巧妙建系 解决立体几何问题-《中学生数理化》高二数学2026年9月刊

名师在线 巧妙建系解决立体几何问题 ■江苏省盐城市时杨中学 刘长柏 引入空间向量，建立坐标系，打破 类型1用“墙角”，利用共交点且 了传统“一作、二证、三计算”的解题模 两两垂直的三条直线建系 式，将立体几何中“形”的问题转化为 例1如图 C M B “数”的问题，有利于同学们突破空间想 1,在三棱柱 A E… 象力薄弱的学习难点。同时以运算为 ABC-A1B1C1中， 载体，发挥空间想象力，可以对立体几 CC1⊥ 平 面 何中的角度、距离问题进行实际运算与 ABC,AC⊥BC, C 演绎。因此巧妙建系，用向量法解决立 4。 AC BC=2, 体几何问题，显得尤为重要。下面通过 CC1=3,点D,E 两种模型，巧妙建系，体会恰当建立空 图1 分别在棱AA和 间坐标系的方法。 棱CC1上，且AD=1,CE=2,M为棱 一、建立空间直角坐标系的原则 A1B1的中点。 1.x轴的选取往往比较容易，依据 (1)求证：C1M⊥B,D: 线面垂直，即之轴要与坐标平面Oxy (2)求二面角B-B1ED的正弦值。 垂直，在几何体中也很直观，垂直底面 解析：以C 的直线即可，而坐标原点即为之轴与底 M 面的交点。 为原点，以CA, CB,CC的方向 E: 2.x轴，y轴的选取非常关键，有以 下几个原则值得参考：(1)尽可能地让底 为x轴，y轴，之 面上更多的点位于x轴，y轴上；(2)找 轴的正方向建立 D C B 角，x轴，y轴要相互垂直，所以要利用好 空间直角坐标 底面中的垂直条件；(3)找对称关系，寻找 系，如图2所示。 底面上哪些点关于轴对称。 则C(0,0,0), 图2 二、两种模型 A(2,0,0),B(0, (一)墙角模型：已知条件中有过一点 2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2, 且两两垂直的三条直线，就是墙角模型 3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3)。 15 名师在线 (1)依题意知，C1M=(1,1,0), B1D=(2,-2,-2)。 解析：因为cos(AA,A)= 2， C1M·B1D=2-2+0=0,即 所以∠A1AB=45°，故AA1在AB的 C1M⊥B1D。 投影数量为.因为csAA,A币) (2)依题意知，CA=(2,0,0)是平 =2,所以∠AAD=60,故AA在 1 面BB,E的一个法向量。 EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1)。 设n=(x,y,之)为平面DB,E的 AD的投影数量为 2。 法向量，则： 以A为 D n·EB1=0, 2y+x=0, 坐标原点，建 即 .7B n·ED=0, 2x-z=0。 立如图4所示 不妨令x=1,则n=(1,一1,2)。 的空间直角 故cos〈CA,n）= CA·n 坐标系，则 图4 cA1·|n incia=- 6 A 6。 二面角BB,ED的正弦值为 6 231 点评：此类型较为常见，直接以共 D222 c.10c+1 交，点的两两垂直的三条直线进行建系。 D(0,1,0) 类型2找“墙角”，平面内有两条 互相垂直的直线，需要作出之轴 易得B--0,》 例2如图3，在平行六面体AB A1C=(1,1,0),CD CD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1= 1,∠DAB D (医-13》 90°， 不妨设平面A,C,D的法向量m cos(AA1, D =(x1y1之1)，则： A店)= B 2 x1十y1=0, 图3 cos(AA1, 2之1=0。 AD)二点M为BD的中点。证明 令x1=1,则m=(1,-1,-√2-1)。 B1M∥平面A,C1D。 因为B1M·m=0,B,M不在平面 16 名师在线 A1C1D内，所以B1M平面AC,D。 别为x轴，y4 点评：此类型试题，垂直关系隐藏 轴，之轴，建立 在某些条件的背后，给出平面内有两条 空间直角坐标 互相垂直的直线，或易证明平面内有两 系，如图6所 条互相垂直的直线，这时候以两条互相 示。 垂直的直线分别为x轴，y轴，再过两 由AC= 条直线的交点作出与平面垂直的之轴， BC=BC=2, 图6 从而建立空间直角坐标系。 得A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,2,2), (二)垂面模型：已知条件中有一条 B1(0,4,2),CB=(0,2,0),BA=(2, 直线垂直于一个平面，就是垂面模型 -2,0)。 类型1垂足在平面图形的顶点处 假定在棱A,B1上存在一点P,使 例3如4 图5，在三棱柱 三面角PBC-C的余弦值为1O ABC-A B C 令B1P=AB1A1=λBA=(2λ， 中，直线C1B -2入，0)，0≤A≤1，则P(2入，4-2入， 平面ABC,平面 2),CP=(2λ，4-2λ，2)。 AAC1C⊥平面 设平面PBC的法向量n=(x,y, BB1C1C。 图5 之)，则： (1)求证：AC⊥BB1。 /n·CP=2λx+(4-2λ)y+2x=0, (2)若AC=BC=BC1=2,在棱 n.CB=2y=0。 A1B1上是否存在一点P,使二面角P 令x=1,得n=(1,0,-λ)。显然平 BCC的余弦值为Y,著存在，求 面BCC1的一个法向量m=(1,0,0)。 依题意知，cos〈m,n)= A,B,的值：若不存在，请说明理由。 BP √/1+λ2×1 3W/10 B P 1 解析：(1)证明过程略。 10,解得入=3即AB,=入=3 (2)过点C作C之∥C1B。由 所以在棱A1B1上存在一点P,使 C1B⊥BC,C,B⊥AC,得Cz⊥CA, Cx⊥CB。 二面角P-BCC,的余弦值为3 10 ，此 由(1)知AC⊥平面BB,C1C, BP1 BCC平面BB1C1C,则CA⊥CB,即直 时 A1B13 线CA,CB,C之两两垂直。以点C为 点评：垂足在平面图形的顶点处， 坐标原点，以CA,CB,Cx所在直线分 常见的建系方法是以垂足为坐标原点， 名师在线 垂线的向上方向为之轴，平面图形的一 设DP=DC=A(-√3,1,0)，入∈ 边为x轴或y轴，在平面图形中，过原 [0,1],则P(-√3λ，λ-1,0)。 点作x轴或y轴的垂线为y轴或x轴 设平面AEF的法向量m=(x,y, (其中很多题目是连接垂足与平面图形 x)。因为AE=(-5,-1,2),EF= 的另一顶点)建立空间直角坐标系。 (0,2,-1),所以： 类型2垂足在平面图形的内部 AE·m=-3x-y+2z=0, 例4如 图7，在多面体 EF.m=2y-之=0。 ABCDEF中， 令y=1,则m=(√3,1,2)。 四边形ABCD 设平面BFP的法向量n=(x1, 为菱形，DE⊥ y1,x1)。因为BF=(0,0,1),BP= 平面ABCD, (-√3λ，入-2,0)，所以： 图7 DE∥BF,AD BF·n=z1=0, =DE=2,BF=1,∠BAD=60°。 BP.n=-3λx1+(入-2)y1=0。 (1)证明：平面FAC⊥平面BDEF。 令x1=λ一2，则n=(入-2，W3入，0)。 (2)线段CD上是否存在一点P, 因为平面AEF与平面BFP夹角 使得平面AEF与平面BFP夹角的余 的余弦值为2所以c0s(m,n)1月 弦值为号？若存在：市判断点P的位 12√3（λ-1） 置；若不存在，请说明理由。 22·√（入-2）2+3λ 4,解得入= 解析：(1)证明过程略。 (2)设 号成x=2(合去) AC∩BD= 所以存在点P满足题目条件，且 0,以0为 P为CD的中点。 坐标原点， D 点评：垂足在平面图形的内部，建 OA,OB的 0 系方法是以垂足为坐标原，点，垂线的向 、B 方向分别为 上方向为之轴，连接垂足与平面图形的 x轴，y轴的 图8 一顶，点所在直线为x轴或y轴，在平 正方向，建立如图8所示的空间直角坐 面图形中，过原点作x轴或y轴的垂 标系，则A(5,0,0),B(0,1,0), 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 C(-3,0,0),D(0,-1,0),E(0,-1, 直角坐标系。 (责任编辑徐利杰) 2),F(0,1,1)。 18