建立空间直角坐标系-解立体几何题

1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：222zyxABAB212212212zzyyxx2、求P点到平面的距离：||||nnPMPN，（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|nPMnPM，(lPM,M,n为的法向量)4、求两异面直线AB与CD的夹角：||||||cosCDABCDAB5、求二面角的平面角：|||||||cos|2121nnnn，（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ba,为平面内的任意两个向量，)1,,(yxn为的法向量，则由方程组00nbna，可求得法向量n．2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（20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=22)22()122(aa=21)22(2a（20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）zxyFEBADCNMP3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=PBPAPBPA=838316116141=-31∴面MNA与面MNB所成二面角α的大小为π-arccos31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02420224zyxzyx，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=nBEnBEBE=nnBE=1919132=11112例3.(2000年二省一市高考题)在直三棱柱ABC-A1B1C1中CA=CB=1，∠BCA=900，棱AA1=2，M﹑N分别是A1B1﹑A1A的中点。（1）求BN的长；（2）求cos11,CBBA；（3）求证：A1B⊥C1M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），A1（1，0，2），B1（0，1，2），C1（0，0，2），M(21，21，2)xyzDCBAGFE4（1）BN=（1，-1，1），故BN=3；（2）1CB=（0，1，2），1BA=（1，-1，2）∴cos11,CBBA=1111CBBACBBA=5641=1030（3）BA1=（-1，1，-2），MC1=(21，21，0)∴BA1•MC1=-1×21+1×21+(-2)×0=0∴A1B⊥C1M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DEBE,；（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DEBE,=DEBEDEBExyzABCDVOEzyxA1B1C1ABCMN5=425425443432222222hahahaa=2222106haha（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DEBE,=2222106haha=-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5.(2000年全国高考题)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为2a。（1）建立适当的坐标系，并写出A﹑B﹑A1﹑C1的坐标；（2）求AC1与侧面ABB1A1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AA1所在直线为z轴，以经过原点且与ABB1A1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），A1（0，0，2a），C1（-a23，2a，2a）6（2）取A1B1的中点M，于是有M（0，2a，2a），连AM﹑MC1有1MC=（-a23，0，0），且AB=（0，a，0），1AA=（0，0，2a）由于1MC·AB=0，1MC·1AA=0，故MC1⊥平面ABB1A1。∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角。∵1AC=（-a23，2a，2a），AM=（0，2a，2a）,∴1AC·AM=0+42a+2a2=492a,1AC=2222443aaa=3a，AM=2224aa=23a∴cosAMAC,1=aaa233492=23∴1AC与AM所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30o。例6.(2002年上海高考题)如图，三棱柱OAB-O1A1B1，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB=600,∠AOB=900，且OB=OO1=2，OA=3。求：（1）二面角O1–AB–O的大小；（2）异面直线A1B与AO1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O1D，则O1D⊥OB∵平面OBB1O1⊥平面OAB，∴O1D⊥面OAB，过D作AB的垂线，垂足为E，连结O1E，则O1E⊥OB，∠DEO1为二面角O1–AB-O的平面角。由题设得O1D=3zxyOBAO1B1A1DEyxzABCA1B1C1M7sin∠OBA=22OBOAOA=721∴DE=DBsin∠OBA=721∵在RtΔO1DE中，tan∠DEO1=7∴∠DEO1=arctan7，即二面角O1–AB–O的大小为arctan7。（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），O1（0，1，3），A（3，0，0），A1（3，1，3），B（0，2，0），则BA1=（-3，1，-3），AO1=（3，-1，-3）cos〈BA1，AO1〉=AOBAAOBA1111=77313=-71故异面直线A1B与AO1所成角的大小arccos71。姓名：张传法地址：山东临沂市罗庄区一中（276017）E-mail:[e-mail]（注：本文发表于《数学通讯》2004年第6期）