浅谈空间向量的建系策略-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

解题篇教经典题突方清中学生教理化 高二数学2025年9月 浅谈空间向量的建系策略 ■浙江省富阳中学 洪步高 用空间向量的运算结果翻译空间几何关系 A2D,=(0,-2,1),BCA2D2 是解决立体几何的重要方法。空间向量在立体 又BC2,A2D2不在同一条直线上，故 几何中的运用体现在两个方面：建立空间直角坐 B2C2∥A2D2。 标系进行运算或者选择基底进行运算。建立空 (2)设P(0,2,入)(0≤≤4)，则A2C- 间直角坐标系即找到三条有共同交点且两两相 (-2,-2,2),PC=(0,-2,3-1),D,C= 互垂直的直线。在一些问题中，它很容易实现，但 (一2,0,1)。 在另一些问题或者说近几年新高考试卷的立体 设平面PA,C2的法向量n=(x,y,之）， 几何题目中，它就不太好实现了！这些题目中，建 n.A,C=-2x-2y+2x=0, 系的过程也意味着一定的几何推演，即找到三条 则 有共同交点且两两相互垂直的直线，这就无形中 n·PC,=-2y+(3-)x=0。 提高了几何论证的强度。因此垂直关系的探寻 令x=2,得y=3-入，x=入一1，则n= 与证明显得尤为重要。基于上述讨论，下面总结 (入-1,3-入，2)。 一些空间向量在立体几何应用时的常见策略，所 设平面AC2D2的法向量m=(a,b,c),则： 有建系的策略都依赖于一个基本点，即将几何体 m·A2C,=-2a-2b+2c=0, 中尽可能多的顶点放到坐标轴上。 m·DC,=-2a+c=0. 类型1“墙角模型”的建系策略 令a=1,得b=1,c=2,则m=(1,1,2)。 墙角模型：当几何体自带三条具有共同 故|cos〈n,m〉|= n·m 交点，同时两两垂直的直线时，称为墙角模 n m 型，此时可以直接以墙角模型建系。 6 =|c0s150°|= 例1(2023年新高考 √6·√/4+（入-1）+(3-λ) I卷)如图1，在正四棱柱D ③ ，化简可得入2一4以十3=0。 ABCD-A1B1C1D1中，AB 解得入=1或λ=3，故P(0,2,1)或 =2,AA1=4。点A2,B2,D P(0,2,3),此时B2P=1。 C2,D2分别在棱AA1,BB1, 类型2利用线面垂直关系建系 CC1,DD1上，AA2=1,BB 若几何体具有明显的线面垂直关系，依 =DD2=2,CC2=3。 (1)证明：B2C2∥A2D2; 图1 据线面垂直的定义可知：可以以该线作为一 条轴，然后在垂直的平面上取两条互相垂直 (2)点P在棱BB1上，当二面角P 的直线组成空间直角坐标系。 AC2-D2为150时，求B,P的值。 解析：(1)以C为坐标 例2(2024年新高 原点，CD,CB,CC1所在直 考工卷)如图3，在四棱锥 D : 线为x轴，y轴，之轴，建立 P-ABCD中，PA⊥底面 空间直角坐标系，如图2所 ABCD,PA=AC=2,BC 示。则C(0,0,0),C2(0,0, =1,AB=√3。 3),B2(0,2,2),D2(2,0, (1)若AD⊥AB,证 图3 2),A2(2,2,1)。 明：AD∥平面PBC; 故BC2=(0,-2,1), (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的 图2 29 解题篇经典题突破方法 中学生数理化高数学2025年9月 正弦值为 42 7 ,求AD的值。 据面面垂直性质定理，可以在一个平面内作 两平面交线的垂线，将其作为一条坐标轴，然 解析：(1)由PA⊥平面ABCD,知PA⊥AD 后在另一个垂直的平面上取两条互相垂直的 又AD⊥AB,故AD⊥平面PAB。 直线组成空间直角坐标系。 易知△ABC为直角三角形，且AB⊥ 例3(2022 BC,故AD∥BC。由AD丈平面PBC,BCC 年全国乙卷)如图 平面PBC,可得AD∥平面PBC。 5,在四面体AB (2)过D点作Dx∥PA。 CD中，AD⊥CD, 如图4，分别以DA, AD=CD,∠ADB DC,Dx为x轴，y轴，z ∠BDC,E为 轴，建立空间直角坐标系。 图5 AC的中点。 设AD=a,则DC …方 (1)证明：平面BED⊥平面ACD; =√/4-a2,D(0,0,0), (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F A(a,0,0),C(0, 在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF 图4 √/4-a,0),P(a,0,2)。 与平面ABD所成角的正弦值。 故DC=(0,√4-a,0),Dp=(a,0, 解析：(1)因为AD=CD,E为AC的中 2),Ap=(0,0,2),AC=(-a,√4-a,0)。 点，所以AC⊥DE。 在△ABD和△CBD中，因为AD= 设平面DCP的法向量n1=(x1,y1, CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,所以 1),则 n1·DC=4-a·y=0, △ABD≌△CBD,故AB=CB。 n.Dp=a.x1十2x1=0。 因为E为AC的中点，所以AC⊥BE。 令x1=2,则n1=(2,0,一a)。 又因为DE,BEC平面BED,DE∩BE 设平面ACP的法向量n2=(x2,y2, =E,所以AC⊥平面BED。 2),则： 因为AC二平面ACD,所以平面BED⊥ /n2·Ap=2x2=0, 平面ACD。 n2·AC=-a.x2+√/4-a·y2=0。 (2)连接EF,由(1)知，AC⊥平面BED。 因为EFC平面BED,所以AC⊥EF,因此 令y2=a,则n2=(√4-a,a,0)。 因为二面角ACP-D的正弦值为平 SAAe=2AC·EF。 当EF⊥BD时，EF的值最小，即 所以其余弦值的绝对值为 △AFC的面积最小。 因为△ABD≌△CBD,所以CB=AB= 故 cos a= 2。 又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等 2√4-a 1 ,即a2=3,则a=3。 边三角形。 √/4+az·2√7 因为E为AC的中点，所以AE=EC= 故AD=√5。 1,BE=√3。 说明：本题在D点垂直向上作之轴，既可 以充分利用AD⊥DC,亦因为Dx∥PA,容易写 因为ADLCD,所以DE=2AC=1 出点P的坐标，比直接以PA为之轴建系方便。 在△DEB中，DE2十BE2=BD,所以BE⊥ 类型3利用面面垂直关系建系 DE。以E为坐标原点，建立如图6所示的 若几何体具有明显的面面垂直关系，依 空间直角坐标系Exyx。 30 数学要翠方清中学生数理化 解题篇经典题突破方法 则A(1,0,0), 例4(2022 B(0,5,0),D(0,0, 年新高考Ⅱ卷)如图 1)。所以AD 9,PO是三棱锥P (-1,0,1),AB= ABC的高，PA= (-1,5,0)。 PB,AB⊥AC,E是 图9 设平面ABD的 图6 PB的中点。 法向量为n=(x,y, (1)证明：OE∥平面PAC; n·AD=-x十之=0， (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3, ),则nA市=一x+5y=0: PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值。 令y=√5，则n=(3,√3,3)。 解析：(1)如图 10,连接BO并延长c 又因为c(-1,00),F,9,所以 交AC于点D,连接 OA,PD。因为PO -(1) 是三棱锥P-ABC的 图10 高，所以PO⊥平面 则cos(n,C京)= n·C京4√5 InCF 7。 ABC 设CF与平面ABD所成的角为日(0 因为AO,BOC平面ABC,所以PO⊥ AO,PO⊥BO。又PA=PB,所以△POA≌ 9≤2)，则sing=cosn,C)1=4y 71 △POB,即OA=OB,∠OAB=∠OBA。 所以CF与平面ABD所成角的正弦值 又AB⊥AC,即∠BAC=90°，所以 为 ∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA= 7 90°，即∠ODA=∠OAD,故AO=DO,即 类型4利用底面（某个面）内的垂直关 AO=DO=OB,O为BD的中点。 系建系 因为E为PB的中点，所以OE∥PD。 若几何体的底面具有垂直关系，我们可以 又OE士平面PAC,PD二平面PAC,所 先用底面的垂直关系，再作一条之轴或者将几 以OE∥平面PAC。 何体中的线面垂直平移过来，此时，除了几何演 (2)过点 绎还可以关注下面的一些常见垂直关系。 A作Ax∥心 (1)等腰梯形，如图 OP,如图11， 7,我们可以证得AD⊥ 建立空间直 DB,这是底边为等腰梯形 角坐标系。 的四棱锥中常出现的垂直 图7 因为PO 图11 情形。 =3,AP=5, (2)一内角为120°的菱形，如图8， 所以OA=√AP-POF=4。又∠OBA= ∠BAD=120°，E为CD中点，则AE⊥CD, ∠OBC=30°，故BD=2OA=8,则AD=4, AB⊥AE。 AB=4√3。 所以AC=12,O(2√3,2,0)，B(4W3,0,0), P25,23),C0,12,0,E(35,1,2） 则A定-(35,1,2)，A=(45,0,0), 图8 AC=(0,12,0)。 31 中学生款理化解整贺学经典案被方法 设平面AEB的法向量为n=(x,y,x), 因为BD·BB=(AD-AB)·AA= 3 则 n·A它=33x十y+2=0, AD·AA-A店·AA=1×1×2-1X1× n·AB=4√5x=0。 2=O,所以BD⊥BB,即BDLBB1。 令之=2，则y=-3,x=0,n=(0,-3,2)。 设平面AEC的法向量为m=(a,b,c), 所以四边形BDDB,为正方形。 (2)由题意易知AC=AB+BC+CC 则 m·a正-35a+b+2c-0, =A市十A言+AA,所以AC= m·AC=12b=0。 (AD+AB+AA)2=AD:十AB十AA:十 令a=√3，则c=一6，b=0,m=(√5,0， 2AD.AB+2AB.AA+2AD·AAi。 6)。 因为AB=AD=AA1=1,∠BAD= n·m cos〈n,m）= -12 n m ∠BAA1=∠DAA1=60°，所以2AD·AB= √13×√/39 43 2A.AA=2A市.AA=2×1×1×2= 13。 1,AD=AB=AA:=1,即AC:=6→ 设二面角C-AE-B的大小为0，则 AC|=√6，故AC1=√6。 eos0=1cosn,m1=,所以sing (3)已知AB,AD,AA的模长和夹角， √-c0s日=，即二面角C-AE-B的正弦 不妨选取三者作为基底，则AB,=AB+ 13 AA,BD=-A方+AD+AA。 值为站号 所以AB·BD=(AB+AA)· 类型5基底法 (-AB+AD+AA)=-AB+AB.AD+ 如果几何体中没有明显的垂直关系，但 AA.AD+AA=1. 是某些线之间的夹角为特殊角，此时可以选 AB= √(AB+AA) 取三个模长确定、夹角已知的向量作为基底， 进行基底运算。 √AB+2AA1·AB+AA下=5。 例5如图 IBD=(-AB+AD+AA) 12,在平行六面体 √+月+示，-2霸·市+A·-2丽·A=√2 ABCD-ABCD 所以cos(AB,BD)= AB.BD 中，AB=AD= AB1·BD AA1=1,∠A1AB 图12 1 ，故异面直线AB,与BD,所 √6 ∠A1AD √5X√2 ∠BAD=60°。 (1)求证：四边形BDD1B1为正方形； 成角的余弦值为汽。 (2)求体对角线AC1的长度； 空间向量在立体几何中运用的核心是以向 量的运算结果来翻译几何关系。空间向量的运 (3)求异面直线AB1与BD1所成角的 算既可以是基底运算，也可以是坐标运算，因此 余弦值。 选好基底和建立正确的坐标系是关键。 解析：(1)因为BD=AD一AB,B1D 当然，空间直角坐标系也是一种基底法， A1D-A1B1=AD-AB,所以BD=B1D1。 只不过是三个正交基底，因此，空间向量的运 而B,D,D1,B1不共线，所以四边形 算本质上都是基底运算。 BDD1B1为平行四边形。 (责任编辑徐利杰) 32