伦敦时区-优美写景散文

建立空间直角坐标系的几种方法
坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方 法，运用坐标法解题往往需要建立空
间直角坐标系．依据空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂 直关系或构造垂直关系来建立
空间直角坐标系，是运用坐标法解题的关键．下面举例说明几种常见的空间 直角坐标系的构建策略．
一、利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系
例1 已知直四棱柱ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，AA
1
＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A为直角，AB∥CD，
AB＝4， AD＝2，DC＝1，求异面直线BC
1
与DC所成角的余弦值．
解析：如图1 ，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD
1
所在直线为x、y、z轴建立空间直角
坐标系，则C
1
（０，1，2）、B（2，4，０），


∴
BC
1
(2，
1，0)
．
3，2)
，
CD(0，


设
BC
1
与
CD
所成的角为

，

BC
1

CD
317
则
cos



．


17
BC
1
CD
二、利用线面垂直关系构建直角坐标系
例2 如图2，在三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，AB⊥侧面B B
1
C
1
C，E为棱CC
1
上异于C、C
1
的一点，
EA⊥EB
1
．已知
AB2
，BB
1
＝2，BC＝1，∠BCC
1
＝

3
．求二面角A－EB
1
－A
1
的平面角的正切
值．
解析：如图2，以B为原点，分别 以BB
1
、BA所在直线为y轴、z轴，过B点垂直于平面AB
1
的直线为x 轴建立空间直角坐标系．
由于BC＝1，BB
1
＝2，AB＝
2
，∠BCC
1
＝

3
，

31
，0

、
2


∴在三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，有B（０，０，０）、A（０，０，
2
）、B（０，2，０）、
c

1

33

C1

，，0
．

22



2

，
设
E


13，a，0

且
a
，

2

22

3

由EA⊥EB
1
，得
EA

EB
1
0
，
1

即




3
4

3
，
a
，
2

< br>

，
2a
，
0


22

3
2
a(a2)a2a
3
1< br>
3

0
，∴

a

< br>
a

0
，
4
2

2

31

，，0
．

22



即
a
1
2
或
a
3
2
（舍去）．故
E




由已知有
EAEB1
，故二面角A－EB
1
－A
1
的平面角

的 大小为向量
B
1
A
1
与
EA
B
1
A
1
EB
1
，
的夹角．



31
因
B
1
A
1
BA(0，0，2)
，
EA

，， 2



22


EA
B
1
A
1
2
2
故
cos



，即
tan





2
3
EAB
1
A
1

三、利用面面垂直关系构建直角坐标系
例3 如图3，在四棱锥V－ABCD中，底面A BCD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）求面VAD与面VDB所成的二面角的余弦值．
解析：（1）取AD的中点O为原点，建立如图3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
），∴
AB
＝（０，2，０），
VA＝（1，０，－
3
）．

VA(0
，，
20)

(1
，
0
，

由
AB

3)0
，得
AB⊥VA．
又AB⊥AD，从而AB与平面VAD内两条相交直线VA、AD都垂直，∴ AB⊥平面VAD；
（2）设E为DV的中点，则
E





12
，，0
3




2

 

3


3

3
< br>3

03)
． ∴
EA

，
，
EB

，，
，
DV(1，，
0，2


2

2

22

2



33

∴
EB
DV

，，
2

(1
，
0，
3)0
，


2

2

∴EB⊥DV．
又EA⊥DV，因此∠AEB是所求二面角的平面角．


EA

EB
∴cosEA
，
EB


EAEB
21
7
．
故所求二面角的余弦值为
21
7
．
四、利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系
例4 已知正四棱锥V－ABCD中，E为VC中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h．
（1）求∠DEB的余弦值；
（2）若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值．
解析： （1）如图4，以V在平面AC的射影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，
Oy∥AB ，则由AB＝2a，OV＝h，有B（a，a，０）、C（-a，a，０）、D（-a，-a，０）、V（0，0 ，
h）、
E




aah
，，
222






．

 

3


a3h
ah

∴
BE

a，，

，
DE

，a，
22

2

222

22

BE

DE6ah
∴
cosBE
，
，
DE


2 2
10ah
BEDE
即
cos∠DEB
6ah
10ah
2
22
2
；
（2）因为E是VC的中点，又BE⊥VC，

ah
< br>3
VC0
，即

a
，
所以
BE


，


(a
，
a
，
h) 0
，
222

3
2
0
，∴
h
∴
a
222
a
2
h
2
2a
．
22

1
6ah1
cos∠DEB
DE
这时
cosBE，
，即．
22
3
10ah3
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
3

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．下面以
高考考题为例，剖析建立空间直角坐标系的三条途径．
五、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5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
CA，DB，Q P
为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图1），易得

 

AQ

PB1
PB
 
AQ(22，0，2)，PB(0，22，2)
，
cosAQ
，


．
3
AQPB
所求异面直线所成的角是arccos
1
3

（3）由（2）知，点
D( 0，22，0)，AD(22，22，0)，PQ(0，0，4)
．
．



n

AQ0，


2x z0，
设n=（x，y，z）是平面QAD的一个法向量，则


得

取x＝1，得


xy0，

n

AD0，


PQ
n
22
．
n=(1，1，2)
．点P到平面QAD的距离
d
n
点评 ：利用图形所具备的对称性，建立空间直角坐标系后，相关点与向量的坐标应容易得出．第
（3）问也可 用“等体积法”求距离．
4