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建立空间直角坐标系，解立体几何高考题
立体几何重点、热点：
求线段的长 度、求点到平面的距离、求直线与平面所成的夹角、求两异面
直线的夹角、求二面角、证明平行关系和垂 直关系等．
常用公式：
222
1、求线段的长度：
ABABxy z


x
2
x
1

2


y
2
y
1

2


z2
z
1

2

2、求P点到平面

的距离：
PN
法向量）
|PMn |
|n|
，（N为垂足，M为斜足，
n
为平面

的
3、求直线
l
与平面

所成的角：
|sin

|
法向量)
|PMn|
|PM||n|
，(
PMl
,
M

,
n
为

的
4、求两异面直线AB 与CD的夹角：
cos


5、求二面角的平面角

：|cos

|
量）
6、求二面角的平面角

：cos


|ABCD|
|AB||CD|

| n
1
n
2
|
|n
1
||n
2
|
，（
n
1
，
n
2
为二面角的两个面的法向S
射影
S
，（射影面积法）
7、求法向量：①找；②求：设
a,b
为平面

内的任意两个向量 ，
n(x,y,1)
为

的法向量，


a n0
则由方程组

，可求得法向量
n
．

< br>bn0
高中新教材9(B)引入了空间向量坐标运算这一内容，使得空间立体几何的平行﹑< /p>

垂直﹑角﹑距离等问题避免了传统方法中进行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，使问题得到了大大的简化。而用向量坐标运算的关键是建立
一个适当的空间直 角坐标系。
一﹑直接建系。
当图形中有互相垂直且相交于一点的三条直线时，可以利用这三条直线直接建系。
例1. (2002年全国高考题)如图，正方形ABCD﹑ABEF的边长都是1，而且平面
ABCD﹑ABE F互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM=BN=a（
0a2
）。
（1）求MN的长； （2）当a为何值时，MN的长最小；
（3）当MN最小时，求面MNA与面MNB所成二面角α的大小。
解：（1）以B为坐标原 点，分别以BA﹑BE﹑BC为x﹑y﹑z轴建立如图所示的空间
直角坐标系B- xyz，由CM=BN=a，M(
22
a
，
a1
)
22
2222
a
，0，
1a
),N（
a
，
a
，0）
2222
z
C
∴
MN
=(0，
∴
MN
=
(
22a
2
a1)
2
()

22
D
M
P
E
N
A< br>x
F
y
2
2
1
=
(a)
（0a2
）
22
2
2
1
（2）由（1）
M N
=
(a)

22
所以，当a=
2
时，
MN
2
B
=
min
2
，
2
2
。
2
即M﹑N分别移动到AC﹑BF的中点时，MN的长最小 ，最小值为
（3）取MN的中点P，连结AP﹑BP，因为AM=AN，BM=BN，
所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠APB即为二面角α的平面角。
1111
MN的长最小时M(，0，),N（，，0）
2222
111
由中点坐标公式P(，，),又A（1，0，0），B（0，0，0）
244
111111
∴
PA
=(，-，-)，
PB
=(-，-，-)
244244
∴ cos∠APB=
PAPB
PAPB
=
111

1
41616
=-
3
33

88

1
∴ 面MNA与面MNB所成二面角α的大小为π-arccos
3
例2.(1991年全国高考 题)如图，已知ABCD是边长为4的正方形，E﹑F分别是AB
﹑AD的中点，GC⊥面ABCD，且 GC=2，求点B到平面EFG的距离。
解：建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，
由题意 C（0，0，0），G（0，0，2），E（2，4，0），F（4，2，0），B（0，4，0）
∴
GE
=（2，4，-2），
GF
=（4，2，-2），
BE
=（2，0，0）
设平面EFG的法向量为
n
=（x，y，z），则
n⊥
GE
，
n
⊥
GF
，
z
2x4y2z0
得
4x2y2z0
，
11
令z=1，得x=，y=，
33
11
即
n
=（，，1），
33
GC
在
n
方向上的射影的长度为
A
D
F
E
y
B

G
x
C
d =
BE 
BEn
BEn
=
BEn
n
=
2
=
211

3
11
11
1
99
例3. (2000年二省一市高考题) 在直三棱柱ABC- A
1
B
1
C
1
中CA=CB=1，
∠BCA=90
0
，棱A A
1
=2，M﹑N分别是A
1
B
1
﹑A
1
A的中点。
（1）求
BN
的长； （2） 求cos
BA
（3）求证：A
1
B⊥C
1
M
1
,CB
1

；
解：建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则C（0，0，0），（0，B1，0）， N
1
1
（1，0，1），A
1
（1，0，2），B
1
（0，1，2），C
1
（0，0，2），M(，，2)
2
2
（1）
BN
=（1，-1，1）， 故
BN
=
3
；
z
（2）
CB
1
=（0，1，2），
BA
1
=（1，-1，2）
∴ cos
B A
1
,CB
1

=
C
1
A
1C
M
B
1
BA
1
CB
1
BA
1
CB
1

=
30
14
=
1 0
65
B
y
N
A
（3）
A
1
B
=（-1， 1，-2），
1
1
C
1
M
=(，，0)
2
2
x

∴
A
1
B
•
C
1
M
= -1×
∴ A
1
B⊥C
1
M
11
+1×+(-2)×0=0
22
二
﹑利用图形中的对称关系建系。
有些图形虽然没有互相垂直且相交于 一点的三条直线，但是图形中有一定的对称
关系（如：正三棱锥﹑正四棱锥﹑正六棱锥等），我们可以利 用图形的对称性建立空间
直角坐标系来解题。
例4. (2001年二省一市高考题)如图，以底面边长为2a的正四棱锥V- ABCD底面
中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O- xyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，E为VC的中点，
高OV为h 。
（1）求cos
BE,DE
； （2）记面BCV为α，面DVC为β，若∠BED是二面角α
-VC-β的平面角，求∠BED 。
解：（1）由题意B（a，a，0），
aah
D（-a，-a，0），E（-，，）
222
3aah
∴
BE
=（-，-，），
222
a3ah
DE
=（，，）
222
cos
BE,DE
=
z
V
E
D
O
A
xB
C
y
BEDE
BEDE

=
3a
2
3a
2
h
2

444

2222
5ah5ah

2424
6a
2
h
2 =
22
10ah
（2） ∵ V（0，0，h），C（-a，a，0）
∴
VC
=（-a，a，- h）
又 ∠BED是二面角α-VC- β的平面角
∴
BE
⊥
VC
，
DE
⊥
VC

22
3a
2
a
2
h
2
2
h
2
h
即
BE
·
VC
=--= a-=0， a=
22222
6a
2
h
2
1
代入 cos
BE,DE
==-
10a
2
h
2
3

1
即∠BED=π-arccos
3

三
﹑利用面面垂直的性质建系。
有些图形没有互相垂直且相交于一点的三条直线，但 是有两个互相垂直的平面，
我们可以利用面面垂直的性质定理，作出互相垂直且相交于一点的三条直线， 建立空
间直角坐标系。
例5. (2000年全国高考题) 如图，正三棱柱ABC- A< br>1
B
1
C
1
的底面边长为a，侧棱长
为
2< br>a 。
（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AB B
1
A
1
所成的角。
解 ：（1）如图，以点A为坐标原点，以AB所在直线为y轴，以AA
1
所在直线为z
轴 ，以经过原点且与ABB
1
A
1
垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角 坐标系。
由已知得：A（0，0，0），B（0，a，0），A
1
（0，0，2
a），C
1
（-
（2）取A
1
B
1
的中点M，于是有M（0，

MC
1
=（-
a
，
2
a），连AM﹑MC
1
有
2
3
a
a
，，
2
a）
2
23
a
，0，0），且
AB
=（0，a，0），
AA
1< br>=（0，0，
2
a）
2
由于
MC
1
·AB
=0，
MC
1
·
AA
1
=0，故MC1
⊥平面AB B
1
A
1
。
∴ A C
1
与AM所成的角就是AC
1
与侧面AB B
1
A
1
所成的角。
∵
AC
1
=（-
3
aa
a
，，
2
a），
AM
=（0，，< br>2
a）,
2
22
z
C
1
A
1M
B
1
a
2
9a
2
2
∴
AC
1
·
AM
=0++2a =,
44
AC
1
3a
2
a
2
=
2a
2=
3
a ，
44
3a
a
2
AM
=
2a
2
=
2
4
C
A
x
B
y
9a
2
3
4
∴ cos
AC
1
,AM
==
3
2
3aa
2
∴
AC
1
与
AM
所成的角，即AC
1
与侧面AB B
1
A
1
所成的角为30
o
。
例6. (2002年上海高考题) 如图，三棱柱OAB- O
1
A
1
B
1
，平面OBB
1
O
1
⊥平面OAB，

∠O< br>1
OB=60
0
, ∠AOB=90
0
，且OB= OO
1
=2，OA=
3
。
求：（1）二面角O
1
–AB–O的大小；
（2）异面直线A
1
B与A O
1
所成角的大小。（结果用反三角函数值表示）
解：（1）如图，取OB的中点D，连接O
1
D，则O
1
D⊥OB
∵ 平面OBB
1
O
1
⊥平面OAB，
∴ O
1
D⊥面OAB，
过D作AB的垂线，垂足为E，连结O
1
E，

则O
1
E⊥OB，
z

∠DEO
1
为二面角O
1
–AB-O的平面角。
由题设得O
1
D=
3

sin∠OBA=
OAOA
2
OB
2
O
1
A
1
B
1
=
21

7
∴ DE=DBsin∠OBA=
21

7
x
A
O
D
E
B
y
∵ 在RtΔO
1
DE中，tan∠DE O
1
=
7

∴ ∠DE O
1
=arctan
7
，即二面角O
1
–AB–O的大小为arctan
7
。
（2）以O为原点，分别以OA﹑OB所在 直线为x﹑y轴，过点O且与平面AOB垂直
的直线为z轴，建立空间直角坐标系。则O（0，0，0） ，O
1
（0，1，
3
），
A（
3
，0，0）， A
1
（
3
，1，
3
）， B（0，2，0），
则
A
1
B
=（-
3
，1，-
3
），
O
1
A
=（
3
，-1，-
3
）
cos〈
A
1
B
，
O
1
A
〉=
A
1
BO
1
A
A
1
BO
1
A
=
313
77
=-
1

7
故异面直线A
1
B与A O
1
所成角的大小arccos
1
。
7
姓 名： 张传法
地 址： 山东临沂市罗庄区一中 （276017）
E-mail :
（注：本文发表于《数学通讯》2004年第6期）