时间：2022-06-30 02:02:57
引入空间向量，用向量坐标运算中的代数方法来处理立体几何问题，降低了思维难度，使解题变得程序化，同学们易于接受。建立空间直角坐标系的位置不同对解题的难易程度会带来较大影响。下面举例说明建立空间直角坐标系的常用方法。
一、 根据条件和图形垂直特点直接建系
【例1】 如图，PA平面ABC，ACBC,PA=AC=1,BC=2，求二面角APBC的余弦值大小
分析 因为ACBC，选择点C作为原点建立空间直角坐标系。
解 建立如图所示空间直角坐标系Cxyz，取PB的中点D，连接DC,可证DCPB，
作AEPB于E，则向量DC与EA的夹角的大小为二面角APBC的大小.A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0,1)，D为PB的中点，D12,22,12，
在RtPAB中，PEEB=AP2AB2=13，E分PB的比为13，E34,24,34,EA=14,－24,－34,DC=－12,－22,－12，EA•DC=12,EA=32，DC=1,cos〈EA,DC〉=1232×1=33，二面角APCC的余弦值大小为33.
点拨 本题还可以根据“垂直”特点，选择点A作为坐标原点,但是由于y轴的位置问题会给各点坐标的确定带来困难,增加运算量。
二、 根据条件证出垂直关系再建系
【例2】 四棱锥SABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD.已知∠ABC＝45°，AB＝2，BC=22，SA＝SB＝3.(1) 求证:SABC;(2) 求直线SD与平面SAB所成角的大小.
分析 本题没有明显线线垂直关系，需要先证出线线垂直再恰当建系。
解 (1) 作SOBC，垂足为O，连接AO，由侧面SBC底面ABCD，得SO平面ABCD．
因为SA=SB，所以AO=BO．又∠ABC=45°，AOB为等腰直角三角形，AOOB．
如图，以O为坐标原点，OA为x轴正向，建立直角坐标系Oxyz，
A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，S(0，0，1)，SA=(2，0，－1)，CB=(0，22，0)，SA•CB=0，所以SABC．
（2） 取AB的中点E，E22，22，0，
连接SE，取SE的中点G，连接OG，G24，24，12．
OG=24，24，12，SE=22，22，-1，AB=(－2，2，0)．
SE•OG=0，AB•OG=0，OG与平面SAB内两条相交直线SE，AB垂直．
所以OG平面SAB，OG与DS的夹角记为α，SD与平面SAB所成的角记为β，则α与β互余．
D(2，-22，0)，DS=(－2，22，1)．
cosα=OG•DSOG•DS=2211，sinβ=2211，
所以直线SD与平面SAB所成的角为
arcsin2211．
业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。――韩愈
三、 有多种途径建系的时候要做恰当选择再建系
【例3】 如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长和底面边长均为1，M是底面BC边上的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝2C1N．
（1） 求二面角B1AMN的平面角的余弦值；
（2） 求点B1到平面AMN的距离.
分析 本题的建系途径有多种，建系不但要相关点的坐标容易求，还要兼顾题目中要求的结论。
解 （1） 建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0,0,1)，M0，12，0,C(0,1,0),N0,1,23,A－32,12,0，
AM=32,0,0,MB1=0,－12,1,MN=0,12,23.AM=32,0,0,
MB1•AM=32×0+0×－12+0×1=0,
MB1AM,同法可得MNAM.
故〈MB1,MN〉为二面角B1AMN的平面角.
cos〈MB1,MN〉＝MB1•MNMB1•MN=55.
故二面角B1AMN的平面角的余弦值为55.
（2） 设n=(x, y, z)为平面AMN的一个法向量，则由nAM,nMN得,
32x=0，12y+23z=0，x=0，y=－43z,
故可取n=0,－43,1.
设MB1与n的夹角为a，
则cosa=MB1•nMB1•n=255,
B1到平面AMN的距离为
MB1•cosa=52×255=1.
点拨 本小题坐标系的建立有点特殊，同学们可试在另外坐标系下的方法，体会本题这样建系的好处。
牛刀小试
1. 如图，AB是圆O的直径且AB=2，C是圆O上不同于A,B的任一点，且∠BAC=60°，PC垂直于圆O所在的平面。问PC为多大时，二面角APBC为60°的角？
2. 如图，平面ABDE平面ABC，ABC是等腰直角三角形，AC =BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BDBA，BD=12AE=2,O、M分别为CE、AB的中点，求直线CD和平面ODM所成角的正弦值．
3. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B，且AB=AC=A1B=2．
（1） 求棱AA1与BC所成的角的大小；
（2） 在棱B1C1上确定一点P，使AP=14，并求出二面角PABA1的平面角的余弦值．
【参考答案】
1. 设C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，CP所在的直线为z轴建立坐标系．
则有A(1,0,0),B(0,3,0),C(0,0,0),
设P(0,0,m),
BA=(1,－3,0),BP=(0,－3,m).
面PCB的一个法向量n1=(1,0,0),
设面PAB的一个法向量n2=(x,y,z),
因为n2BA，n2BP，所以x－3y=0,－3y+mz=0，
令x=3,则 y=3,z=3m.
所以n2=3,3,3m,
则|n1|=1，|n2|=12+9m2,
所以cos〈n1，n2〉=n1•n2|n1|•|n2|
=312+9m2=12,
解得m=64.
2. DBBA，又面ABDE面ABC，面ABDE∩面ABC=AB，DB面ABDE，
DB面ABC，BD∥AE，
EA面ABC，
如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
AC=BC=4，
设各点坐标为C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,2)，E(4,0,4)，
则O(2,0,2)，M(2,2,0)，CD=(0,4,2)，
OD=(－2,4,0)，MD=(－2,2,2)，
设平面ODM的一个法向量n=(x,y,z)，则由nOD且nMD可得－2x+4y=0,－2x+2y+2z=0,
令x=2，则y=1，z=1，n=(2,1,1)，
设直线CD和平面ODM所成角为θ，则
sinθ=cos〈n,CD〉=n•CD|n||CD|
=(2,1,1)•(0,4,2)|(2,1,1)||(0,4,2)|
=66•25=3010，
直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010．
3. （1） 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则 C（2，0，0），B（0，2，0），A1（0，2，2），B1（0，4，2），
AA1=（0，2，2），BC=B1C1=（2，－2，0）．
cos〈AA1，BC〉=AA1•BCAA1•BC
=－48•8=－12，
故AA1与BC所成的角是π3．
（2） 设B1P=λB1C1=（2λ，－2λ，0），则P（2λ，4－2λ，2）．
于是AP=4λ2+（4－2λ）2+4=14λ=12（λ=32舍去），
则P为棱B1C1的中点，其坐标为P（1，3，2）．
设平面PAB的法向量为n1=（x,y,z），
则n1•AP=0，n1•AB=0.x+3y+2z=0，2y=0.x=－2z，y=0.
故n1=（－2，0，1）．
而平面ABA1的法向量是n2=(1,0,0)，
则cos〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|=－25=－255，
故二面角PABA1的平面角的余弦值是255．
（作者：熊如佐，江苏省东海高级中学）