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    用坐标系解立体几何常见方法

    时间：2020-10-23 20:13:56 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人 蒲公英阅读网手机站

    相关热词搜索：立体几何 坐标系 常见

    　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：

    　1、求线段的长度：2 2 2z y x AB AB           21 221 221 2z z y y x x      

    　2、求 P 点到平面  的距离：| || |nn PMPN，（N 为垂足，M 为斜足， n 为平面  的法向量）

    　3、求直线 l 与平面  所成的角：| | | || || sin |n PMn PM ，( l PM  ,   M , n 为  的法向量) 4、求两异面直线 AB 与 CD 的夹角：| | | || |cosCD ABCD AB 

    　5、求二面角的平面角  ：| | | || || cos |2 12 1n nn n ，（ 1n ，2n 为二面角的两个面的法向量）

    　6、求二面角的平面角  ：SS 射影  cos，（射影面积法）

    　7、求法向量：①找；②求：设 b a,

    　为平面  内的任意两个向量， ) 1 , , ( y x n  为  的法向量， 则由方程组  00n bn a，可求得法向量 n ．

    　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﹑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 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﹑ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF 上移动，若 CM=BN=a （ 2 0   a ）。

    　（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( a22，0， a221 ),N（ a22， a22，0）

    　∴ MN

    　=(0， a22， 122 a ) ∴ MN =2 2)22( ) 122(aa  

    　=21)22(2  a （ 2 0   a ）

    　（2）由（1）

    　MN =21)22(2  a

    　所以，当 a=22时，minMN =22， 即 M﹑N 分别移动到 AC﹑BF 的中点时，MN 的长最小，最小值为22。

    　（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。

    　MN 的长最小时 M(21，0，21),N（21，21，0）

    　z zx xy yF FE EB BA AD DC CN NM MP P

    　由中点坐标公式 P(21，41，41),又 A（1，0，0），B（0，0，0）

    　∴

    　PA =(21，-41，-41)， PB =(-21，-41，-41) ∴

    　cos∠APB=PB PAPB PA=838316116141  =-31 ∴

    　面 MNA 与面 MNB 所成二面角α的大小为π-arccos31 例 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 ， 得 0 2 4 20 2 2 4    z y xz y x ， 令 z=1，得 x=31，y=31， 即 n =（31，31，1）， GC 在 n 方向上的射影的长度为 d =n BEn BEBE =nn BE=1919132 =1111 2 例 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=900 ，棱 A A1 =2，M﹑N 分别是 A 1 B 1 ﹑A 1

    　A 的中点。

    　（1）求 BN 的长； （2）

    　求 cos  1 1 ,CBBA ；（3）求证：A 1 B⊥C 1 M

    　解：建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz，则 C（0，0，0），B（0，1，0），

    　 N（1，0，1），A 1 （1，0，2），B 1 （0，1，2），C 1 （0，0，2），M(21，21，2) x xy yz zD DC CB BA AG GF FE E

    　（1）

    　BN =（1，-1，1）， 故 BN = 3 ； （2）1CB =（0，1，2），1BA =（1，-1，2）

    　∴ cos  1 1 ,CBBA =1 11 1CB BACB BA =5 64 1 =1030

    　（3）

    　B A 1 =（-1， 1，-2）， M C 1 =(21，21，0)

    　 ∴

    　B A 1 • M C 1 = -1×21+1×21+(-2)×0=0 ∴

    　A 1 B⊥C 1 M 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 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   DE BE, ； （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）， D（-a，-a，0），E（-2a，2a，2h）

    　∴ BE =（-23a，-2a，2h）， DE =（2a，23a，2h）

    　 cos   DE BE, =DE BEDE BE x xy yz zA A B BC C D DV VO OE Ez zy yx xA A 1 1B B 1 1 C C 1 1A AB BC CM MN N

    　=4 254 254 43432 2 2 22 2 2h a h ah a a    

    　=2 22 2106h ah a  （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

    　即 BE · VC =232a-22a-22h= a2 -22h=0， a2 =22h 代入

    　cos   DE BE, =2 22 2106h ah a =-31 即∠BED=π-arccos31

    　 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 例 5.

    　(2000 年全国高考题) 如图，正三棱柱 ABC- A 1 B 1 C 1 的底面边长为 a，侧棱长为 2 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 （- a23，2a， 2 a）

    　（2）取 A 1 B 1 的中点 M，于是有 M（0，2a， 2 a），连 AM﹑MC 1 有

    　1MC =（- a23，0，0），且 AB =（0，a，0），1AA =（0，0， 2 a）

    　由于1MC · AB =0，1MC ·1AA =0，故 MC 1 ⊥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。

    　∵ 1AC =（- a23，2a， 2 a）， AM =（0，2a， 2 a）, ∴ 1AC · AM =0+42a+2a2

    　=492a,

    　 1AC =22 224 43aa a  = 3 a ， AM =2224aa =23a ∴ cos   AM AC ,1=a aa233492=23 ∴ 1AC 与 AM 所成的角，即 AC 1 与侧面 AB B 1 A 1 所成的角为 30o

    　。

    　例 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 1 OB=600 , ∠AOB=90 0 ，且 OB= OO1 =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， ∠DEO 1 为二面角 O 1 –AB-O 的平面角。

    　由题设得 O 1 D= 3

    　z zx xy y O OB BA AO O 1 1B B 1 1A A 1 1D DE Ey yx xz zA AB BC CA A 1 1B B 1 1C C 1 1M M

    　sin∠OBA=2 2OB OAOA=721 ∴ DE=DBsin∠OBA=721 ∵ 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 B A 1 =（- 3 ，1，- 3 ）， A O 1 =（ 3 ，-1，- 3 ）

    　cos〈 B A 1 ， A O 1 〉=A O B AA O B A1 11 1=7 73 1 3   =-71 故异面直线 A 1 B 与 A O 1 所成角的大小 arccos71。

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