用坐标系解立体几何常见方法
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：AB AB x2y2z2x2x12y2y12z2z12
|PM n|
2、求P点到平面的距离：PN ，（N为垂足，M为斜足，n 为平面的法向量）
|n|
|PM n|
3、求直线 l 与平面所成的角：|sin |，（PM l , M , n 为的法向量）
|PM| |n|
|AB CD|
4、求两异面直线AB 与CD的夹角：cos
|AB| |CD|
|n1 n2 |
5、求二面角的平面角：|cos | ，（n1，n2为二面角的两个面的法向量）|n1| |n2 |
S射影
6、求二面角的平面角：cos ，（射影面积法）
S
7、求法向量：①找；②求：设a,b 为平面内的任意两个向量，n （ x, y,1）为的法向量，
a n 0
则由方程组，可求得法向量n ．
b n 0
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（=a0 a 2 ）。（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
即M﹑N 分别移动到AC﹑BF的中点时，MN的长最小，最小值为
2 （3）取MN的中点P，连结AP﹑BP，因为AM=A，N BM=B，N 所以
AP⊥MN，BP⊥MN，∠ APB即为二面角α的平面角。
1 1 1 1
MN的长最小时M（，0，）,N （，，0）
2 2 2 2
（1）求 BN 的长； （2） 求 cos BA 1, CB 1 ；（3）求证： A 1B ⊥C 1M 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）， 11
N （1，0，1），A 1（1，0，2），B 1（0，1，2），C 1（0，0，2），M （1
， 1
，2）
22
11
由中点坐标公式 P （ 1
， 1
24 -1
），
PA =( 1
，- 1
， 24 1 ), 又 A ( 1， 0， 4
0），B 0，0，0）
PB =(-
1
， 4 1
3
例 2. （1991 年全国高考题 ）如图，已知 ABCD 是边长为 4 的正方形， 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 由题意 C （ 0，0，0），G （0，0，2）， ∴ 面 MNA 与面 MNB 所成二面角 α的大小为 π -arccos
C-xyz ，
E （2，4，0），
F （4，2，
），
E ﹑
F 分别是 B （0，4，0） cos
1 3
G
C
∴ GE =（2，4，-2 ）， GF =（4，2， -2），BE =（2，0，0）
例 3. （2000 年二省一市高考题 ） 在直三棱柱 ABC- A 1B 1C 1 中 CA=CB=，1
∠BCA=900
，棱 A A 1=2，M ﹑N 分别是 A 1B 1﹑A 1 A 的中点。
x
1）BN =（1，-1，1）， 故 BN = 3； 2）CB 1 =（0，1，2），BA 1 =（1，-1 ， 2）
A 1
B ⊥
C 1M
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 。
∴ cos BA 1 , CB 1 =
BA 1 CB 1
BA
1
CB
1
6 5 10
3) A 1B=
（-1， 1，-2），
C 1M 11
=( ， ，0)
1）求 cos BE,DE ； （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 ，
E （ a a
2
2
3a a ，h
∴ BE =( -
，
）
2
2 2
cos BE,DE
BE DE BE DE
1 4 30
A 1B?C 1M = -1 ×1
+1× 1
+(-2) ×0=0
22
h
）
2
DE =
a
2
，
3a
，
h
2
， 2
z
C
y
V
AB
5a
22
=
6a 2 h 2 =
10 a 2 h
2
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
2 2 2 2 2 3a a h 2 h 2 h 即 BE · VC = - - = a - =0， a = 2 2 2 2 2
1
即∠ BED=π-arccos
3
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- A 1B 1C 1 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 ﹑A 1﹑C 1 的坐标； （2） 求 AC 1与侧面 AB B 1A 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 1A 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（- 3 a ，a ， 2a ）
22
3a
3a
5a
代入 cos BE,DE =
6a 2 h 10 a 2 h 2
2）取 A 1B 1的中点 M ，于是有 M （0， ， 2 a ），连 AM ﹑MC 1 有
2 MC 1 =（-
a ，0，0），且 AB =（ 0，a ，0）， AA 1 =（ 0， 0， 2 a ）
1
2 1
由于MC 1 · AB =0， MC 1 · AA 1 =0，故 MC 1⊥平面 AB B 1A 1 。 ∴ A C 1与 AM 所成的角就是 AC 1与侧面 AB B 1A 1所成的角。 ∵ AC 1 =(- 3
a ， a
， 2
a )， AM =(0
22
22
AC 1 ·AM =0+a +2a 2 = 9a
1
4 4
2
∴ AC 1与 AM 所成的角，即 AC 1与侧面 AB B 1A 1所成的角为 30o 。
例 6. （2002 年上海高考题 ） 如图，三棱柱 OAB- O 1A 1B 1 ，平面 OBB 1O 1⊥平面 OAB ， ∠O 1OB=600, ∠AOB=900，且 OB= OO 1=2，OA= 3 。
求：（1）二面角 O 1–AB –O 的大小；
（2）异面直线 A 1B 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 1D ，则 O 1D ⊥OB ∵ 平面 OBB 1O 1 ⊥平面 OAB ，
∴ O 1D ⊥面 OAB ，
过 D 作 AB 的垂线，垂足为 E ，连结 O 1E ， 则 O 1E ⊥
∠DEO 1 为二面角 O 1–AB-O 的平面角。
由题设得 O 1D= 3
a ， a
2
， 2a ),
= 3a ，
3
∴ cos AC 1, AM = 4
= 3
∴ cos AC 1,AM =
3a
3a
=
2
sin ∠OBA= OA = 21
OA 2 OB 2 7
∴ DE=DBsin ∠ OBA= 21
7
∵ 在 Rt ΔO 1DE 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 A 1B=（- 3 ，1，- 3 ），O 1A =（ 3 ，-1，- 3 ）
1
故异面直线 A 1B 与 A O 1所成角的大小
arccos 1
。
7
cos 〈 A 1B ， O 1A 〉=
A 1
B O 1 A A 1B O 1A
3 1 3 1
7 7 =- 7