常見的建系類型匯總

前言

如果沒有笛卡爾平面直角坐標系，那么涉及平面向量的問題只能用基向量的方法[形的角度]求解，不能用代數方法[數的角度]計算；同理如果沒有空間直角坐標系的介入，立體幾何中的問題也就只能從形的角度思考，而不能用代數方法[數的角度]來計算；所以建系的目的主要是想把有關形的問題，通過代數的方法計算解決；

本博文旨在總結立體幾何中常見幾何體的建系方法和類型，比如正四面體中、正三棱柱中、四棱錐等中的建系方法，坐標計算方法等，便於學習。而且我們應該知道，當建立的坐標系不同時，計算的難度是不一樣的。

建平直系

• 平面問題中若涉及平面向量的計算問題，常可以建立平面直角坐標系；

例1 【2017河北武邑中學一模，文11】在\(Rt\Delta ABC\)中，\(CA=CB=3\)，\(M，N\)是斜邊\(AB\)上的兩個動點，\(MN=\sqrt{2}\)，則\(\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}\)的取值范圍是【】

$A.[2，\cfrac{5}{2}]$ $B.[2，4]$ $C.[3，6]$ $D.[4，6]$

分析：求向量的內積的取值范圍，應該想到用內積的坐標運算，本題目難點是一般想不到主動建系，由形的運算轉化為數的運算。

解：如圖所示，以點\(C\)為坐標原點，分別以\(CB、CA\)所在的直線為\(x、y\)軸建立如同所示的坐標系，
則\(C(0，0)\)，\(A(0，3)\)，\(B(3 ，0)\)，設點\(N\)的橫坐標為\(x\)，則由等腰直角三角形可知，點\(N\)的縱坐標為\(3-x\)，即點\(N(x，3-x)\)，

又由\(MN=\sqrt{2}\)，計算可知點\(M(x-1，4-x)\)，則\(\overrightarrow{CM}=(x-1，4-x)\)，\(\overrightarrow{CN}=(x，3-x)\)，

由於點\(M,N\)是動點，取兩個極限位置研究\(x\)的取值范圍，

當點\(M\)位於點\(A\)時，\(x\)取到最小值\(1\)，當點\(N\)位於點\(B\)時，\(x\)取到最大值\(3\)，即\(1\leq x\leq 3\)，

則\(\overrightarrow{CM}\cdot \overrightarrow{CN}=f(x)=(x-1，4-x)\cdot (x，3-x)\)

\(=x(x-1)+(4-x)(3-x)=2(x-2)^2+4\)，\(x\in [1，3]\)

當\(x=2\)時，\(f(x)_{min}=f(2)=4\)，當\(x=1\)或\(x=3\)時，\(f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6\)，

即\(f(x)\in [4，6]\)。故選\(D\)。

例2 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】如圖，已知兩點\(A\)，\(B\)在單位圓上，\(\angle yOB=60^{\circ}\)，\(\angle xOA=30^{\circ}\)，則\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|\)=___________。

法1：向量法，由題目可知，\(\angle AOB=120^{\circ}\)，\(|\overrightarrow{OA}|=|\overrightarrow{OB}|=1\)，

則\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|^2}\)

\(=\sqrt{4|\overrightarrow{OA}|^2+9|\overrightarrow{OB}|^2+2\times 2\times 3\times \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}}\)

\(=\sqrt{4+9+2\times 2\times 3\times 1\times 1\times (-\cfrac{1}{2})}=7\)，故\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}\)。

法2：坐標法，已知\(A(\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})\)，\(B(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})\)，則\(\overrightarrow{OA}=(\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})\)，

\(\overrightarrow{OB}=(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{1}{2})\)，則\(2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}=(-\cfrac{\sqrt{3}}{2}，\cfrac{5}{2})\)，

故\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{(-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+(\cfrac{5}{2})^2}=\sqrt{7}\)。

法3：解三角形法，由向量的平行四邊形法則可知，所求的模長即\(\triangle OCD\)中的邊長\(|OC|\)，由已知\(|OD|=3|OB|=3\)，\(|CD|=2|OA|=2\)，\(\angle ODC=60^{\circ}\)，

由余弦定理可知\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|^2=|OC|^2=2^2+3^2-2\times2\times 3\times cos60^{\circ}=7\)，

故\(|2\overrightarrow{OA}+3\overrightarrow{OB}|=\sqrt{7}\)。

例3 【2019屆高三理科數學二輪用題】在矩形\(ABCD\)中，\(AB=2\)，\(AD=4\)，\(AC\)與\(BD\)相交於點\(O\)，過點\(A\)作\(AE\perp BD\)於\(E\)，則\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}\)=【】

$A.\cfrac{8}{5}$ $B.\cfrac{16}{5}$ $C.\cfrac{32}{5}$ $D.8$

法1：從形的角度思考，采用坐標法求解；以點\(A\)為坐標原點建立如圖所示的直角坐標系，

則可知\(A(0，0)\)，\(B(0，-2)\)，\(C(4，-2)\)，\(D(4，0)\)，設\(E(x，y)\)，

則由\(k_{AE}\cdot k_{BD}=-1\)，可得\(y=-2x\)①，又直線\(BD：2y=x-4\)②，

聯立①②可得，\(x=\cfrac{4}{5}\)，\(y=-\cfrac{8}{5}\)，

則\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})\cdot (4，-2)=\cfrac{32}{5}\)，故選\(C\).

法2：本題目是否還可以用基向量法，以\(\overrightarrow{AB}\)和\(\overrightarrow{AD}\)為基向量來表示其他向量，待思考；

建空間系

• 正四面體中的建系，建立空間直角坐標系；

例4 如圖，正四面體\(P-ABC\)中，\(D\)、\(E\)分別是\(AB\)和\(PC\)的中點，則直線\(AE\)與\(PD\)所成角的余弦值是多少？

法1：空間向量法，如圖所示，\(PF\perp\)面\(ABC\)，\(F\)為\(\Delta ABC\)的中心，

以點\(D\)為坐標原點，以\(DF\)、\(DB\)以及與\(FP\)平行的直線分別為\(x\)，\(y\)，\(z\)軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

令正四面體的棱長為\(2\)，則得到以下點的空間坐標

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

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

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

令異面直線\(PD\)和\(AE\)的夾角為\(\theta\)，則有\(cos\theta\)

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

說明：向量的夾角范圍為\([0，\pi]\)，兩異面直線的夾角范圍\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)。

法2：立體幾何法，先作再證后算。

思路：異面直線所成的角，一般是經過平移，使其相交，構建三角形來計算。

過點\(A\)做\(AM//BC\)，過點\(B\)做\(BM//AC\)交\(AM\)於點\(M\)，

點\(F\)、\(H\)、\(G\)分別是線段\(PB\)、\(AM\)、\(BD\)的中點，連接\(HF\)、\(FG\)、\(HG\)，

則有\(EF//==AH\)，則\(AE//FH\)，又\(PD//FG\)，故\(\angle HFG\)為兩條異面直線所成的角。

設正四面體的棱長為\(2\)，則\(AE=FH=PD=\sqrt{3}\)，\(FG=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)；

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\(cos\angle HFG=\cfrac{2}{3}\)。

• 四棱錐中的建系，建立空間直角坐標系；

例5 【四棱錐中的建系】【2017鳳翔中學第三次月考理科第19題】如圖所示，四棱錐\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是個邊長為2的正方形，側棱\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，且\(PA=2\)，\(Q\)是\(PA\)的中點.

（1）證明：\(BD\perp\)平面\(PAC\) ；暫略

（2）求二面角\(C-BD-Q\)的余弦值。

分析：有題可知，\(AB、AP、AD\)兩兩垂直，以\(A\)為坐標原點，分別以\(AB、AD、AP\)所在直線為\(x，y，z\)軸建立空間直角坐標系，如圖所示。

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

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

設平面\(BDQ\)的法向量為\(\vec{m}=(x，y，z)\)，則有

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

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

平面\(BDC\)的法向量為\(\vec{n}=(0，0，1)\)，

設二面角\(C-BD-Q\)為\(\theta\)，由圖可知，\(\theta\)為鈍角，則有

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

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

• 正三棱柱中的建系，建立空間直角坐標系；

例6 【正三棱柱中的建系】【2019屆寶雞市高三理科數學質檢Ⅰ第10題】已知正三棱柱\(ABC-A_1B_1C_1\)中，\(AB=AA_1=2\)，則異面直線\(AB_1\)與\(CA_1\)所成角的余弦值為【】

$A.0$ $B.-\cfrac{1}{4}$ $C.\cfrac{1}{4}$ $D.\cfrac{1}{2}$

【法1】空間向量法，第一種建系方式；以點\(A\)為坐標原點，以\(AC\)，\(AA_1\)分別為\(y\)、\(z\)軸，以和\(AC\)垂直的直線為\(x\)軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

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

\(\overrightarrow{AB_1}=(\sqrt{3}，1，2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(0，2，-2)\)，且線線角的范圍是\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

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

【法1】空間向量法，第二種建系方式；以\(BN\)的中點為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，

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

\(\overrightarrow{AB_1}=(-1，\sqrt{3}，2)\)，\(\overrightarrow{A_1C}=(-2，0，-2)\)，且線線角的范圍是\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

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

【法2】：立體幾何法，補體平移法，將正三棱柱補體為一個底面為菱形的直四棱柱，連結\(B_1D\)，則\(B_1D//A_1C\)，

故異面直線\(AB_1\)與\(CA_1\)所成角，即轉化為共面直線\(AB_1\)與\(B_1D\)所成的角\(\angle AB_1D\)，連結\(AD\)，

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，\(cos\angle AB_1D=\cfrac{(2\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2-(2\sqrt{3})^2}{2\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{3}}=\cfrac{1}{4}\)，

故所求為\(\cfrac{1}{4}\)，故選\(C\)。

• 三棱錐中的建系，建立空間直角坐標系；

例7 【2018年全國卷Ⅰ第18題】如圖，四邊形\(ABCD\)為正方形，\(E\)，\(F\)分別為\(AD\)，\(BC\)的中點，以\(DF\)為折痕把\(\triangle DFC\)折起，使點\(C\)到達點\(P\)的位置，且\(PF\perp BF\)，

(1).證明：平面\(PEF\perp\)平面\(ABFD\)；

證明：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\(DP\)與平面\(ABFD\)所成角的正弦值。

解：作\(PH\perp EF\)，垂足為\(H\)，由(1)得，\(PH\perp\)平面\(ABFD\)，以\(H\)為坐標原點，\(\overrightarrow{HF}\)的方向為\(y\)軸正方向，\(|\overrightarrow{BF}|\)為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系\(H-xyz\)，

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\(PH=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(EH=\cfrac{3}{2}\)，

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

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

設\(DP\)與平面\(ABFD\)所成角為\(\theta\)，則\(sin\theta=|cos<\overrightarrow{HP}，\overrightarrow{DP}>|=|\cfrac{\overrightarrow{HP}\cdot \overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{HP}||\overrightarrow{DP}|}|=\cfrac{\frac{3}{4}}{\sqrt{3}}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)，

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

• 長方體中的建系，建立空間直角坐標系；

例8 【長方體中建系】【2019年高考數學試卷理科新課標Ⅱ第17題】如圖，長方體\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)的底面\(ABCD\)是正方形，點\(E\)在棱\(AA_1\)上，\(BE\perp EC_1\).

(1).證明：\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；

分析：需要證明線面垂直，往往先要轉化為證明線線垂直；

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\(\angle BEB_1=90^{\circ}\)，由題設可知\(Rt\triangle ABE Rt\triangle A_1B_1E\)，所以\(\angle AEB=45^{\circ}\)，故\(AE=AB\)，\(AA_1=2AB\)，

以\(D\)為坐標原點，\(\overrightarrow{DA}\)的方向為\(x\)軸的正方向，\(|\overrightarrow{DA}|\)為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系\(D-xyz\)，

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

設平面\(EBC\)的法向量\(\vec{n}=(x，y，z)\)，

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

設平面\(ECC_1\)的法向量\(\vec{m}=(x，y，z)\)，

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

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

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

解后反思：當然，本題目同樣可用點\(C\)做為坐標原點來建立坐標系。

• 建系不難，難點在點的坐標確定，新考向；

例9 【四棱錐中建系】如圖，在四棱錐\(P-ABCD\)中，\(PD\perp\)平面\(ABCD\)，四邊形\(ABCD\)是菱形，且\(AC\)，\(BD\)交於點\(O\)，\(E\)是\(PB\)上任意一點。

（1）求證：平面\(EAC\perp\) 平面\(BPD\);

分析：由於\(PD\perp\)平面\(ABCD\)，所以\(PD\perp AC\)，

由於四邊形\(ABCD\)是菱形，所以\(BD\perp AC\)，

又由於\(BD\cap PD=D\)，所以\(AC\perp\) 平面\(PBD\)，

又由於\(AC\subseteq\) 平面\(AEC\)，所以平面\(EAC\perp\) 平面\(BPD\);

（2）若\(E\)為\(PB\)的中點，\(AC=2\)，\(BD=2\sqrt{3}\)，且二面角\(A-PB-D\)的余弦值為\(\cfrac{\sqrt{21}}{7}\)，求四棱錐\(P-ABCD\)的體積；

分析：連接\(OE\)，在\(\triangle PBD\)中，\(EO//PD\)，所以\(EO\perp\)平面\(ABCD\)，分別以\(OA\)，\(OB\)，\(OE\)所在直線為\(x\)軸，\(y\)軸，\(z\)軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設\(PD=t\)，則\(A(1，0，0)\)，\(B(0，\sqrt{3}，0)\)，\(C(-1，0，0)\)，\(E(0，0，\cfrac{t}{2})\)，\(P(0，-\sqrt{3}，t)\)，

設平面\(PAB\)的一個法向量為\(\vec{n}=(x，y，z)\)，

則\(\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0}\\{\vec{n}\cdot \overrightarrow{AP}=-x-\sqrt{3}y+tz=0}\end{array}\right.\) 令\(y=1\)，得到\(\vec{n}=(\sqrt{3}，1，\cfrac{2\sqrt{3}}{t})\)，

平面\(PBD\)的法向量\(\vec{m}=(1，0，0)\)，

由於二面角\(A-PB-D\)的余弦值為\(\cfrac{\sqrt{21}}{7}\)，則\(|cos<\vec{m}，\vec{n}>|=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4+\frac{12}{t^2}}}=\cfrac{\sqrt{21}}{7}\)

解得\(t=2\)或\(t=-2\)(舍去)，故四棱錐\(P-ABCD\)的體積為\(V=\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}\times 2=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)；

• 上次編輯時間：2019-08-12