素养拓展28 立体几何中的建系设点问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展28立体几何中的建系设点问题（精讲+精练）一、建系有关的基础储备与垂直相关的定理与结论（1）线面垂直①如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直②两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直③两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直④直棱柱：侧棱与底面垂直；⑤有一条侧棱垂直于底面的椎体。⑥正三棱柱、正四棱柱：顶点在底面的投影为底面的中心。⑦侧面与底面所成角均相等或侧棱长均相等可得顶点在底面的投影为底面的中心。（2）线线垂直（相交垂直）①正方形，矩形，直角梯形②等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）③菱形的对角线相互垂直④勾股定理逆定理：若222ABACBC，则ABAC二、建立直角坐标系的原则1.z轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z轴要与坐标平面xOy垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z轴与底面的交点2.,xy轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：（1）尽可能的让底面上更多的点位于,xy轴上（2）找角：,xy轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件（3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点3.常用的空间直角坐标系满足,,xyz轴成右手系，所以在标,xy轴时要注意。4.同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同。但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）一、知识点梳理是一致的。5.解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略。三、坐标的书写1.能够直接写出坐标的点（1）坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的,,'ACD点，坐标特点如下：x轴：,0,0xy轴：0,,0yz轴：0,0,z（2）底面上的点：坐标均为,,0xy，即竖坐标0z，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以下图为例：则可快速写出,HI点的坐标，位置关系清晰明了111,,0,,1,022HI2.空间中在底面投影为特殊位置的点如果'11,,Axyz在底面的投影为22,,0Axy，那么1212,xxyy（即点与投影点的横纵坐标相同）这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离。例如：正方体中的'B点，其投影为B，而1,1,0B所以'1,1,Bz，而其到底面的距离为1，故坐标为'1,1,1B以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法：3.需要计算的点①中点坐标公式：111222,,,,,AxyzBxyz，则AB中点121212,,222xxyyzzM②利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，IHOCAB例如：求'A点的坐标，如果使用向量计算，则设',,Axyz，可直接写出'1,0,0,1,1,0,1,1,1ABB，观察向量''ABAB，而0,1,0AB，''1,1,1ABxyz101110101xxyyzz'1,0,1A四、空间直角坐标系建立的模型(1)墙角模型：已知条件中有过一点两两垂直的三条直线，就是墙角模型．建系：以该点为原点，分别以两两垂直的三条直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，当然条件不明显时，要先证明过一点的三条直线两两垂直(即一个线面垂直面内两条线垂直)，这个过程不能省略．然后建系．(2)垂面模型：已知条件中有一条直线垂直于一个平面，就是墙角模型．情形１垂下(上)模型：直线竖直，平面水平，大部分题目都是这种类型．如图，此情形包括垂足在平面图形的顶点处、垂足在平面图形的边上(中点多)和垂足在平面图形的内部三种情况．第一种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，平面图形的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为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)建立空间直角坐标系．如图1-1第二种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，垂足所在的一边为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为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)建立空间直角坐标系．如图1-2第三种建系方法为以垂足为坐标原点，垂线的向上方向为z轴，连接垂足与平面图形的一顶点所在直线为为x轴或y轴，在平面图形中，过原点作x轴或y轴的垂线为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)建立空间直角坐标系．如图1-3lαOlαyxzOxyzOBADCA1B1C1D1EFxyzBACA1B1C1DFExyz图1－1lαOlαyxzO图1－2lαOxlαOyzODABCPxyz图1－3情形2垂左(右)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1．lαOlαOyxzlαOlαOyxzlαOlαOyxz图2－1图2－2图2－3情形3垂后(前)模型：直线水平，平面竖直，这种类型的题目很少．各种情况如图，建系方法可类比情形1．lαOlαOyzxlαOlαyzOxlαOxlαOzy图3－1图3－2图3－3ABCDOExyzFM【典例1】如图，在等腰梯形ABCD中，ABCD∥，1,60ADDCCBABC，CF平面ABCD，且1CF，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。方案一：（选择BC为轴），连结AC可知120ADC在ADC中2222cos3ACADDCADDCADC3AC由3,1,60ACBCABC可解得2,90ABACBACBCCF平面ABCD,CFACCFBC，以,,ACCFBC为坐标轴如图建系：310,1,0,3,0,0,,,0,0,0,122BADF方案二（以CD为轴）：过C作CD的垂线CMCF平面ABCD，,CFCDCFCM以,,CDCFCM为坐标轴如图建系：（同方案一）计算可得：3,22CMAB3331,,0,,,0,0,1,0,0,0,12222ABDFDCABDCAB二、题型精讲精练【典例2】如图：已知PO平面ABCD，点O在AB上，且EAPO∥，四边形ABCD为直角梯形，1,,2,2ADBCBCABBCCDBOPOEAAOCD∥，建立适当的坐标系并求出各点坐标解：PO平面ABCD，EAPO∥EA平面ABCD,EAABEAAD,ADBCBCAB∥ADAB,,AEADAB两两垂直，如图建系：112EACD0,0,1ERtAOB中：223ABOBOA1cos602AOAOBAOBBOADBC∥60BOCAOBBCBOBOC为等边三角形OCBCCD60OCB60DOCCOD为等边三角形2ODCD3,0,0,0,1,0,0,3,0,3,2,0BODCP在底面ABCD投影为O且2PO0,1,2P综上所述：3,0,0,0,1,0,0,3,0,3,2,0,0,1,2,0,0,1BODCPEO【题型训练-刷模拟】一、解答题1．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考模拟预测）如图所示，在三棱柱ABFDCE中，点G、M分别是线段AD、BF的中点.(1)求证：//AM平面BEG；(2)若三棱柱ABFDCE的侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面ABCD平面ADEF，求二面角EBGF的余弦值；【答案】(1)证明见解析(2)23【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）取BE中点N，则MN平行且等于12FE，AG也平行且等于12BC，而BC平行且等于EF，所以MN平行且等于AG，因此四边形AMNG为平行四边形，AM∥GN，又AM平面BEG，GN平面BEG，所以//AM平面BEG；（2）由已知易证,,AFADAFABABAD建立以A为原点，以,,ABADAF的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,2,0)C，(0,2,0)D，(0,2,2)E，(0,0,2)F，(0,1,0)G，(1,0,1)M，所以(2,2,2),(2,1,0)BEBG，设(,,)nxyz为面BEG的法向量，则22201,2,120nBExyznnBGxy，同理可求平面BFG的法向量为(1,2,1)m，2222221412cos,3121121nmmnnm.所以二面角EBGF的余弦值为23.2．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考三模）如图所示，ABC为等边三角形，EA平面ABC，//EABD，2ABBD，1AE，M为线段AB上一动点．(1)若M为线段AB的中点，证明：EDMC．(2)若3AMMB，求二面角DCME的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1722220【分析】（1）根据线面垂直可得EACM，再证明CM平面ABDE，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）设AB的中点为O，连接OC，在平面ABDE内，过点O作ONAB交ED于点N，以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）因为M为线段AB的中点，且ABC为等边三角形，所以CMAB，因为EA平面ABC，CM平面ABC，所以EACM，因为//EABD，所以A，B，D，E四点共面，因为AB平面ABDE，AE平面ABDE，ABAEA，所以CM平面ABDE，因为DE平面ABDE，所以EDMC；（2）设AB的中点为O，连接OC，在平面ABDE内，过点O作ONAB交ED于点N，由（1）可得,,OCONAB两两垂直，分别以OB，OC，ON所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为2ABBD，1AE，3AMMB，所以1,0,02M，0,3,0C，1,0,1E，1,0,2D，所以1,3,02MC，3,0,12ME，1,0,22MD．，设平面MCE的法向量为111,,mxyz，则11111302302mMCxymMExz，令123x，得11y，133z，所以平面MCE的一个法向量为23,1,33m，设平面MCD的法向量为222,,xnyz，则222213021202nMCxynMDxz，令223x，得21y，232z，所以平面MCD的一个法向量为323,1,2n，所以1717222cos,22055404mnmnmn，所以二面角DCME的余弦值为1722220．3．（2023·河北秦皇岛·统考模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的菱形，60,BCDAC与BD交于点,OOE平面,,2ABCDEFABEF//．(1)求证：平面FBC平面ABCD；(2)若32AE，点Q为AE的中点，求二面角QBCA的余弦值．【答案】