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用坐标系解立体几何常见方法


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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 ? x 2 ? y 2 ? z 2 ? ?x2 ? x1 ?2 ? ? y2 ? y1 ?2 ? ?z2 ? z1 ?2
PN ? | PM ? n | |n|
, (N 为垂足,M 为斜足, n 为平面 ? 的法向量)

2、求 P 点到平面 ? 的距离:

3、求直线 l 与平面 ? 所成的角: | sin ?

|?

| PM ? n | | PM | ? | n | ?

,( PM ? l , M ? ? , n 为 ? 的法向量)

4、求两异面直线 AB 与 CD 的夹角: cos ?

| AB ? CD | | AB | ? | CD |
, ( n1 , n2 为二面角的两个面的法向量)

5、求二面角的平面角 ? : | cos?

|?

| n1 ? n 2 | | n1 | ? | n2 |

6、求二面角的平面角 ? : cos?

?

S 射影 S

, (射影面积法)

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 ?

-1-

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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 (0 ? 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 空间直角坐标系 B-xyz,由 CM=BN=a,M(
2 2 a, a ?1) 2 2 2 2 2 2 a ,0, 1 ? a ),N( a, a ,0) 2 2 2 2
z C

∴ MN =(0,



MN

= (

2 2a 2 a ? 1) 2 ? ( ) 2 2

D M P E N A x F y

2 2 1 = (a ? ) ? (0 ? a ? 2 ) 2 2
(2)由(1) MN = (a ?
2 时, MN 2

B

2 2 1 ) ? 2 2
=
2 , 2

所以,当 a=

min

即 M﹑N 分别移动到 AC﹑BF 的中点时,MN 的长最小,最小值为 (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。 1 1 1 1 MN 的长最小时 M( ,0, ),N( , ,0) 2 2 2 2
-2-

2 。 2

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由中点坐标公式 P( ∴ ∴
1 1 1 , , ),又 A(1,0,0) ,B(0,0,0) 2 4 4 1 1 1 1 1 1 PA =( ,- ,- ), PB =(- ,- ,- ) 2 4 4 2 4 4

cos∠APB=

PA ? PB PA ? PB

=

?

1 1 1 ? ? 1 4 16 16 =3 3 3 ? 8 8

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,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)



面 MNA 与面 MNB 所成二面角α 的大小为π -arccos

∴ 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 4 x ? 2 y ?2 z ?0 ,
1 1 令 z=1,得 x= ,y= , 3 3 1 1 即 n =( , ,1) , 3 3
D F A E y B z

?

2 x ?4 y ?2 z ?0

G

x

C

GC 在 n 方向上的射影的长度为
d = BE ?

BE ? n BE ? n

=

BE ? n n

=

2 = 2 11 3 11 1 1 ? ?1 9 9

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 A A1=2,M﹑N 分别是 A1B1﹑A1 A 的中点。 (1)求 BN 的长; (2) 求 cos ? BA (3)求证:A1B⊥C1M 1 , CB1 ? ; 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) , 1 1 N(1,0,1) ,A1(1,0,2) ,B1(0,1,2) ,C1(0,0,2) ,M( , ,2) 2 2
-3-

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(1) BN =(1,-1,1) , 故 BN = 3 ;
z

(2) CB1 =(0,1,2) , BA 1 =(1,-1,2) ∴ cos ? BA 1 , CB1 ? =

C1 A1 C M

B1

BA 1 ? CB1 BA 1 ? CB1

?1? 4 30 = = 10 6? 5

B y

N A

(3) A1 B =(-1, 1,-2) ,
1 1 C1 M =( , ,0) 2 2 1 1 ∴ A1 B ? C1 M = -1× +1× +(-2)×0=0 2 2 ∴ A1B⊥C1M
x

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 ? 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) , a a h D(-a,-a,0) ,E(- , , ) 2 2 2 3a a h ∴ BE =(- ,- , ) , 2 2 2 a 3a h DE =( , , ) 2 2 2 cos ? BE, DE ? =
z V E

D O A
-4-

C y B

BE ? DE BE ? DE

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x

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3a 2 3a 2 h2 ? ? 4 4 4 2 2 2 5a h 5a h2 ? ? ? 2 4 2 4 ?
? 6a 2 ? h 2 10a 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 即 BE · VC =
3a 2 a 2 h 2 h2 h2 = a2=0, a2= 2 2 2 2 2
1 ? 6a 2 ? h 2 =2 2 3 10a ? h

代入 cos ? BE, DE ? = 即∠BED=π -arccos
1 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- A1B1C1 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﹑A1﹑C1 的坐标; (2) 求 AC1 与侧面 AB B1A1 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, 2 a) ,C1(-5-

a 3 a , , 2 a) 2 2

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(2)取 A1B1 的中点 M,于是有 M(0,
a , 2 a) ,连 AM﹑MC1 有 2

MC1 =(-

3 ,且 AB =(0,a,0) , AA a ,0,0) 1 =(0,0, 2 a) 2

由于 MC1 · AB =0, MC1 · AA 1 =0,故 MC1⊥平面 AB B1A1 。 ∴ A C1 与 AM 所成的角就是 AC1 与侧面 AB B1A1 所成的角。 ∵ AC1 =(a a 3 , AM =(0, , 2 a), a , , 2 a) 2 2 2

∴ AC1 · AM =0+

a2 9a 2 +2a2 = , 4 4
A1

z C1 M B1

AC1 =

3a 2 a 2 ? ? 2a 2 = 3 a , 4 4
3a a2 ? 2a 2 = 2 4

AM =

C A x B y

9a 2 3 4 ∴ cos ? AC1 , AM ? = = 3 2 3a ? a 2

∴ AC1 与 AM 所成的角,即 AC1 与侧面 AB B1A1 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 A O1 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⊥ z OB, ∠DEO1 为二面角 O1–AB-O 的平面角。 由题设得 O1D= 3
-6-

O1 A1

B1

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O

D

y

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sin∠OBA=

OA OA2 ? OB 2

=

21 7

∴ DE=DBsin∠OBA=

21 7

∵ 在 RtΔ O1DE 中,tan∠DE O1= 7 ∴ ∠DE O1=arctan 7 ,即二面角 O1–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) ,O1(0,1, 3 ) , A( 3 ,0,0) , A1( 3 ,1, 3 ) , B(0,2,0) , 则 A1 B =(- 3 ,1,- 3 ) , O1 A =( 3 ,-1,- 3 ) cos〈 A1 B , O1 A 〉=

A1 B ? O1 A A1 B ? O1 A

=

? 3 ?1? 3 7 7

=-

1 7

故异面直线 A1B 与 A O1 所成角的大小 arccos

1 。 7

-7-

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