前言

尝试总结立体几何中常见几何体的建系类型，比如正四面体中、正三棱柱中、四棱锥等中的建系方法，坐标计算方法等，便于学习。

典例剖析

例1【正四面体中的建系】

如图，正四面体\(P-ABC\)中，\(D\)、\(E\)分别是\(AB\)和\(PC\)的中点，则直线\(AE\)与\(PD\)所成角的余弦值是多少？

法1：空间向量法，如图所示，\(PF\perp\)面\(ABC\)，\(F\)为\(\Delta ABC\)的中心，

以点\(D\)为坐标原点，以\(DF\)、\(DB\)以及与\(FP\)平行的直线分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴建立如图所示的空间直角坐标系，

令正四面体的棱长为\(2\)，则得到以下点的空间坐标

\(D(0，0，0)\)，\(A(0，-1，0)\)，\(B(0，1，0)\)，

\(C(-\sqrt{3}，0，0)\)，\(P(-\cfrac{\sqrt{3}}{3}，0，\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，\(E(-\cfrac{2\sqrt{3}}{3}，0，\cfrac{\sqrt{6}}{3})\)，

则有\(\overrightarrow{PD}=(\cfrac{\sqrt{3}}{3}，0，-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)；\(\overrightarrow{AE}=(-\cfrac{2\sqrt{3}}{3}，1，\cfrac{\sqrt{6}}{3})\)；

令异面直线\(PD\)和\(AE\)的夹角为\(\theta\)，则有\(cos\theta\)

\(=\cfrac{|\cfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot (-\cfrac{2\sqrt{3}}{3})+0\cdot 1+(-\cfrac{2\sqrt{6}}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{6}}{3})|}{\sqrt{(\cfrac{\sqrt{3}}{3})^2+(-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})^2}\cdot \sqrt{(-\cfrac{2\sqrt{3}}{3})^2+1^2+(\cfrac{\sqrt{6}}{3})^2}}=\cfrac{2}{3}\)。

说明：向量的夹角范围为\([0，\pi]\)，两异面直线的夹角范围\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)。

法2：立体几何法，先作再证后算。

思路：异面直线所成的角，一般是经过平移，使其相交，构建三角形来计算。

过点\(A\)做\(AM//BC\)，过点\(B\)做\(BM//AC\)交\(AM\)于点\(M\)，

点\(F\)、\(H\)、\(G\)分别是线段\(PB\)、\(AM\)、\(BD\)的中点，连接\(HF\)、\(FG\)、\(HG\)，

则有\(EF//==AH\)，则\(AE//FH\)，又\(PD//FG\)，故\(\angle HFG\)为两条异面直线所成的角。

设正四面体的棱长为\(2\)，则\(AE=FH=PD=\sqrt{3}\)，\(FG=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)；

又在\(\Delta AHG\)中，\(AH=1\)，\(AG=\cfrac{3}{2}\)，\(\angle HAG=60^\circ\)，

由余弦定理可知，\(HG=\cfrac{\sqrt{7}}{2}\)，

在\(\Delta HFG\)中，\(HF=\sqrt{3}\)，\(FG=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(HG=\cfrac{\sqrt{7}}{2}\)，

由余弦定理可知\(cos\angle HFG=\cfrac{2}{3}\)。

例2【四棱锥中的建系】(2017凤翔中学第三次月考理科第19题)

如图所示，四棱锥\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是个边长为2的正方形，侧棱\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且\(PA=2\)，\(Q\)是\(PA\)的中点.

（1）证明：\(BD\perp\)平面\(PAC\) ；暂略

（2）求二面角\(C-BD-Q\)的余弦值。

分析：有题可知，\(AB、AP、AD\)两两垂直，以\(A\)为坐标原点，分别以\(AB、AD、AP\)所在直线为\(x，y，z\)轴建立空间直角坐标系，如图所示。

则点\(B(2，0，0)\)，\(C(2，2，0)\)，\(D(0，2，0)\)，\(Q(0，0，1)\)，

所以\(\overrightarrow{BD}=(-2，2，0)\)，\(\overrightarrow{BQ}=(-2，0，1)\)，

设平面\(BDQ\)的法向量为\(\vec{m}=(x，y，z)\)，则有

\(\begin{cases}\vec{m}\perp\overrightarrow{BD}\\\vec{m}\perp\overrightarrow{BQ}\end{cases}\) \(\Longrightarrow \begin{cases}\vec{m}\cdot\overrightarrow{BD}=0\\\vec{m}\cdot\overrightarrow{BQ}=0\end{cases}\)

即\(\begin{cases}-2x+2y=0\\-2x+z=0\end{cases}\)，可以取\(\vec{m}=(1，1，2)\)

平面\(BDC\)的法向量为\(\vec{n}=(0，0，1)\)，

设二面角\(C-BD-Q\)为\(\theta\)，由图可知，\(\theta\)为钝角，则有

\(cos\theta=-|cos<\vec{m}，\vec{n}>|=-\cfrac{\vec{m}\cdot\vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=-\cfrac{2}{\sqrt{6}}=-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)

所以二面角\(C-BD-Q\)的余弦值为\(-\cfrac{\sqrt{6}}{3}\)。

例3【正三棱柱中的建系】【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第10题】

已知正三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AB=AA_1=2\)，则异面直线\(AB_1\)与\(CA_1\)所成角的余弦值为【】

【法1】空间向量法，第一种建系方式；以点\(A\)为坐标原点，以\(AC\)，\(AA_1\)分别为\(y\)、\(z\)轴，以和\(AC\)垂直的直线为\(x\)轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则\(A(0，0，0)\)，\(B(\sqrt{3}，1，0)\)，\(A_1(0，0，2)\)，\(B_1(\sqrt{3}，1，2)\)，\(C(0，2，0)\)，

\(\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2)\)，且线线角的范围是\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

故所求角的余弦值为\(|cos<\overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{A_1C}>|=\cfrac{|1\times 2+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}\)。故选\(C\)。

【法1】空间向量法，第二种建系方式；以\(BN\)的中点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则\(A(1，0，0)\)，\(B(0，\sqrt{3}，0)\)，\(C(-1，0，0)\)，\(A_1(1，0，2)\)，\(B_1(0，\sqrt{3}，2)\)，\(C_1(-1，0，2)\)，

\(\overrightarrow{AB_1}=(-1，\sqrt{3}，2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(-2，0，-2)\)，且线线角的范围是\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

故所求角的余弦值为\(|cos<\overrightarrow{AB_1}，\overrightarrow{A_1C}>|=\cfrac{|-1\times (-2)+\sqrt{3}\times 0+2\times(-2)|}{\sqrt{8}\times\sqrt{8}}=\cfrac{1}{4}\)。故选\(C\)。

【法2】：立体几何法，补体平移法，将正三棱柱补体为一个底面为菱形的直四棱柱，连结\(B_1D\)，则\(B_1D//A_1C\)，

故异面直线\(AB_1\)与\(CA_1\)所成角，即转化为共面直线\(AB_1\)与\(B_1D\)所成的角\(\angle AB_1D\)，连结\(AD\)，

在\(\Delta AB_1D\)中，\(AB=AA_1=2\)，可得\(AB_1=B_1D=2\sqrt{2}\)，\(AD=2\sqrt{3}\)，

由余弦定理可知，\(cos\angle AB_1D=\cfrac{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2-(2\sqrt{3})^2}{2\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{3}}=\cfrac{1}{4}\)，

故所求为\(\cfrac{1}{4}\)，故选\(C\)。

例4【2018年全国卷Ⅰ第18题】如图，四边形\(ABCD\)为正方形，\(E\)，\(F\)分别为\(AD\)，\(BC\)的中点，以\(DF\)为折痕把\(\triangle DFC\)折起，使点\(C\)到达点\(P\)的位置，且\(PF\perp BF\)，

(1).证明：平面\(PEF\perp\)平面\(ABFD\)；

证明：由已知可得，\(BF\perp PF\)，\(BF\perp EF\)，

又\(PF\cap EF=F\)，\(PF\subseteq\)平面\(PEF\)，\(EF\subseteq\)平面\(PEF\)，

所以\(BF\perp\)平面\(PEF\)，又\(BF\subseteq\)平面\(ABFD\)，

所以平面\(PEF\perp\)平面\(ABFD\)；

(2).求\(DP\)与平面\(ABFD\)所成角的正弦值。

解：作\(PH\perp EF\)，垂足为\(H\)，由(1)得，\(PH\perp\)平面\(ABFD\)，以\(H\)为坐标原点，\(\overrightarrow{HF}\)的方向为\(y\)轴正方向，\(|\overrightarrow{BF}|\)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系\(H-xyz\)，

由(1)得到，\(DE\perp PE\)，又\(DP=2\)，\(DE=1\)，所以\(PE=\sqrt{3}\)，

又\(PF=1\)，\(EF=2\)，所以\(PE\perp PF\)，可得\(PH=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(EH=\cfrac{3}{2}\)，

则\(H(0，0，0)\)，\(P(0，0，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(D(-1，-\cfrac{3}{2}，0)\)，

则\(\overrightarrow{DP}=(1，\cfrac{3}{2}，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，\(\overrightarrow{HP}=(0，0，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)为平面\(ABFD\)的法向量，

设\(DP\)与平面\(ABFD\)所成角为\(\theta\)，则\(sin\theta=|cos<\overrightarrow{HP}，\overrightarrow{DP}>|=|\cfrac{\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}|=\cfrac{\frac{3}{4}}{\sqrt{3}}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)，

所以\(DP\)与平面\(ABFD\)所成角的正弦值为\(\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。

例5【长方体中建系】【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】

如图，长方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)的底面\(ABCD\)是正方形，点\(E\)在棱\(AA_1\)上，\(BE\perp EC_1\).

(1).证明：\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；

分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；

解析：由已知\(B_1C_1\perp\)平面\(ABB_1A_1\)，\(BE\subset\)平面\(ABB_1A_1\)，故\(B_1C_1\perp BE\)，

又\(BE\perp EC_1\)，\(B_1C_1\subset\)平面\(EB_1C_1\)，\(EC_1\subset\)平面\(EB_1C_1\)，\(B_1C_1\cap EC_1=C_1\)，

故\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；

(2).若\(AE=A_1E\)，求二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值；

解析：由(1)知道\(\angle BEB_1=90^{\circ}\)，由题设可知\(Rt\triangle ABE Rt\triangle A_1B_1E\)，所以\(\angle AEB=45^{\circ}\)，故\(AE=AB\)，\(AA_1=2AB\)，

以\(D\)为坐标原点，\(\overrightarrow{DA}\)的方向为\(x\)轴的正方向，\(|\overrightarrow{DA}|\)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系\(D-xyz\)，

则\(C(0，1，0)\)，\(B(1，1，0)\)，\(C_1(0，1，2)\)，\(E(1，0，1)\)，\(\overrightarrow{CB}=(1，0，0)\)，\(\overrightarrow{CE}=(1，-1，1)\)，\(\overrightarrow{CC_1}=(0，0，2)\)，

设平面\(EBC\)的法向量\(\vec{n}=(x，y，z)\)，

则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{n}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以赋值取\(\vec{n}=(0，-1，-1)\)，

设平面\(ECC_1\)的法向量\(\vec{m}=(x，y，z)\)，

则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CC_1}\cdot \vec{m}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{m}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{2z=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以赋值取\(\vec{m}=(1，1，0)\)，

于是，\(cos<\vec{n}，\vec{m}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=-\cfrac{1}{2}\)，

即\(<\vec{n}，\vec{m}>=120^{\circ}\)，所以，二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。

解后反思：当然，本题目同样可用点\(C\)做为坐标原点来建立坐标系。