12.又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. 三、解答题13.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．考点向量法求直线与平面所成的角题点向量法求直线与平面所成的角解如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →||AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝⎛⎭⎫32，32，0，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→||n |＝22×5＝55.所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.14.如图，在四棱锥E －ABCD 中，平面EAD ⊥平面ABCD ，DC ∥AB ，BC ⊥CD ，EA ⊥ED ，AB ＝4，BC ＝CD ＝EA ＝ED ＝2.(1)证明：BD ⊥平面AED ；(2)求平面ADE 和平面CDE 所成角(锐角)的余弦值．考点向量法求平面与平面所成的角题点向量法求平面与平面所成的角(1)证明因为BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，所以BD ＝2 2. 又因为EA ⊥ED ，EA ＝ED ＝2，所以AD ＝2 2. 又因为AB ＝4，由勾股定理知BD ⊥AD . 又因为平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥平面AED .(2)解如图，取AD 的中点O ，连接OE ，则OE ⊥AD .因为平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以OE ⊥平面ABCD .取AB 的中点F ，连接OF ，则OF ∥BD . 因为BD ⊥AD ，所以OF ⊥AD .以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则D (－2，0,0)，C (－22，2，0)，E (0,0，2)，DC →＝(－2，2，0)，DE →＝(2，0，2)．设平面CDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n 1＝0，DE →·n 1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，可得平面CDE 的一个法向量n 1＝(1,1，－1)．又平面ADE 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)．因此|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝33. 所以平面ADE 和平面CDE 所成角(锐角)的余弦值为33. 15.如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．考点题点解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知得，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形．从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，所以CM ∥平面PBE .(2)由已知得，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥平面P AD .又PD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，P A ⊥CD ，AB ∩CD ＝M ，AB ，CD ⊂平面ABCD ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为坐标原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)，设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，取x ＝2，得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.。

专题四立体几何中_如何有效建立空间直角坐标系。

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)
∵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
(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
∵ADP ,∴DP = 2
4
2
MD MA2 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，

立体几何空间直角坐标系空间向量及其运算课件理ppt

详细描述
空间向量的投影是指一个向量在另一个向量上的投影，通常用平行四边形法则来计算。而分解则是将一个复杂向量分解为几个简单向量的组合。
空间向量在几何学中的运用
总结词
空间向量在几何学中有着广泛的应用，如证明平行、垂直、计算角度和距离等。
VS
详细描述
通过建立空间直角坐标系，可以用空间向量来表示和解决几何问题。例如，利用向量证明平行或垂直，通过计算向量的模长来计算距离，以及利用投影来计算角度等。
实例分析
例如，在解决一些三角形问题时，可以通过将三角形表示为向量形式，然后利用向量的
点乘和叉乘等性质进行求解。Βιβλιοθήκη 向量法在立体几何题中的应用
要点一
向量法在立体几何中的表现形式
要点二
实例分析
向量法在立体几何中通常表现为向量的加、减、数乘、点乘和叉乘等运算，通过这些运算可以揭示出空间几何体的内在关系。
向量的向量积不满足交换律和结合律。
向量的向量积与向量的模长无关，只与两个向量的方向和夹角有关。
混合积及其应用
• 混合积定义：三个向量的混合积是一个标量，其定义为$(\mathbf{a} \times \mathbf{b}) \cdot \mathbf{c}$。
• 混合积的性质 • 混合积的值等于三个向量所确定的平行四边形的面积乘以三个向量的模长之积。 • 混合积的方向与三个向量的顺序有关，具体来说，如果三个向量的顺序改变，则混合积的方向也会改变。 • 混合积的应用 • 在几何学中，混合积可以用于计算平行四边形的面积和体积。 • 在物理学中，混合积可以用于计算电磁场的强度和方向。
空间直角坐标系的定义
将空间中的点用三个实数坐标表示，即为空间直角坐标系。

空间立体几何建立直角坐标系.doc

空间立体几何建立直角坐标系1.[2015-浙江]如图，在三棱柱ABC-A X B X C X中，匕羽C=90。

，0B= AC=2f刀以=4, 4在底面ABC的射影为BC的中点，。

是但G的中点。

(1)证明：A X DL平面&BC；(2)求二面角Ai—BD—B】的平面角的余弦值。

解析：(1)证明：设E为BC的中点，连接力宓，AE, DE,由题意得上平面所以A^EVAE.因为一B=AC,所以AEVBC.故AEL平面AiBC。

由。

，E分别为BiG，3C的中点，得DE//B出且DE=B]B,从而DE //A}A且刀M，所以A}AED为平行四边形。

故1D//AE。

又因为4E_L平面A\BC,所以A.DL平面A X BC.(2)方法一：作A,FA_BD且&尸C8D=/，连接但尺由0E=EB=肇,ZA i EA=ZA[EB=9Q°9得A\B=A\A—4o由&D=B】D, 得△4]DB 与△BQB 全等。

由&F_LBD,得B】F_LBD,因此ZA X FB X为二面角A}-BD~B X的平面角。

由―►m-A\B=Q,lm ・BD=0,可取m = (0,寸, 皿》1一V^zi=0,~y[2xi —y/2yi +A /14ZI =0,Do —>n ・DB\=0,y[2y2=0, —yl2x2—yf2y 2+y[]4z2=0,由 A i D=y[29 刀]3=4, ZDA i B=9Q°,得BD=3y[2, A X F=B X F=^ 分别以射线瓦4, 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：&（0,0,应）,B （0,皿，0）,。

（一皿，0,如），B 】（一也,皿，如）。

因此43 = （0,皿，一叩），BD = （-肇,一肇,如），。

务=（0,皿, 0）o设平面48。

的法向量为m = 3i, H ，zi ）,平面B }BD 的法向量为〃= （》2，光，Z2）。

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空间几何体建立空间直角坐标系技巧在空间几何中，建立空间直角坐标系是非常重要的一步。

它能够帮助我们更清晰的看到空间中的几何体，更好地理解空间几何的概念。

本文将探讨如何建立一个空间直角坐标系。

一、基本概念在开始建立坐标系之前，我们需要先了解一些基本概念。

在空间几何中，我们通常使用三个数作为一个点的坐标，其中第一个数表示点在x轴上的位置，第二个数表示点在y轴上的位置，第三个数表示点在z轴上的位置。

我们将这三个数分别称为点的x坐标、y坐标和z坐标，用一个有序三元组(x, y, z)表示。

有了这些基础知识，我们就可以开始建立坐标系了。

二、建立坐标系的基本步骤建立坐标系的主要步骤如下：1.确定坐标轴首先，确定一个点作为坐标系原点。

然后，确定x轴、y轴和z轴的方向。

x轴通常取与yoz平面交点在y轴正半轴上，y轴取与xoz平面交点在x轴正半轴上，z轴取与xy平面交点在x轴和y轴所在平面第一象限中。

2.标出单位长度在确定坐标轴后，需要在每个方向上标出单位长度。

在三维空间中，单位长度可以用一个“1”长度的线段表示，但实际上，我们需要画出更多的线段以便表示更大的距离。

因此，需要选择一个适当的比例尺，使得在较小的范围内可以表示出较大的距离。

3.绘制坐标平面接下来，我们需要在每个坐标轴上绘制坐标平面。

x轴和y轴的交点是坐标平面xy，y轴和z轴的交点是坐标平面yz，x轴和z轴的交点是坐标平面xz。

在这些坐标平面上，我们可以确定几何体各点的坐标。

4.确定坐标最后，根据需要，确定空间几何体的坐标。

将每个点的坐标写成一个有序三元组(x, y, z)，表示该点在x轴、y轴和z轴上的位置。

在确定每个点的坐标后，我们可以方便地绘制几何体，并进行各种运算。

三、小结本文介绍了建立空间直角坐标系的基本步骤。

通过这些步骤，可以方便地确定空间几何体的坐标，并进行各种运算。

建立坐标系的过程需要认真细致，希望通过本文的介绍，能够对读者有所帮助。

(整理)直角坐标系解决立体几何问题

在立体几何中引入向量之前，求角与距离是一个难点，在新课标中，从向量的角度来研究空间的点、线、面的关系，我们只要通过两个向量的数量积运算、运用向量的模、平面的法向量就可以解决常见的角与距离的问题。

而且，运用向量来解题思路简单、步骤清楚，对学生来说轻松了很多。

重点：用空间向量数量积及夹角公式求异面直线所成角。

难点：建立恰当的空间直角坐标系关键：几何问题转换为代数问题及正确写出空间向量的坐标。

Ⅰ、空间直角坐标系的建立空间向量的数量积公式（两种形式）、夹角公式和空间向量的数量积的几何性质。

(用媒体分步显示下列内容) 1．向量的数量积公式（包括向量的夹角公式）:若与的夹角为θ(0≤θ≤π),且={x 1,y 1,z 1},={x 2,y 2,z 2},则 ⑴ a ·b =|a ||b |cos θ 或 a ·b = x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2 ⑵若与非零向量 cos θ=222222212121212121x z z y y x x zy x z y ++⋅++++2．向量的数量积的几何性质:⑴两个非零向量与垂直的充要条件是·=0⑵两个非零向量a 与b 平行的充要条件是a ·b =±|a ||b | 利用空间向量知识求异面直线所成角的一般步骤：（1）根据图形建立合理的空间直角坐标系；（2）确定关键点的坐标；（3）求空间向量的夹角；（4）得出异面直线的所成角。

D 1xy o. Mxyo. M平面直角坐标系空间直角坐标系z用向量解决角的问题 ①两条异面直线a 、b 间夹角在直线a 上取两点A 、B ，在直线b 上取两点C 、D ，若直线a 与b 的夹角为θ，则cos |cos ,|AB CD θ=<>=。

注意,由于两向量的夹角范围为[]︒︒180,0,而异面直线所成角的范围为()︒<<︒900α，若两向量夹角α为钝角,转化到异面直线夹角时为180°α-例1：在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=4，AA 1=6, 求异面直线DA 1与AC 1的所成角；分析：在此题的解答中，设计如下问题贯穿整个过程以期共同解高。

空间直角坐标系的建立ppt课件

10
探究点2 空间直角坐标系中点的坐标思考1：有了空间直角坐标系，那空间中的任意一点Ａ怎样来表示它的坐标呢？
z
c
Ａ(a,b,c)
o
b
a
y
x
11
提示:经过A点作三个平面分别垂直于x轴、y轴和 z轴，它们与x轴、y轴和z轴分别交于三点，三点在相应的坐标轴上的坐标a,b,c组成的有序实数对（a,b,c)叫作点Ａ的坐标. 记为Ａ（a,b,c).
29
不实心不成事，不虚心不知事，不自是者博闻，不自满者受益.
30
21
【变式练习】
在空间直角坐标系中描出下列各
z
点. A（0,1,1） B（0,0,2） C（0,2,0） D（1,0,3） E（2,2,0） F（1,0,0）
解：在空间直角坐标系中，
D• •B 1 •A
C
F •1 •O 1 • y •E
画出以上各点如图：
x
22
在空间直角坐标系中, x轴上
想
一的点、xOy坐标平面内的点的坐标
26
4.如图，长方体OABC – D′A′B′C′中，|OA| = 3，|OC| = 4，|OD′| = 3，A′C′与B′D′相交于点P.分别写出点C,B′,P的坐标.
答案：C,B′,P 各点的坐标分别是
(0，4，0)，(3，4，3)， ( 3 , 2, 3) . 2
27
5.如图，棱长为3a的正方体OABC-DˊAˊBˊCˊ，点M 在BˊCˊ上，且|CˊM|=2|MBˊ|，以O为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，求点M的坐标.
y轴上的点横坐标和竖坐标都为0 z轴上的点横坐标和纵坐标都为0
14
思考2：在空间直角坐标系中，空间任意一点A与有序数组(x,y,z)有什么关系？

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.。