专题九：坐标法解立体几何题

浅析坐标法求立体几何中的“角”浙江省宁波市鄞州高级中学刘翔（315194）摘要：本文在介绍坐标法求解立体几何中异面直线所成的角和直线与平面所成的角的基础上，重点介绍了在利用坐标法求解二面角的大小时所遇到的困难，通过引入卦限的定义，以及对二面角的内部与外部加以界定，使难点得以突破。

从而也使教育工作者在处理坐标法求解二面角大小的过程中处理这方面的难点有所着落，并且此法具有很强的可操作性，易教易学。

关键字：卦限、二面角、二面角内部、坐标、法向量 引子学习了立体几何以后我们知道应用传统的立体几何方法解决立体几何问题会遇到很多困难，例如：证明线面平行问题时想在已知平面内找到一条平行于已知直线的直线，或是找到两个有用的平行平面等不容易（通常都需要作辅助线，而作辅助线的方法恰恰是很多学生的软肋）；证明线面垂直时要在已知平面内找到两条与已知直线垂直的相交直线也不太容易。

类似这些诸如证明面面平行、面面垂直等问题都是我们学生学习立体几何的难点。

对学生而言更难的问题是立体几何中求角的问题，诸如异面直线所成的角，线面角等，尤其是求解有关二面角的一些问题对学生而言更是难点。

学习了空间向量以后，我们似乎找到了可以轻松突破以上问题的有效方法，但事实却并非如此，。

笔者下面将就学生在利用空间向量坐标法求解立体几何问题时所遇到的困难及笔者本人的一些见解和观点详述之，希望能够得到有关同仁的指正，以求更好地将这些问题梳理清楚，有利于今后的课堂教学。

先介绍几个“概念”： （一）卦限我们在建立空间直角坐标系以后，实际上是在一个三维空间中放置了三个两两垂直的平面——xoy 平面，xoz 平面以及yoz 平面，此三个坐标平面把三维空间分成八个部分，我们将每个部分叫做一个卦限。

并且将含有x 轴正半轴、y 轴正半轴、z 轴正半轴的卦限称为第一卦限，其他第二、三、四分别在xoy 平面的上方，按逆时针方向确定。

在第一、二、三、四卦限下面的部分分别称为第五、六、七、八卦限（如图1）。

解说立体几何中的“坐标法”江苏省姜堰中学张圣官（225500）空间直角坐标系是现行高中数学新增加的内容，在使用上就是把空间的点、向量先用坐标表示，然后利用坐标来计算有关角的大小与线段的长度，或者判断与证明线线、线面以及面面的位置关系。

利用“坐标法”解（证）立体几何题，所作的辅助线明显比纯几何推理需要作的要少，且思路简单明了，更易于程序化来解题。

用“坐标法”解题是数与形结合的典范，它特别适用于易于建立空间直角坐标系的图形（如正方体等）。

下面分别介绍在空间直角坐标系中如何确定点的坐标、常见特殊点的坐标特点及利用“坐标法”解（证）立体几何题的步骤。

一、如何确定空间点的坐标空间点的坐标是有序实数对(x,y,z)，其中的三数x,y,z包含坐标的符号与坐标的绝对值。

要确定一个点的坐标，应先判断三个坐标的符号，然后再确定三个坐标的绝对值。

1．点的坐标的符号判断点在坐标平面上的射影位于坐标轴的正方向，则这点对应的坐标的符号为正，否则符号为负。

如点位于x轴正方向，则横坐标为正；点位于z轴负方向，则竖坐标为负。

2．点的坐标的绝对值确定过这个点向三个坐标平面作垂线，看垂线段平行于哪个轴，则这条线段的长度就是该点的绝对值。

如这条垂线段平行于y轴且长度为a，则点的纵坐标的绝对值是a；如这条垂线段平行于z轴且长度为a，则点的竖坐标的绝对值是a 。

二、常见特殊点的坐标特点1．坐标轴上点的坐标的特点①x轴上的点的纵坐标和竖坐标均为0，形如（a，0，0）；②y轴上的点的横坐标和竖坐标均为0，形如（0，a，0）；③z轴上的点的横坐标和纵坐标均为0，形如（0，0，a）。

2．坐标平面上点的坐标的特点①XOY平面上所有点的竖坐标是0，形如（a，b，0）；②YOZ平面上所有点的横坐标是0，形如（0，a，b）；③ZOX平面上所有点的纵坐标是0，形如（a，0，b）。

三、利用“坐标法”解（证）立体几何题的步骤第一步，建立坐标系通常取垂直且相交于同一点的三条直线作为三条坐标轴，它们的交点作为原点，并选取适当的单位长度；第二步，表示点的坐标将题中相关点（即在问题中出现的且要求的点）用坐标表示，这一步是解（证）题的关键；第三步，表示向量的坐标根据点的坐标可以求出所需要的向量的坐标，即用向量终点的坐标减去起点的坐标；第四步，求出问题的解将点或向量的坐标代入公式（如两向量的夹角公式等）；第五步，作出结论根据上一步所求得的结果，作出问题的正确结论。

高考总复习含详解答案高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解一、选择题1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为()A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形[答案]D [解析]∵AB →·BC →>0，∴∠ABC>π2，同理∠BCD>π2，∠CDA>π2，∠DAB >π2，由内角和定理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选 D. 2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为()A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数[答案]C [解析]AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选 C. 3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则MN →等于()A ．－12a ＋12b ＋13c B.12a ＋12b －13c C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c [答案] C。

(完整版)立体直角坐标系常见题型立体直角坐标系常见题型（完整版）本文档将介绍立体直角坐标系中常见的题型及解答方法。

一、点的坐标计算1. 已知点P在立体直角坐标系中的坐标为(x₁, y₁, z₁)，则点P'关于y轴的对称点的坐标为(x₁, -y₁, z₁)。

2. 已知点P、Q在立体直角坐标系中的坐标分别为(x₁, y₁, z₁)和(x₂, y₂, z₂)，则线段PQ的中点的坐标为((x₁+x₂)/2, (y₁+y₂)/2, (z₁+z₂)/2)。

3. 若点P在立体直角坐标系中的坐标为(x₁, y₁, z₁)，则点P关于x轴、y轴、z轴的对称点的坐标分别为(-x₁, y₁, z₁)、(x₁, -y₁, z₁)、(x₁, y₁, -z₁)。

二、直线与平面1. 已知直线L过点P(x₁, y₁, z₁)且与向量a = (a₁, a₂, a₃)平行，则直线L的参数方程可表示为：x = x₁ + a₁ty = y₁ + a₂tz = z₁ + a₃t2. 已知平面π过点P(x₁, y₁, z₁)且法向量为n = (n₁, n₂, n₃)，则平面π的方程可表示为：n₁(x - x₁) + n₂(y - y₁) + n₃(z - z₁) = 0三、向量运算1. 向量a = (a₁, a₂, a₃)的模长计算公式为：|a| = sqrt(a₁² + a₂² + a₃²)2. 向量a与向量b的点积计算公式为：a·b = a₁b₁ + a₂b₂ + a₃b₃3. 向量a与向量b的叉积计算公式为：a ×b = (a₂b₃ - a₃b₂, a₃b₁ - a₁b₃, a₁b₂ - a₂b₁)四、空间中的图形1. 球的方程：已知球心为C(x₁, y₁, z₁)且半径为r，则球的方程为：(x - x₁)² + (y - y₁)² + (z - z₁)² = r²2. 锥面的方程：已知顶点为V(x₁, y₁, z₁)且开口方向为向量a = (a₁, a₂, a₃)，则锥面的方程可表示为：((x - x₁)/a₁)² + ((y - y₁)/a₂)² + ((z - z₁)/a₃)² = 0以上为立体直角坐标系常见题型及解答方法的简要介绍。

立体几何——建坐标系1. 如图, 四棱锥S-ABCD中,AB∥CD,BC⊥CD,侧面SAB为等边三角形. AB=BC=2,CD=SD=1.( Ⅰ) 证明:SD⊥平面SAB;( Ⅱ) 求AB与平面SBC所成的角的大小.2. 如图, 在四面体ABOC中, OC⊥OA, OC⊥OB, ∠AOB=12°0, 且OA=OB=OC=1.( Ⅰ) 设P为AC的中点, Q 在AB上且AB=3AQ.证明:PQ⊥OA;( Ⅱ) 求二面角O-AC-B的平面角的余弦值.3. 如图, 在正三棱柱ABC-A1B1C1 中, AB=4,AA1= 7 , 点D是BC的中点, 点E在AC上, 且DE⊥A1E.( Ⅰ) 证明: 平面A1DE⊥平面ACC1A1;( Ⅱ) 求直线AD和平面A1DE所成角的正弦值.4.如图, 在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=1, AC=AA1= 3, ∠ABC=60°.( Ⅰ) 证明:AB⊥A1C;( Ⅱ) 求二面角A-A1C-B 的大小.5.四棱锥A-BCDE中, 底面BCDE为矩形, 侧面ABC⊥底面BCDE, BC=2, CD= 2 , AB=AC.( Ⅰ) 证明:AD⊥CE;( Ⅱ) 设侧面ABC为等边三角形, 求二面角C-AD-E的大小.6.如图, 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2, D 为CC1 中点.( Ⅰ) 求证:AB1⊥平面A1BD;( Ⅱ) 求二面角A-A1D-B 的大小.7.如图, 在三棱锥V-ABC中, VC⊥底面ABC, AC⊥BC, D是AB的中点, 且AC=BC a= ,∠VDC=θ（0 ）.2( Ⅰ) 求证: 平面VAB⊥平面VCD;( Ⅱ) 试确定θ的值, 使得直线BC与平面VAB所成的角为.68.如图, △BCD与△MCD都是边长为 2 的正三角形, 平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD, AB=2 .( Ⅰ) 求直线AM与平面BCD所成角的大小;( Ⅱ) 求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值.9.如图, 在四棱锥P-ABCD中, PD ⊥平面ABCD, PD=DC=BC=1, AB=2, A∥B DC, ∠BCD=9°0 .( Ⅰ) 求证:PC⊥BC;( Ⅱ) 求点A到平面PBC的距离.10.如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1 中, AC=BC, AA1=AB, D为BB1 的中点, E 为AB1上的一点, AE=3EB1.( Ⅰ) 证明:DE 为异面直线AB1 与CD的公垂线;( Ⅱ) 设异面直线AB1 与CD的夹角为45°, 求二面角A1-AC1-B1 的大小.11.如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD,AD= 2 , DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=6°0 .( Ⅰ) 证明:M 是侧棱SC的中点;( Ⅱ) 求二面角S-AM-B的大小.12.如图, 直三棱柱ABC-A1B1C1 中, AB ⊥AC, D、E分别为AA1、B1C的中点, DE⊥平面BCC1.( Ⅰ) 证明:AB=AC;( Ⅱ) 设二面角A-BD-C为60°, 求B1C与平面BCD所成的角的大小.13.如图, 四棱锥P-ABCD的底面是正方形, PD ⊥底面ABCD点, E在棱PB上.( Ⅰ) 求证: 平面AEC⊥平面PDB;( Ⅱ) 当PD= 2AB且E为PB的中点时, 求AE与平面PDB所成的角的大小.14.如图, 在四棱锥P-ABCD中, 底面ABCD是矩形, PA⊥平面ABCD,PA=AD=4,AB=2. 以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M.( Ⅰ) 求证: 平面ABM⊥平面PCD;( Ⅱ) 求直线PC与平面ABM所成的角;( Ⅲ) 求点O到平面ABM的距离.15.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形, SD ⊥平面ABCD, SD=2a, AD= 2a , 点E是SD上的点, 且DE= a (0<λ≤2).( Ⅰ) 求证:对任意的λ∈(0, 2], 都有AC⊥BE;( Ⅱ) 设二面角C-AE-D的大小为, 直线B E与平面ABCD所成的角为. 若tan tan 1, 求λ的值.16.如图,在五面体ABCDEF中, AB ∥DC, ∠BAD=2 , CD=AD=2. 四边形ABFE为平行四边形, FA ⊥平面ABCD, FC=3, ED= 7. 求:( Ⅰ) 直线A B到平面EFCD的距离;( Ⅱ) 二面角F-AD-E的平面角的正切值.D P1 . 17. 如图,设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 的对角线B D1上, 记D B1 当∠APC为钝角时,求的取值范围.WORD文档答案与解析17.解法一:( Ⅰ)取AB中点E, 连结DE, 则四边形BCDE为矩形, DE=CB=2. 连结SE, 则SE⊥AB, SE= . 又SD=1, 故ED2=SE2+SD2 , 所以∠DSE为直角. (3 分 )由AB⊥DE, AB⊥SE, DE∩SE=E, 得AB⊥平面SDE, 所以AB⊥SD, SD与两条相交直线AB、SE都垂直,所以SD⊥平面SAB. (6 分)( Ⅱ) 由AB⊥平面SDE知, 平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE, 垂足为F, 则SF⊥平面ABCD,SF== . 作FG⊥BC, 垂足为G, 则FG=DC=1. 连结SG, 则SG⊥BC. 又BC⊥FG, SG∩FG=G, 故BC⊥平面SFG, 平面SBC⊥平面SFG. (9 分) 作FH⊥SG, H 为垂足, 则FH⊥平面SBC. FH= = , 即F 到平面SBC的距离为. 由于ED∥BC, 所以ED∥平面SBC, E 到平面SBC的距离 d 也为.设AB与平面SBC所成的角为α, 则sin α= = , α=arcsin . (12 分 )解法二: 以C为坐标原点, 射线CD为x 轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设D(1, 0, 0), 则A(2, 2, 0) 、B(0, 2, 0).又设S(x, y, z), 则x>0, y>0, z>0.( Ⅰ) =(x-2, y-2, z), =(x, y-2, z), =(x-1, y, z),由| |=| | 得= , 故x=1. 由| |=1 得y2+z2=4,2 +z2=1, 又由| |=2 得x2 +(y-2)2 +z2=1, 又由| |=2 得x2 +(y-2)即y2+z2-4y+1=0, 故y= , z= . (3 分)于是S , = , = =·=0, ·=0. 故DS⊥AS, DS⊥BS, 又AS∩BS=S, 所以SD⊥平面SAB. (6 分 )第8 页共8 页则a⊥, a ⊥, a ·=0, a ·=0. 又= =(0, 2, 0), 故(9 分)取p=2 得a=(- , 0, 2). 又=(-2, 0, 0), cos< , a>= = . 故AB与平面SBC所成的角为arcsin . (12 分)18.解法一:( Ⅰ)在平面OAB内作ON⊥OA交AB于N, 连结CN. 在△AOB中, ∵∠AOB=120°且OA=OB, ∴∠OAB=∠OBA=30°. 在Rt△AON中, ∵∠OAN=30°, ∴ON= AN. 在△ONB中, ∵∠NOB=120°-90 °=30°=∠OBN, ∴NB=ON=AN. 又AB=3AQ, ∴Q为AN的中点. 在△CAN中, ∵P,Q分别为AC, AN 的中点, ∴PQ∥CN. 由OA⊥OC, OA⊥ON知:OA⊥平面CON. 又N C?平面CON, ∴OA ⊥CN. 由PQ∥CN, 知OA⊥PQ.( Ⅱ) 连结PN, PO.由OC⊥OA, OC⊥OB知:OC⊥平面OAB. 又O N?平面OAB, ∴OC⊥ON. 又由ON⊥OA知:ON⊥平面AOC. ∴OP是NP在平面AOC内的射影. 在等腰Rt△COA中, P 为AC的中点, ∴AC⊥OP. 根据三垂线定理,知:AC⊥NP. ∴∠OPN为二面角O-AC-B的平面角. 在等腰Rt△COA中, OC=OA=1, ∴OP= . 在Rt△AON中, ON=OAtan 30 °= , ∴在Rt△PON中, PN= = , ∴cos∠OPN= = = .解法二:( Ⅰ) 取O为坐标原点, 以OA, OC 所在的直线为x 轴, z 轴, 建立空间直角坐标系O-xyz( 如图所示).则A(1, 0, 0), C(0, 0, 1), B . ∵P 为AC的中点, ∴P . ∵= , 又由已知, 可得= = . 又= + = . ∴= - = , ∴·= ·(1, 0, 0)=0. 故⊥.( Ⅱ) 记平面ABC的法向量n=(n 1, n 2, n 3), 则由n⊥, n ⊥, 且=(1, 0, -1),得故可取n=(1, , 1). 又平面OAC的法向量为e=(0, 1, 0). ∴cos<n,e>= = . 二面角O-AC-B的平面角是锐角, 记为θ, 则cos θ= .19.( Ⅰ)如图所示, 由正三棱柱ABC-A1B1C1 的性质知AA1⊥平面ABC.又DE? 平面ABC, 所以DE⊥AA1. 而DE⊥A1E, AA 1∩A1E=A1, 所以DE⊥平面ACC1A1.又DE? 平面A1DE, 故平面A1DE⊥平面ACC1A1. ( Ⅱ)解法一: 过点 A 作AF 垂直A1E于点F, 连结DF. 由( Ⅰ) 知, 平面A1DE⊥平面ACC1A1, 所以AF⊥平面A1DE. 故∠ADF是直线AD和平面A1DE所成的角.因为DE⊥平面ACC1A1, 所以DE⊥AC. 而△ABC是边长为 4 的正三角形, 于是AD=2 , AE=4-CE=4- CD=3. 又因为AA1= , 所以A1E= = =4, AF= = ,sin ∠ADF= = . 即直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.解法二: 如图所示, 设O是AC的中点, 以O为原点建立空间直角坐标系, 则相关各点的坐标分别是A(2, 0, 0), A 1(2, 0, ),D(-1, , 0), E(-1, 0, 0).易知=(-3, , - ), =(0, - , 0), =(-3, , 0). 设n=(x, y, z) 是平面A1DE的一个法向量, 则解得x=- z, y=0. 故可取n=( , 0, -3).于是cos<n, >= = =- .由此即知, 直线AD和平面A1DE所成角的正弦值为.4. 解法一:( Ⅰ) 证明: ∵三棱柱ABC-A1B1C1 为直三棱柱, ∴AB⊥AA1. 在△ABC中, AB=1, AC= , ∠ABC=60°, 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC.∴AB⊥平面ACC1A1, 又A1C? 平面ACC1A1, ∴AB⊥A1C. ( Ⅱ) 如图, 作AD⊥A1C交A1C 于D点, 连结BD, 由三垂线定理知BD⊥A1C, ∴∠ADB为二面角A-A1C-B 的平面角. 在Rt△AA1C中, AD= = = ,在Rt△BAD中, tan ∠ADB= = , ∴∠ADB=arctan , 即二面角A-A1C-B 的大小为arctan .解法二:( Ⅰ) 证明: ∵三棱柱ABC-A1B1C1 为直三棱柱,∴AA1⊥AB, AA1⊥AC. 在△ABC中, AB=1, AC= , ∠ABC=60°. 由正弦定理得∠ACB=30°, ∴∠BAC=90°, 即AB⊥AC. 如图, 建立空间直角坐标系, 则A(0, 0, 0), B(1, 0, 0),C(0, , 0), A 1(0, 0, ), ∴=(1, 0, 0), =(0, , - ). ∵·=1×0+0×+0×(- )=0, ∴AB⊥A1C.( Ⅱ) 如图, 可取m= =(1, 0, 0) 为平面AA1C的法向量,设平面A1BC的法向量为n=(l, m, n),则·n=0, ·n=0, 又=(-1, , 0), ∴∴l= m, n=m. 不妨取m=1,则n=( , 1, 1).cos<m, n>= = = ,∴二面角A-A1C-B 的大小为arccos .20.解法一:( Ⅰ) 作AO⊥BC, 垂足为O,连结OD, 由题设知, AO ⊥底面BCDE, 且O为BC中点. 由== 知, Rt △OCD∽Rt△CDE, 从而∠ODC=∠CED, 于是CE⊥OD. 由三垂线定理知, AD ⊥CE.( Ⅱ) 作CG⊥AD, 垂足为G,连结GE. 由( Ⅰ) 知, CE ⊥AD. 又CE∩CG=C, 故AD⊥平面CGE, AD⊥GE,所以∠CGE是二面角C-AD-E 的平面角. GE= = = , CE= ,cos ∠CGE= = =- . 所以二面角C-AD-E 为arccos .点, 解法二:( Ⅰ) 作AO⊥BC, 垂足为O. 由题设知AO⊥底面BCDE, 且O为BC的中点. 以O为坐标原射线OC为x 轴正向, 建立如图所示的直角坐标系O-xyz. 设A(0, 0, t). 由已知条件有C(1, 0, 0),D(1, , 0), E(-1, , 0), =(-2, , 0), =(1, , -t). 所以·=0, 知AD⊥CE. ( Ⅱ) △ABC为等边三角形,因此A(0, 0, ).结CE. 在Rt△ACD中,作CG⊥AD, 垂足为G,连求得|AG|= |AD|. 故G , = = , 又=(1, , - ), ·=0, ·=0. 所以与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角. 由cos< >==- 知二面角C-AD-E 为arccos .21.解法一:( Ⅰ)取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵正三棱柱ABC-A1 B1 C1中 , 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1.连结B1O, 在正方形BB1C1C中, O、D分别为BC、CC1 的中点, ∴B1O⊥BD, ∴AB1⊥BD. 在正方形ABB1A1中, AB 1 ⊥A1B, ∴AB1⊥平面A1BD.( Ⅱ) 设AB1 与A1B交于点G, 在平面A1BD中, 作GF⊥A1D于F, 连结AF, 由( Ⅰ) 得AB1⊥平面A1BD, ∴AF⊥A1D. ∴∠AFG为二面角A-A1D-B 的平面角. 在△AA1D中, 由等面积法可求得AF= , 又∵AG=AB1= , ∴sin ∠AFG= = = , 所以二面角A-A1D-B 的大小为arcsin .解法二:( Ⅰ) 取BC中点O, 连结AO. ∵△ABC为正三角形, ∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC-A1 B1 C1中 , 平面ABC⊥平面BCC1B1, ∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1中点O1, 以O为原点, 的方向为x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系, 则B(1, 0, 0), D(-1, 1, 0), A1(0, 2, ), A(0, 0, ), B1(1,2, 0), ∴=(1, 2, - ), =(-2, 1, 0), =(-1, 2, ). ∵·=-2+2+0=0, ·=-1+4-3=0, ∴⊥⊥, ∴AB1⊥平面A1BD.( Ⅱ) 设平面A1AD的法向量为n=(x, y, z). =(-1, 1, - ), =(0, 2, 0).∵n⊥, n ⊥, ∴∴∴令z=1 得n=(- , 0, 1) 为平面A1AD的一个法向量. 由( Ⅰ) 知AB1⊥平面A1BD, ∴为平面A1BD的法向量. cos<n, >= ==- . ∴二面角A-A1D-B 的大小为arccos .22.解法一:( Ⅰ) ∵AC=BC=a, ∴△ACB是等腰三角形, 又D是AB的中点, ∴CD⊥AB, 又VC⊥底面ABC, ∴VC⊥AB, 于是AB⊥平面VCD, 又AB? 平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.( Ⅱ) 过点C在平面VCD内作CH⊥VD于H, 则由( Ⅰ) 知CH⊥平面VAB. 连结BH, 于是∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角. 依题意∠CBH= , 所以在Rt△CHD中, CH= asin θ; 在Rt△BHC中,CH=asin = , ∴sin θ= , ∵0<θ< , ∴θ= . 故当θ= 时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法二:( Ⅰ) 以CA、CB、CV所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(0, 0, 0), A(a, 0, 0), B(0, a, 0), D , V . 于是, == =(-a, a, 0). 从而·=(-a, a, 0) ·=- a2+ a2+0=0, 即AB⊥CD. 同理·=(-a, a, 0) ·=- a2+ a2+0=0, 即AB⊥VD.又CD∩VD=D, ∴AB⊥平面VCD, 又AB? 平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.( Ⅱ) 设平面VAB的一个法向量为n=(x, y, z),则由得可取n=(1, 1, cot θ), 又=(0, -a, 0), 于是sin = = = sin θ, 即sinθ= , ∵0< θ< , ∴θ= . 故当θ= 时, 直线BC与平面VAB所成的角为.解法三:( Ⅰ) 以点D为原点, 以DC、DB所在的直线分别为x 轴、y 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0, 0, 0),A ,B ,C ,V , 于是= ==(0, a,0), 从而·=(0 a,0) ·=0, 即AB⊥DC. 同理·=(0,a, 0) ·=0, 即AB⊥DV. 又DC∩DV=D, ∴AB⊥平面VCD.又AB? 平面VAB, ∴平面VAB⊥平面VCD.( Ⅱ) 设平面VAB的一个法向量为n=(x, y, z), 则由得取n=(tan θ, 0, 1), 又= , 于是sin = = = sin θ,即sin θ= . ∵0< θ< , ∴θ= . 故当θ= 时, 直线BC与平面VAB所成的角为.23.解法一:( Ⅰ) 取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD, 所以MO∥AB, A 、B、O、M共面.延长AM、BO相交于E, 则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角. OB=MO= , MO∥AB,则= = , EO=OB= , 所以EB=2 =AB, 故∠AEB=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.( Ⅱ)CE 是平面ACM与平面BCD的交线. 由(Ⅰ) 知, O 是BE的中点, 则BCED是菱形. 作BF⊥EC于F, 连AF, 则AF⊥EC, ∠AFB就是二面角A-EC-B 的平面角, 设为θ. 因为∠BCE=120°, 所以∠BCF=60°. BF=BC·sin 60 °= , tan θ= =2, sin θ= . 所以, 所求二面角的正弦值是.解法二: 取CD中点O, 连OB, OM, 则OB⊥CD, OM⊥CD, 又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD.以O为原点, 直线OC、BO、OM为x 轴、y 轴、z 轴, 建立空间直角坐标系如图. OB=OM= , 则各点坐标分别为O(0, 0, 0), C(1, 0, 0), M(0, 0, ), B(0, - , 0), A(0, - , 2 ),( Ⅰ) 设直线AM与平面BCD所成的角为α. 因=(0, , - ), 平面BCD的法向量为n=(0, 0, 1). 则有sin α= cos< , n> = = = , 所以α=45°.∴直线AM与平面BCD所成角的大小为45°.( Ⅱ) =(-1, 0, ), =(-1, - , 2 ).设平面ACM的法向量为n1=(x, y, z), 由得解得x= z, y=z, 取n1=( , 1, 1). 平面BCD的法向量为n=(0, 0, 1). 则cos<n1, n>= = . 设所求二面角为θ, 则sinθ= = . 所以, 所求二面角的正弦值是.24.解法一:( Ⅰ)因为PD⊥平面ABCD, BC? 平面ABCD,所以PD⊥BC. 由∠BCD=90°, 得BC⊥DC. 又PD∩DC=D,PD? 平面PCD, DC? 平面PCD, 所以BC⊥平面PCD. 因为PC? 平面PCD, 所以PC⊥BC.( Ⅱ) 连结AC. 设点A到平面PBC的距离为h. 因为AB∥DC, ∠BCD=90°, 所以∠ABC=90°. 从而由AB=2, BC=1, 得△ABC的面积S△ABC=1. 由PD⊥平面ABCD及PD=1, 得三棱锥P-ABC的体积V= S△ABC·PD= . 因为PD⊥平面ABCD,DC? 平面ABCD, 所以PD⊥DC. 又PD=DC=1, 所以PC= = .由PC⊥BC, BC=1, 得△PBC的面积S△PBC= . 由V= S△PBC h= ··h= , 得h= . 因此, 点A 到平面PBC的距离为.解法二: 建立如图所示空间直角坐标系D-xyz, 则P(0, 0, 1), C(0, 1, 0), B(1, 1, 0).( Ⅰ) =(0, 1, -1), =(-1, 0, 0). ∵·=0×(-1)+1 ×0+(-1) ×0=0, ∴PC⊥BC.( Ⅱ) 设平面PBC的法向量n=(x, y, z), 则有即令y=1 得n=(0, 1, 1). 又因为A(1,-1, 0), =(0, 2, 0), 所以点A到平面PBC的距离d= = = .解法三:( Ⅱ) 取AB中点E, 连DE, 则DE∥BC, DE∥面PBC, 则A点到面PBC的距离等于E点到面PBC 距离的 2 倍, 即等于点到面PBC距离的 2 倍. 过D作DH⊥PC, 则DH⊥面PBC. 在Rt△PCD中, DH= , ∴A 到面PBC的距离为.25.解法一:( Ⅰ) 连结A1B, 记A1B与AB1的交点为 F.因为面AA1B1B 为正方形, 故A1B⊥AB1, 且AF=FB1. 又AE=3EB1, 所以FE=EB1. 又D为BB1 的中点, 故DE∥BF, DE ⊥AB1. 作CG⊥AB, G 为垂足, 由AC=BC知, G 为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B, 得CG⊥面AA1B1B. 连结DG, 则DG∥AB1, 故DE⊥DG, 由三垂线定理, 得DE⊥CD. 所以DE为异面直线AB1 与CD的公垂线.( Ⅱ) 因为DG∥AB1, 故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角, ∠CDG=4°5. 设AB=2, 则AB1=2 , DG= , CG= , AC= . 作B1H⊥A1C1, H 为垂足. 因为底面A1B1C1⊥面AA1C1C, 故B1H⊥面AA1 C1C, 又作HK⊥AC1, K 为垂足, 连结B1K, 由三垂线定理, 得B1K⊥AC1, 因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1 的平面角.B1H= = , HC 1= = , AC 1= = , HK= = ,tan ∠B1 KH= = , 所以二面角A1-AC1-B1 的大小为arctan .解法二:( Ⅰ) 以B 为坐标原点, 射线BA为x 轴正半轴, 建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.设AB=2, 则A(2, 0, 0), B 1(0, 2, 0), D(0, 1, 0), E ,又设C(1, 0, c), 则= =(2, -2, 0), =(1, -1, c). 于是·=0, ·=0,故DE⊥B1A, DE ⊥DC, 所以DE为异面直线AB1 与CD的公垂线.( Ⅱ) 因为< >等于异面直线AB1 与CD的夹角,故·=| | ·| |cos 45°, 即2 ××=4, 解得c= , 故=(-1, 0, ). 又= =(0, 2, 0), 所以= + =(-1, 2, ). 设平面AA1C1 的法向量为m=(x, y, z), 则m·=0, m ·=0, 即-x+2y+ z=0 且2y=0. 令x= , 则z=1, y=0, 故m=( , 0, 1). 设平面AB1C1的法向量为n=(p, q, r), 则n·=0, n·=0, 即-p+2q+ r=0, 2p-2q=0. 令p= , 则q= ,r=-1, 故n=( , -1).所以cos<m, n>= = . 由于<m, n>等于二面角A1-AC1-B1 的平面角, 所以二面角A1-AC1-B 1 的大小为arccos .26.(2009 全国Ⅰ, 19, 12 分) 如图, 四棱锥S-ABCD中, 底面ABCD为矩形, SD⊥底面ABCD, AD= , DC=SD=2. 点M在侧棱SC上, ∠ABM=60°.11. 解法一:( Ⅰ) 作ME∥CD交SD于点E, 则ME∥AB, ME⊥平面SAD.连结AE, 则四边形ABME为直角梯形.作MF⊥AB, 垂足为F, 则AFME为矩形. 设ME=x, 则SE=x,AE= =, MF=AE= , FB=2-x. 由MF=FB·tan 60°, 得= (2-x), 解得x=1. 即ME=1, 从而ME= DC, 所以M为侧棱SC的中点.( Ⅱ)MB= =2, 又∠ABM=60°, AB=2, 所以△ABM为等边三角形.又由( Ⅰ) 知M为SC中点, SM= , SA= , AM=2, 故SA2=SM2+AM2, ∠SMA=90°. 取AM中点G, 连结BG, 取SA中点H, 连结GH, 则BG⊥AM, GH⊥AM, 由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角. 连结BH. 在△BGH中, BG= AM= , GH= SM= , BH= = , 所以cos∠BGH= =- .二面角S-AM-B的大小为arccos .解法二: 以D为坐标原点, 射线DA为x 轴正半轴, 建立如图所示的直角坐标系D-xyz.设A( , 0, 0), 则B( , 2, 0), C(0, 2, 0), S(0, 0, 2).( Ⅰ) 设=λ( λ>0), 则M , = . 又=(0, 2, 0), < >=60°, 故·=| | ·| |cos 60 °, 即= , 解得λ=1, 即= . 所以M为侧棱SC的中点.( Ⅱ) 由M(0, 1, 1), A( , 0, 0), 得AM的中点G . 又= =(0, -1, 1),=(- , 1, 1). ·=0, ·=0, 所以⊥⊥. 所以< >等于二面角S-AM-B的平面角. 因为cos< >= =- . 所以二面角S-AM-B的大小为arccos .27.解法一:( Ⅰ) 取BC中点F, 连结EF, 则EF B1B, 从而EFDA.连结AF, 则ADEF为平行四边形, 从而AF∥DE. (2 分) 又DE⊥平面BCC1, 故AF⊥平面BCC1,从而AF⊥BC, 即AF为BC的垂直平分线, 所以AB=AC. (5 分)( Ⅱ) 作AG⊥BD, 垂足为G, 连结CG. 由三垂线定理知CG⊥BD, 故∠AGC为二面角A-BD-C的平面角.由题设知, ∠AGC=60°. 设AC=2, 则AG= . 又AB=2, BC=2 , 故AF= . 由AB·AD=AG·BD得2AD= ·, 解得AD= , 故AD=AF. 又AD⊥AF, 所以四边形ADEF为正方形. (8 分) 因为BC⊥AF, BC⊥AD, AF∩AD=A, 故BC⊥平面DEF, 因此平面BCD⊥平面DEF. 连结AE、DF, 设AE∩DF=H, 则EH⊥DF, EH⊥平面BCD. 连结CH, 则∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 因ADEF为正方形, AD= ,故EH=1, 又EC= B1C=2, 所以sin ∠ECH= = , 所以∠ECH=30°, 即B1C与平面BCD所成的角为30°.(12 分)解法二:( Ⅰ) 以A为坐标原点, 射线AB为x 轴的正半轴, 建立如图所示的直角坐标系A-xyz. 设B(1, 0, 0),C(0, b, 0), D(0, 0, c), 则B1(1, 0, 2c), E . (2 分) 于是= =(-1, b, 0). 由DE⊥平面BCC1 知DE⊥BC, ·=0, 求得b=1, 所以AB=AC. (5 分)( Ⅱ) 设平面BCD的法向量=(x, y, z), 则·=0, ·=0. 又=(-1, 1, 0), =(-1, 0, c), 故(8 分) 令x=1, 则y=1, z= = . 又平面ABD的法向量=(0, 1, 0). 由二面角A-BD-C为60°知, < >=60°, 故·=| | ·| | ·cos 60°, 求得c= . 于是=(1, 1, ), =(1, -1, ), cos< >= = , < >=60°. 所以B1C与平面BCD所成的角为30°. (12 分)28.解法一:( Ⅰ) ∵四边形ABCD是正方形, ∴AC⊥BD. ∵PD⊥底面ABCD, ∴PD⊥AC.∴AC⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB.( Ⅱ) 设AC∩BD=O, 连结OE. 由( Ⅰ) 知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角. ∵O, E分别为DB, PB的中点, ∴OE∥PD, OE= PD. 又∵PD⊥底面ABCD, ∴OE⊥底面ABCD, OE⊥AO. 在Rt△AOE中, OE= PD= AB=AO, ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.解法二: 如图, 以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz.设AB=a, PD=h, 则A(a, 0, 0), B(a, a, 0), C(0, a, 0), D(0, 0, 0), P(0, 0, h).( Ⅰ) ∵=(-a, a, 0), =(0, 0, h), =(a, a, 0), ∴·=0, ·=0. ∴AC⊥DP, AC⊥BD. ∴AC⊥平面PDB. ∴平面AEC⊥平面PDB. ( Ⅱ)当PD= AB且E为PB的中点时, P(0, 0, a), E . 设AC∩BD=O, 则O , 连结OE. 由( Ⅰ)知AC⊥平面PDB于O. ∴∠AEO为AE 与平面PDB所成的角. ∵= = , ∴cos∠AEO= = . ∴∠AEO=45°, 即AE与平面PDB所成的角为45°.29.解法一:( Ⅰ) 证明: 依题设, M 在以BD为直径的球面上, 则BM⊥PD. 因为PA⊥平面ABCD, 则PA ⊥AB. 又AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD, 则AB⊥PD, 因此有PD⊥平面ABM, 所以平面ABM⊥平面PCD. ( Ⅱ) 设平面ABM与PC交于点N, 因为AB∥CD, 所以AB∥平面PCD, 则AB∥MN∥CD, 由( Ⅰ) 知, PD ⊥平面ABM, 则MN是PN在平面ABM上的射影, 所以∠PNM就是PC与平面ABM所成的角, 且∠PNM∠PCD, tan ∠PNM=tan∠PCD= =2 , 所求角为arctan 2 .( Ⅲ) 因为O是BD的中点, 则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半, 由(Ⅰ) 知, PD ⊥平面ABM于M, 则|DM|就是D点到平面ABM的距离. 因为在Rt△PAD中, PA=AD=4, PD ⊥AM, 所以M为PD中点, DM=2 , 则O点到平面ABM的距离等于.解法二:( Ⅰ) 同解法一;( Ⅱ) 如图所示, 建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2),设平面ABM的一个法向量n=(x, y, z), 由n⊥, n⊥可得令z=-1, 则y=1, 即n=(0,1, -1). 设所求角为α, 则sin α= = , 所求角的大小为arcsin .( Ⅲ) 设所求距离为h, 由O(1, 2, 0), =(1, 2, 0), 得h= = .30.（1）如图，连接BE、BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD。

（一）本周学习与研究中的三个重点1、空间右手直角坐标系及其在空间右手直角坐标系下的向量坐标运算．空间直角坐标系是在仿射坐标系的基础上，选取空间任意一点O和一个单位正交基底{}（按右手系排列）建立的坐标系．具体选择坐标系时，注意O点的任意性，一方面既要有利于作图的直观性，另一方面又要注意有关要求点的坐标容易表示．在空间右手直角坐标系下的点，向量坐标是唯一的，这一点的理解和证明可仿照向量分解定理的唯一性理解和证明．由此说明相等的向量其坐标是唯一的，这为后面的解题中常常需要进行向量的平移提供理论依据．空间向量的坐标运算，加法、减法和数量积等与平面向量类似，具有类似的运算法则，同学们学习中可类比的学习．虽然一个向量在不同空间的表达方式不同，但其实质没变，即向量在平面上是用唯一确定的有序实数对表示，即=(x,y)，而在空间则用唯一确定的有序实数组表示，即=(x,y,z)．如向量的数量积在二维、三维空间都是这样定义的．不同点仅是向量在不同空间具有不同的表达形式．如在平面上,,在空间=(a,a2,a3), ，不论在平面或空间都有．12、空间两向量平行、垂直的充要条件空间两向量平行时与平面两向量平行的表达式不一样，但实质是一致的，即对应坐标成比例，且比值为λ，空间两向量垂直的充要条件形式与平面向量里类似，仅多了一项基向量而已．3、空间两向量的夹角公式，距离公式，中点坐标公式（1）（2）（3）为AB的中点，则由可知夹角公式在平面向量正文里没有涉及，但可根据数量积的定义推出．这里应注意两向量夹角范围是：0°≤θ≤180°，当θ=0°时，表示两向量为同向共线向量，当θ=90°时，表示两向量垂直，当θ=180°时，表示两向量为反向共线向量．两点间的距离公式是长度公式的推广．其推导过程是首先根据向量的减法，推出向量的坐标表示，然后再用长度公式推出．这几个公式都与坐标原点的选取无关．（二）本周学习与研究中的两个难点1、空间任意一点的坐标确定空间任一点P的坐标确定办法如下：过P分别作三个坐标平面的平行平面（或垂面），分别交坐标轴于A、B、C三点，|x|=OA，|y|=OB，|z|=OC，当方向相同时，x>0，反之x<0，同理，可确定y、z．具体理解，可以以长方体作为模型，以其一共点的三条棱，建立空间直角坐标系来理解．这其中同学们应准确判断一点在各坐标平面内的射影的坐标，并比较它们间的关系，以及一些特殊点，如落在坐标轴上的点的坐标形式等．2、距离公式，夹角公式的应用应用距离公式、夹角公式解决立体几何问题，关键在于选择建立适当的空间直角坐标系．它们在立体几何中的应用有：计算两异面直线所成角时，当用几何方法较困难时，可以建立适当的空间直角坐标系后，利用向量方法求解，此时应注意异面直线所成的角的范围与向量夹角范围的区别；求线段的长度时，有时用几何方法较难构造三角形，此时，可考虑应用向量方法，表示出线段两端点的坐标，然后再用两点间的距离加以解决．。

高考数学如何有效利用坐标系解决几何题高考数学中的几何题一直是考生们的一个难点，尤其是在利用坐标系解决几何题方面更是令人头疼。

然而，如果我们能够熟练地运用坐标系，就能够在解决几何题时事半功倍。

本文将探讨如何有效地利用坐标系解决高考数学中的几何题。

1. 直角坐标系的应用直角坐标系是解决几何问题时最常用的一个工具。

我们可以将平面上的点与坐标系中的点一一对应，通过坐标运算来求解。

举个例子，假设有一个点A(x1, y1)和一个点B(x2, y2)，我们可以通过计算两点间的距离来判断它们的位置关系。

如果AB的距离等于0，那么A和B 就是同一个点；如果距离大于0，那么A和B就是不同的点。

除了计算距离，直角坐标系还可以帮助我们解决平面几何中的直线和曲线问题。

例如，我们可以通过计算两点间的斜率来确定直线的斜率、直线的方程等等。

此外，坐标系还可以帮助我们判断直线的相交情况，以及曲线的图形特征等。

2. 极坐标系的应用在解决某些几何问题时，使用极坐标系比直角坐标系更加方便。

极坐标系中，我们将一个点的位置通过极径和极角来表示。

极径表示点到原点的距离，而极角表示点与极轴（通常为x轴）的夹角。

通过极坐标系，我们可以更加方便地描述圆、椭圆、双曲线等图形。

例如，对于一个圆来说，我们只需要知道它的圆心和半径即可完全确定它的位置和形状。

在利用极坐标系解决几何问题时，我们可以通过计算两点之间的极径和极角之差来确定它们的位置关系。

同时，我们还可以通过计算极坐标方程的导数来求解曲线的斜率，以及曲率等相关问题。

3. 三维坐标系的应用在高考数学中，我们不仅会遇到平面几何问题，还会涉及到空间几何问题。

针对空间几何问题，我们需要运用三维坐标系进行求解。

三维坐标系由x轴、y轴和z轴组成，用于表示空间中的点的位置。

类似于二维坐标系，我们可以通过计算两点之间的距离来确定它们的位置关系。

此外，三维坐标系还可以帮助我们解决直线、平面的方程问题，判断直线与平面的相交情况，以及与坐标轴的夹角等问题。