常见的建系类型汇总

前言

如果没有笛卡尔平面直角坐标系，那么涉及平面向量的问题只能用基向量的方法[形的角度]求解，不能用代数方法[数的角度]计算；同理如果没有空间直角坐标系的介入，立体几何中的问题也就只能从形的角度思考，而不能用代数方法[数的角度]来计算；所以建系的目的主要是想把有关形的问题，通过代数的方法计算解决；

本博文旨在总结立体几何中常见几何体的建系方法和类型，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。而且我们应该知道，当建立的坐标系不同时，计算的难度是不一样的。

建平直系

• 平面问题中若涉及平面向量的计算问题，常可以建立平面直角坐标系；

例1【2017河北武邑中学一模，文11】在(RtDelta ABC)中，(CA=CB=3)，(M，N)是斜边(AB)上的两个动点，(MN=sqrt{2})，则(overrightarrow{CM}cdot overrightarrow{CN})的取值范围是【】

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

分析：求向量的内积的取值范围，应该想到用内积的坐标运算，本题目难点是一般想不到主动建系，由形的运算转化为数的运算。

解：如图所示，以点(C)为坐标原点，分别以(CB、CA)所在的直线为(x、y)轴建立如同所示的坐标系，
则(C(0，0))，(A(0，3))，(B(3 ，0))，设点(N)的横坐标为(x)，则由等腰直角三角形可知，点(N)的纵坐标为(3-x)，即点(N(x，3-x))，

又由(MN=sqrt{2})，计算可知点(M(x-1，4-x))，则(overrightarrow{CM}=(x-1，4-x))，(overrightarrow{CN}=(x，3-x))，

由于点(M,N)是动点，取两个极限位置研究(x)的取值范围，

当点(M)位于点(A)时，(x)取到最小值(1)，当点(N)位于点(B)时，(x)取到最大值(3)，即(1leq xleq 3)，

则(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)，(xin [1，3])

当(x=2)时，(f(x)_{min}=f(2)=4)，当(x=1)或(x=3)时，(f(x)_{max}=f(1)=f(3)=6)，

即(f(x)in [4，6])。故选(D)。

例2【2019届高三理科数学三轮模拟试题】如图，已知两点(A)，(B)在单位圆上，(angle yOB=60^{circ})，(angle xOA=30^{circ})，则(|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|)=___________。

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

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

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

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

法2：坐标法，已知(A(cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{1}{2}))，(B(-cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{1}{2}))，则(overrightarrow{OA}=(cfrac{sqrt{3}}{2}，cfrac{1}{2}))，

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

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

法3：解三角形法，由向量的平行四边形法则可知，所求的模长即( riangle OCD)中的边长(|OC|)，由已知(|OD|=3|OB|=3)，(|CD|=2|OA|=2)，(angle ODC=60^{circ})，

由余弦定理可知(|2overrightarrow{OA}+3overrightarrow{OB}|^2=|OC|^2=2^2+3^2-2 imes2 imes 3 imes cos60^{circ}=7)，

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

例3【2019届高三理科数学二轮用题】在矩形(ABCD)中，(AB=2)，(AD=4)，(AC)与(BD)相交于点(O)，过点(A)作(AEperp BD)于(E)，则(overrightarrow{AE}cdot overrightarrow{AC})=【】

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

法1：从形的角度思考，采用坐标法求解；以点(A)为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，

则可知(A(0，0))，(B(0，-2))，(C(4，-2))，(D(4，0))，设(E(x，y))，

则由(k_{AE}cdot k_{BD}=-1)，可得(y=-2x)①，又直线(BD：2y=x-4)②，

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

则(overrightarrow{AE}cdot overrightarrow{AC}=(cfrac{4}{5}，-cfrac{8}{5})cdot (4，-2)=cfrac{32}{5})，故选(C).

法2：本题目是否还可以用基向量法，以(overrightarrow{AB})和(overrightarrow{AD})为基向量来表示其他向量，待思考；

建空间系

• 正四面体中的建系，建立空间直角坐标系；

例4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，(PFperp)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{2sqrt{6}}{3}))，(E(-cfrac{2sqrt{3}}{3}，0，cfrac{sqrt{6}}{3}))，

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

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

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

• 四棱锥中的建系，建立空间直角坐标系；

例5【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(PAperp)底面(ABCD)，且(PA=2)，(Q)是(PA)的中点.

（1）证明：(BDperp)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

(egin{cases}vec{m}perpoverrightarrow{BD}\vec{m}perpoverrightarrow{BQ}end{cases}) (Longrightarrow egin{cases}vec{m}cdotoverrightarrow{BD}=0\vec{m}cdotoverrightarrow{BQ}=0end{cases})

即(egin{cases}-2x+2y=0\-2x+z=0end{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( heta)，由图可知，( heta)为钝角，则有

(cos heta=-|cos<vec{m}，vec{n}>|=-cfrac{vec{m}cdotvec{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})。

• 正三棱柱中的建系，建立空间直角坐标系；

例6【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【】

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

【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 imes 2+2 imes(-2)|}{sqrt{8} imessqrt{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 imes (-2)+sqrt{3} imes 0+2 imes(-2)|}{sqrt{8} imessqrt{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=2sqrt{2})，(AD=2sqrt{3})，

由余弦定理可知，(cosangle AB_1D=cfrac{(2sqrt{2})^2+(2sqrt{2})^2-(2sqrt{3})^2}{2 imes 2sqrt{2} imes 2sqrt{3}}=cfrac{1}{4})，

故所求为(cfrac{1}{4})，故选(C)。

• 三棱锥中的建系，建立空间直角坐标系；

例7【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( riangle DFC)折起，使点(C)到达点(P)的位置，且(PFperp BF)，

(1).证明：平面(PEFperp)平面(ABFD)；

证明：由已知可得，(BFperp PF)，(BFperp EF)，

又(PFcap EF=F)，(PFsubseteq)平面(PEF)，(EFsubseteq)平面(PEF)，

所以(BFperp)平面(PEF)，又(BFsubseteq)平面(ABFD)，

所以平面(PEFperp)平面(ABFD)；

(2).求(DP)与平面(ABFD)所成角的正弦值。

解：作(PHperp EF)，垂足为(H)，由(1)得，(PHperp)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，(DEperp PE)，又(DP=2)，(DE=1)，所以(PE=sqrt{3})，

又(PF=1)，(EF=2)，所以(PEperp 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( heta)，则(sin heta=|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})。

• 长方体中的建系，建立空间直角坐标系；

例8【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，(BEperp EC_1).

(1).证明：(BEperp)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_1perp)平面(ABB_1A_1)，(BEsubset)平面(ABB_1A_1)，故(B_1C_1perp BE)，

又(BEperp EC_1)，(B_1C_1subset)平面(EB_1C_1)，(EC_1subset)平面(EB_1C_1)，(B_1C_1cap EC_1=C_1)，

故(BEperp)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 riangle ABE Rt riangle 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{egin{array}{l}{overrightarrow{CB}cdot vec{n}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{n}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{x=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，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{egin{array}{l}{overrightarrow{CC_1}cdot vec{m}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{m}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{2z=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，所以可以赋值取(vec{m}=(1，1，0))，

于是，(cos<vec{n}，vec{m}>=cfrac{vec{n}cdotvec{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。

• 建系不难，难点在点的坐标确定，新考向；

例9【四棱锥中建系】如图，在四棱锥(P-ABCD)中，(PDperp)平面(ABCD)，四边形(ABCD)是菱形，且(AC)，(BD)交于点(O)，(E)是(PB)上任意一点。

（1）求证：平面(EACperp) 平面(BPD);

分析：由于(PDperp)平面(ABCD)，所以(PDperp AC)，

由于四边形(ABCD)是菱形，所以(BDperp AC)，

又由于(BDcap PD=D)，所以(ACperp) 平面(PBD)，

又由于(ACsubseteq) 平面(AEC)，所以平面(EACperp) 平面(BPD);

（2）若(E)为(PB)的中点，(AC=2)，(BD=2sqrt{3})，且二面角(A-PB-D)的余弦值为(cfrac{sqrt{21}}{7})，求四棱锥(P-ABCD)的体积；

分析：连接(OE)，在( riangle PBD)中，(EO//PD)，所以(EOperp)平面(ABCD)，分别以(OA)，(OB)，(OE)所在直线为(x)轴，(y)轴，(z)轴建立如图所示的空间直角坐标系，设(PD=t)，则(A(1，0，0))，(B(0，sqrt{3}，0))，(C(-1，0，0))，(E(0，0，cfrac{t}{2}))，(P(0，-sqrt{3}，t))，

设平面(PAB)的一个法向量为(vec{n}=(x，y，z))，

则(left{egin{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} ight.) 令(y=1)，得到(vec{n}=(sqrt{3}，1，cfrac{2sqrt{3}}{t}))，

平面(PBD)的法向量(vec{m}=(1，0，0))，

由于二面角(A-PB-D)的余弦值为(cfrac{sqrt{21}}{7})，则(|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)，故四棱锥(P-ABCD)的体积为(V=cfrac{1}{3} imes cfrac{1}{2} imes 2 imes 2sqrt{3} imes 2=cfrac{4sqrt{3}}{3})；

• 上次编辑时间：2019-08-12