华南农业大学珠江学院地址-小学生法制教育教案

.
如何用坐标法解空间几何题专题
（中保高中2017届1，2班） 徐学松 2017.5
模型思考
空间几何中涉及的定义、定理和性质比较多，在解决综合问 题时，运用多个定义、定理
和性质形成的综合题时，遇到多种多样的题型，每一种题型的解法又有多种. 学习和记忆名
目繁多的题型和解法直接影响了学习立体几何的兴趣和效率.有没有一种比较统一的方法，
能够使得解题过程比较一致，变化不多的模型呢？使得学生解题流程固定，方法比较简单，
从而 使学生解题思路流畅，正确率提高呢.坐标法作为一种工具，在解决立体几何问题中有
着无比的优越性． 运用坐标法解题，可使几何问题代数化，大大简化思维程序，使解题思路
直观明了，模式固定，流程明了 .
模型例析
例1.（线线平行）已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0， 2)，求满足DB∥AC，DC∥AB
的点D的坐标．
解模与识模:这道题是一道线与线平行的问题.可设点D坐标为(x，y，z)，
则
DB
= (－x，1－y，－z)，
AC
= (－1，0，2)，
DC
= (－x，－y，2－z)，



AB
= (－1，1，0)．
∵DB∥AC，DC∥AB，∴
DB
∥
AC
，
DC
∥
AB
．



z

x< br>,

12

x1,

1y0,


即



y1,
，即此时点D的坐标为( －1，1，2)．

z2.

x

y
,< br>

11

2z0.

从这道题的推理过程可 以看到在建立了坐标系的情况下,得到各点的坐标后,就能得到
有关向量的坐标,根据向量的平行,利用 公式建立方程组.这里的公式是若
a

x
1
,y
1
,z
1

,


b

x
2
,y
2
,z
2

,且
x
2
,y< br>2
,z
2
均不为零,
ab


x
1
y
1
z
1

.
进而达到求解的目的.
x
2
y
2
z
2
例2（线线垂直）在正方体ABCD—A< br>1
B
1
C
1
D
1
中，M是棱DD
1
的中点，O为正方形ABCD的中
心，求证：
OA
1
⊥AM．
解模与识模:

直线与直线的垂直可以转化为直线的方向向量互相垂直.设直线
a
,
b
的

方向向量分别是

a
< br>x
1
,y
1
,z
1

,
b

x
2
,y
2
,z
2

,
a< br>⊥
b



a
⊥
b

x< br>1
x
2
y
1
y
2
z
1
z
2
0
.要想利用坐标法解决这一问题首先要建立空间坐标系.常见

.
几何体的建系方法：
1.找两条互相垂直且相交的直线确定“水平面”（即< br>x
O
y
平面），一条为x轴，一条为
y轴；
2.找与“水平面”垂直的直线确定为
z
轴.
通常做法：（1）直接找到与“水平面”垂直的直线为
z
轴；






y


（1）
y
y
（3）
O
x
O
x
O
z z
z
x
（2）
（2）找与“水平面”垂直的平面，垂面内与“水平面”交线的垂线即为
z
轴；
（3）过两垂线的交点直接作出“水平面”的垂线；
（4）过两垂线的交点构造“水平面”的两个两个垂面，两垂面的交线为
z
轴.










（4）
在建系的过程中，一般的借助正方体、侧棱和底面垂直的棱锥、直棱柱等等.
如图建立右手直角坐标系.设正方体的棱长为1个单
位，则A(1，0，0)，A
1
(1，0，1)，
y
O
x
z
z
D
1

A
1

M
D
A
O
B
C


B
1

C
1

111
M(0，0，)，O(，，0)．
222< br>∴
OA
1
=
DA
1
－
DO
= (< br>



11
，－，1)，
22
y
1
AM
=
DM
－
DA
= (－1，0，)，
2
x

.


111
∵
OA
1
·
AM
=×(－1)＋(－)×0＋1× = 0，∴
OA
1
⊥
AM
，
222


∴
OA
1
⊥AM．
例3(线面垂直)如图，已知四棱锥S
—
ABCD的底面ABCD是矩形，M、N分别是CD、 SC的
中点，SA⊥底面ABCD，SA=AD=1，AB=
2
．求证：MN⊥平面A BN．
解模与识模:第（I）问是证明直线与平面垂直问题,又直线与平面垂直
的判定定理可 知,只需要证明这条直线与平面内两条相交直线垂直就可
以了,转化为证明这条直线的方向向量垂直于平 面内两条直线的方向向
量.以A点为原点，AB为x轴，AD为y轴，AD为z轴的空间直角坐标
系，如图所示. 则依题意可知相关各点的坐标分别是：A（0，0，0），B
（
2
，0，0），C（
2
，1，0），D（0，1，0），S（0，0，1）

M(
2211
,1,0),N(,,).

2222
11211
,),AB(2,0,0),AN(,,).

22222

MN(0,

MNAB0,MNAN0.MNAB,MNAN.

∴MN⊥平面ABN.

例4（线面平行、面面垂直、二面角）如图，在四棱锥
SA BCD
中，底面
ABCD
是正方
形，其他四个侧面都是等边三角形，
AC
与
BD
的交点为
O
，
E
为侧棱
SC< br>上一点.
S
（Ⅰ）当
E
为侧棱
SC
的中点时， 求证：
SA
∥平面
BDE
；
（Ⅱ）求证：平面
BDE
平面
SAC
；
（Ⅲ）当二面角
EBDC
的大小为
45
时，
试判断点
E
在
SC
上的位置，并说明理由.
解模与识模:
A
D
O
B
C
E
本题第（Ⅰ）问是解决线面平行问题. 设四棱锥
SABCD
的底面边长为2，建立如图
直角坐标系.则
O(0, 0, 0)
，
S(0, 0, 2)
，
A

2, 0, 0
，
B0, 2, 0
，

uuuruuur
C2, 0, 0
，
D0, 2, 0
.所以
AC22, 0, 0
，
BD0, 22, 0
.

因为
CE1
，由已知可求得
ECO45
.
所以
E
< br>2




22

22

，
BE

2

.
,0,
, 2,


22

22



.
设平面
BDE
法向量为
n(x, y, z)
，
z
S
E
uuur

y0,

< br>
nBD0,
则

uuu
即



r
2

2

 2x2yz0




nBE0
2

2



令
z1
，得n=

1,0,1

.

AS2,0,2
.
x
n·
AS20
D
C
O
B
y

A
20
.所以n⊥
AS
.
所以
SA
∥平面
BDE
.

这一问完整地体会了坐标法的整个过程. 第一步,建立恰当的空间直角坐标系; 第二步求
出相关点的坐标: 第三步,写出向量的坐标; 第四步,选择适当的公式进行论证、计算; 第五
步,转化为几何结论.第四步中着重计算了面
BDE
法向量,n·
AS< br>=0推出
SA
∥平面
BDE
.
求法向量的步骤：第一步,找平 面内的任意两个不共线向量,设a，b为平面

内的任意两个
向量;第二步,设n=（ x, y, 1）为

的法向量，则由方程组


an0
,求得法向量n．

bn0
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）中坐标易知
SO 面ABCD
，
ACBD
.
设
CEa
（
0a 2
），由已知可求得
ECO45
.
uuur
2222
a, 0, a)
，
BE(2a, 2, a)
. 所以
E(2
2222
设平面
BDE
法向量为
n(x, y, z)
，
uuur

y0,

nBD0,


则

uuu
即


r
22
a)x2yaz0.


(2

nBE0
22
令
z1
，得< br>n(
uuur
易知
BD0, 22, 0
是平面
SAC
的法向量.
a
, 0, 1)
.
2a

uuur
a
, 0, 1)(0, 22, 0)0
， 因为
nBD(
2a
uuur
所以
nB D
，所以平面
BDE
平面
SAC
.

.
本题的解决可以总结出利用向量法证明面与面垂直的过程中的第四部核心是证明一个
平面的法向 量垂直于另一个平面内的一条直线,同时也可以证明两个平面的法向量的数量积
为零去证明两个平面互相 垂直.
（Ⅲ）设二面角

l

中,平面

、

的法向量是
a(x
1
,y
1
,z
1< br>)
,
b(x
2
,y
2
,z
2
)< br>，
则
cosa,b
a•b
|a||b|

x
1
x
2
y
1
y
2
z
1
z
2
x
1
y
1
z
22
2
1
x
2
y
2
z
2
222
，设二面角
l

的大小
为

，则
cos


cosa,b
或
cos


-
co sa,b
.
设
CEa
（
0a2
），由（Ⅱ）可知，
平面
BDE
法向量为
n(
a
, 0, 1)
.
2a
因为
SO底面ABCD
，
所以
OS(0, 0, 2)
是平面
ABCD
的一个法向量.
由已知二面角
EBDC
的大小为
45
.
uuur
uuur
所以
cosOS, ncos45
2
，
2
所以
2
(
a
2
)12
2a

2
，解得
a1
.
2
所以点
E
是
SC
的中点.
例5（线 线成角）如图，在三棱锥
DABC
中,
ADC,ACB
均为等腰直角三 角形
ADCD
2
，
ADCACB90

,M
为线段
AB
的
中点，侧面
ADC
底面
ABC
. 求异面直线
BD
与
CM
所成
角的余弦值；
解模与识模:

如果两异面直线
AB
与
CD
的方向 向量分别是
AB
、
CD
，直线AB与CD的夹角
为

，就有
cos
|AB•CD|
|AB|•|CD|
．
取
AC
的中点为
O
，连结
DO,OM
.
建立空间直角坐标系
Oxyz
如图所示.

.
则
A(1,0,0)
，
C(1,0,0)
，
D(0,0,1)，
B(1,2,0)
，
M(0,1,0).

BD(1,2,1),CM(1,1,0)
，
cosBD,CM
BDCM
|BD||CM|

1203


6
62
3
.

6
所以异面直线BD
与
CM
所成角的余弦值为
例6（线面成角）
如图，正三棱 柱
ABCA
1
B
1
C
1
的底面边长为a，侧棱长 为
2a
.
（1）建立适当的坐标系，并写出A、B、A
1
、C
1
的坐标；
（2）求AC
1
与侧面ABB
1
A
1
所成的角.
解模与识模:建立如图的坐标系，来确定所求点的坐标.取A
1
B
1
中
点M，因为三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
是直三棱柱,则
CM
是平面
ABB
1
A
1
的一个 法向量, 求AC
1
与侧面ABB
1
A
1
所成的角转化为求
AC
1
与
CM
的夹角的余角.于
是求直线l与平面

所成的角：
|sin|
|PM•n|
|PM|•|n|
，（< br>P、M

l，
n
为

的法向量）．
（1） 以A为坐标原点，AB所在直线为y轴，所在直线为z轴，以过原点且垂直于平面
的直线为x轴建立空间 直角坐标系，如图3.
则A（0，0，0）、B（0，a，0）、A
1
（0，0，< br>2a
）、C
1
（

3a
,,2a
）
22
（2）取A
1
B
1
的中点M，则M（0，
a
，
2a
）
2

3
33a

连AM、MC
1< br>，得
MC
1


2
a,0,0

，
|MC
1
|
2
a
，因为
AC
1


2
,
2
,2a

，


.
AC
1
3a
;
设 AC
1
与侧面ABB
1
A
1
所成的角

. 于是有

3

3

a


< br>



002aaa

2
< br>2

2
1

sin

cosAC
1
,MC
1

=.
2
3
a3a2
所以AC
1
与侧面ABB
1
A
1
所成的角为 30°.
例7（异面直线距离、线面之间的距离）已知：正方体ABCD—A
1
B< br>1
C
1
D
1
中，P为AB中点，
Q为BC中点，AA
1
=a, O为正方形ABCD的中心.
（1）求PQ与C
1
O间的距离；
z
（2）求BC到面A
1
D
1
P的距离
D
1

解模与识模：
P和O分别是异面直线PQ与C
1
O上两点,设与异面直线PQ与C
1
O的
A
1

B
1

方向向量都垂直的向量
n
1
叫做异面直线P Q与C
1
O的法向量,那么,
OP

在异面直线PQ与C
1
O的法向量
n
1
上的投影就是异面直线PQ与C
1
O
D
A
.由此可以推出,要求平行于平面
x
P
C
1

O
B
C
Q
y
的 距离.即就是
d
OP•n
1
n
1
A
1
D
1
P的直线BC到平面A
1
D
1
P的距离,即就是求
BP
在平面A
1
D
1
P的法向量
n
2
上 的投影
d
BP•n
2
n
2
.
a
⑴异面 直线PQ与C
1
O的法向量
n
1
(1,1,0)
，
OP
=(
2
,0,0)，∴异面直线PQ与C
1
O的距
离
d
OP•n
1
n
1

2a
⑵点B到平面 A
1
D
1
P的距离等于BC到面A
1
D
1
P的距离,
4
面A
1
D
1
P的一个法向量
n
2
=(0,2,1)，
BP
=(0,

a
2
,0 ) ∴BC到面A
1
D
1
P的距离

.
d
BP•n
2
n
2

5a
.
5
模型归纳:
坐标法确实是处理立体几何问题的重要方法．作为坐标法的主要技巧， 是将相关向量表
示为坐标的形式，把问题转化为代数的运算，这与把空间图形关系转化为平面图形关系的 传
统解法相比，显然是更高的思维方式，它抓住了空间的主要特征和其内在规律，使“纷繁复
杂 的现象变得井然有序．”
利用坐标法的解题流程是：



（1）建立恰当的空间直角坐（2）求出相关点的坐标 （3）写出向量的坐标


标系



（4）选择适当的公式进行论

（5）转化为几何结论 证、计算(在以上的模型中选


择)


说明：
步骤（1）：
常见几何体的建系方法：借助正方体、侧棱和底面 垂直的棱锥、直棱柱等等.1.找两条
互相垂直且相交的直线确定“水平面”（即
x
O
y
平面），一条为x轴，一条为y轴；2.找与“水
平面”垂直的直线确定为
z
轴.通常做法（1）直接找到与“水平面”垂直的直线为
z
轴；（2）
找与 “水平面”垂直的平面，垂面内与“水平面”交线的垂线即为
z
轴.（3）过两垂线的交
点直接作出“水平面”的垂线，（4）过两垂线的交点构造“水平面”的两个两个垂面，两垂
面的交线 为
z
轴.
步骤（2）：
和结论相关的点就是直接的相关点，在求解过程中需要求坐标的点也可以认为是相关点.
步骤（3）：
得到相关点以后，由相关点坐标就得到了有关的向量的坐标.
步骤（ 4）空间的线线、线面、面面垂直关系，都可以转化为空间两个向量的平行与垂直问
题来.
解决．
（1）设a，
b
分别为直线
a
，
b
的一个方向向量，那么a⊥
b

a
⊥
b


a·
b
=0；
（2）若
a

x
1,y
1
,z
1

,
b

x
2
,y
2
,z
2

,且
x
2
,y
2
,z
2
均不为
零,
ab



x
1
yz

1

1

x2
y
2
z
2
（3）设直线l的方向向量为a，平面
< br>的法向量为
b
，那么l⊥


a∥
b
； < br>（4）设a，
b
分别为平面

，

的一个法向量，那 么

⊥


a⊥
b


a·
b
=0．

.
（5）设a，
b
为平面

内的任意两个向量，n
=
（x
,
y
,
1）为

的法向量，则由方程组

an0
可求得法向量n．


bn0
空间线线成角、线面成角和二面角可以转化为向量成角的问题来解决.
CD
， （1） 如果两异面直线
AB
与
CD
的方向向量分别是
AB
、直线A B与CD的夹角为

，
就有
cos
|AB•CD|
|A B|•|CD|
．
（2）直线l与平面

所成的角为
< br>：
|sin|
量）.
|PM•n|
|PM|•|n|
， （
P、M

l，n为

的法向
（3）二面角

l

中,平面

、

的法向量是
a(x
1
,y
1
,z
1
)
,
b(x< br>2
,y
2
,z
2
)
，则
cosa,b
a•b
|a||b|

x
1
x
2
y1
y
2
z
1
z
2
x
1
y
1
z
22
2
1
x
2
y
2z
2
222
，设二面角

l

的大小为

，则
cos


cosa,b
或
c os


-
cosa,b
.
空间中点到面的距离、异面直线间的距离以及线到面的距离可以转换成某一向量在法向
量上的射影.
（1）P是平面

外一点，O在平面

内，向量
n
是平面

的一个法向量,P到平面

的
距离
d< br>OP•n
n
.
（2）异面直线a,b上各有一点O、P, 向量
n
是异面直线a,b的一个法向量, 异面直线a,b
的距离
d
OP•n
n
.
（3）直线AB平面

,点O在平面

内, 向量
n
是平面

的一个法向量,直线AB到平
面

的距离
d
A O•n
n
.