用坐标系解立体几何常见方法

立体几何解题建系策略(有答案)立体几何解题,许多情况下,不少学生是选择建立坐标系,有时图形方方正正的,建系当然容易,但如果图形不那么方正,如何建系呢,通常,有以下的建系策略: 1. 利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系 2. 利用线面垂直关系构建直角坐标系 3. 利用面面垂直关系构建直角坐标系4. 利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系5. 利用图形中的对称关系建立坐标系例1.如图,四棱锥P ABCD -中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BCCD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.例 2.如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.例3.如图，在直三棱柱111C B A ABC - 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点. (Ⅰ)求点C 到平面11ABB A 的距离;(Ⅱ)若11AB A C ⊥,求二面角11A CD C -- 的平面角的余弦值.例4.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长； (2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．例5.平面图形ABB 1A 1C 1C 如图(1)所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝ 5.现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题． (1)证明：AA 1⊥BC ； (2)求AA 1的长；(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值．例6.如图,四棱锥S-ABCD 中,,AB CD BC CD ⊥,侧面SAB 是等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1. ⑴证明:SD ⊥面SAB ;⑵求AB 与平面SBC 所成角的正弦值.例7.如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 是正方形,//EFAB ,EF FB ⊥,2AB EF =,90BFC ∠=︒,BF FC =,H 为BC 的中点. ⑴求证://FH 面EDB ;⑵求证: ACEDB ⊥面;⑶求二面角B-DE-C 的大小.例8.如图,BCD ∆与MCD ∆都是边长为2的正三角形,平面MCD ⊥平面BCD ,AB ⊥面BCD ,AB=23.⑴求点A 到平面MBC 的距离;⑵求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值.例9.在如图所示的几何体中,四边形ABCD 为平行四边形,90ACB ∠=︒,EA ⊥面ABCD ,//,EF AB //,FG BC //,2.EG AC AB EF =⑴若M 是线段AD 的中点,求证://ABFE GM 面; ⑵若AC=BC=2AG,求二面角A-BF-C 的大小.例10.如图,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是菱形,PA ⊥面ABCD ,22,2,AC PA ==E 是PC 上的一点,2PE EC =.⑴证明:PC ⊥面BED ;⑵设二面角A-PB-C 为90︒,求PD 与平面PBC 所成角的大小.例11.如图,在三棱锥P ABC -中,90APB ∠=︒,60PAB ∠=︒,AB BC CA ==,面PAB ⊥面ABC .⑴求直线PC 与平面ABC 所成角的大小; ⑵求二面角B-AP-C 的大小.例12.如图，在四棱锥中,, 且6,PB BC BD ===222CD AB ==,120PAD ∠=︒.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值．例13.如图，在三棱锥P −ABC 中，△ABC 是正三角形，面PAB ⊥面ABC ，∠PAB =30°，AB =PB =2，△ABC 和△PBC 的重心分别为D ，E .(1)证明：DE ∥面PAB ;(2)求AB 与面PDE 所成角的正弦值.例14.如图,AB 是圆的直经,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点, ⑴求证:平面PAC ⊥面PBC ;⑵若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A 的余弦值.例15.已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4． （1）证明：PQ ⊥平面ABCD ； （2）求异面直线AQ 与PB 所成的角； （3）求点P 到平面QAD 的距离．例16.如图，三棱锥P —ABC 的底面ABC 是等腰直角三角形，AB ⊥BC ，AB=BC=2,PA=PC=22,二面角P —B C —A 等于︒45.（Ⅰ）求证：AC ⊥PB ；（Ⅱ）求PA 与面PBC 所成角的大小.PED CBA例17.如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（I ）证明：EF ⊥DB ；（II ）求DF 与面DBC 所成角的正弦值．例18.如图，已知二面角βα--l 的大小为045,直角ABC ∆的两条直角边22=AB ，3=AC ，边AB在平面β内，且l AB ⊥，点C 在平面α内.将直角ABC ∆绕AC 边转动到ACP ∆,且AP 在平面β内，045=∠BAP .(Ⅰ)求证：⊥l 平面ABC ；(Ⅱ)求直线CP 与平面α所成角的正弦值.参考答案:例1 （2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】解：(1)如图，联结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝2 3(舍去－2 3)，所以|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面F AD 的法向量为1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为2＝(x 2，y 2，z 2)．由1·AD →＝0，1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)． 由2·AB →＝0，2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取2＝(3，－3，2)． 从而向量1，2的夹角的余弦值为 cos 〈1，2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为3 78.例2（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图,四棱锥P ABCD-中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆，与PAD ∆都是等边三角形. (I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】解：(1)取BC 的中点E ，联结DE ，则四边形ABED 为正方形． 过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 联结OA ，OB ，OD ，OE .由△P AB 和△P AD 都是等边三角形知P A ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解法一：由(1)知CD ⊥PB ，CD ⊥PO ，PB ∩PO ＝P ， 故CD ⊥平面PBD .又PD ⊂平面PBD ，所以CD ⊥PD .取PD 的中点F ，PC 的中点G ，连FG . 则FG ∥CD ，FG ⊥PD .联结AF ，由△APD 为等边三角形可得AF ⊥PD . 所以∠AFG 为二面角A －PD －C 的平面角． 联结AG ，EG ，则EG ∥PB . 又PB ⊥AE ，所以EG ⊥AE .设AB ＝2，则AE ＝2 2，EG ＝12PB ＝1，故AG ＝AE 2＋EG 2＝3，在△AFG 中，FG ＝12CD ＝2，AF ＝3，AG ＝3.所以cos ∠AFG ＝FG 2＋AF 2－AG 22·FG ·AF ＝－63.因此二面角A －PD －C 的大小为π－arccos63. 解法二：由(1)知，OE ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OE →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .设|AB →|＝2，则A (－2，0，0)，D (0，－2，0)， C (2 2，－2，0)，P (0，0，2)，PC →＝(2 2，－2，－2)，PD →＝(0，－2，－2)， AP →＝(2，0，2)，AD →＝(2，－2，0)． 设平面PCD 的法向量为1＝(x ，y ，z )，则 1·PC →＝(x ，y ，z )·(2 2，－2，－2)＝0，1·PD →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－2)＝0，可得2x －y －z ＝0，y ＋z ＝0.取y ＝－1，得x ＝0，z ＝1，故1＝(0，－1，1)． 设平面P AD 的法向量为2＝(m ，p ，q )，则 2·AP →＝(m ，p ，q )·(2，0，2)＝0， 2·AD →＝(m ，p ，q )·(2，－2，0)＝0，可得m ＋q ＝0，m －p ＝0.取m ＝1，得p ＝1，q ＝－1，故2＝(1，1，－1)． 于是cos 〈，2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－63.由于〈，2〉等于二面角A －PD －C 的平面角，所以二面角A －PD －C 的大小为π－arccos63. 例3（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱111C B A ABC 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;（Ⅱ）若11AB A C 求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2. 从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中， cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即 ⎩⎨⎧ 5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0， 取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即 ⎩⎨⎧ 5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝22＋1·1＝63. 所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63. 例4（2012高考真题江西理20）（本题满分12分）如图1－5，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长；(2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1 于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1.因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，所以AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O .所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE →＝15AA 1→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧ ·AB →＝0，n ·A 1C →＝0得⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0， 令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE →，〉＝OE →·n |OE →|·|n |＝3010. 即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010.例5（2012高考真题安徽理18）（本小题满分12分）平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1－4(1)所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝ 5.图1－4现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA 1⊥BC ；(2)求AA 1的长；(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BC B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD .由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1，又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)．故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0，因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC . (2)因为AA 1→＝(0,3，－4)， 所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以 cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋(－4)2＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D . 由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1，由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1.由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G .由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角． 在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.向量法（建系困难）412、（杭州市学军中学2016届高三5月模拟考试）如图，在四棱锥中, , 且.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值．答案412、解：证明：（1）为中点,, , 且四边形是矩形, ,又平面,且,在平面中,平面平面,又平面平面,平面平面.（2）以A 为原点，为轴,为轴,建立空间直角坐标角系，,则设平面的法向量,则,取,得, 设直线与平面所成的角为, , 直线与平面所成的角的正弦值为.14.(15分)如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC是正三角形，面PAB⊥面ABC，∠PAB=30°，AB=PB=2，△ABC和△PBC的重心分别为D，E .(1)证明：DE∥面PAB;P(2)求AB与面PDE所成角的正弦值.例15.如图,AB是圆的直经,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点, ⑴求证:平面PAC 面PBC;⑵若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.例15.已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4． （1）证明：PQ ⊥平面ABCD ； （2）求异面直线AQ 与PB 所成的角； （3）求点P 到平面QAD 的距离．（2）由题设知，ABCD 是正方形，且AC ⊥BD ．由（1），PQ ⊥平面ABCD ，故可分别以直线CA DB QP，，为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图1），易得(2202)(0222)AQ PB =--=-，，，，，，1cos 3AQ PB AQ PB AQ PB<>==，． 所求异面直线所成的角是1arccos 3． （3）由（2）知，点(0220)(22220)(004)D AD PQ -=--=-，，，，，，，，．设n =（x ，y ，z ）是平面QAD 的一个法向量，则00AQ AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，n n 得200x z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，，取x ＝1，得(112)--，，n =．点P 到平面QAD 的距离22PQ d ==n n．。

立体几何坐标解法典型例题1、如图，正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都为2，D 为1CC 中点． （Ⅰ）求证：1AB ⊥平面1A BD ； （Ⅱ）求二面角1A A D B --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面1A BD 的距离．2、如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --的直二面角．D 是AB 的中点． （1）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（2）求异面直线AO 与CD 所成角的大小．ABC D3．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 、EF 所成角θ的正弦值； (2)求点B 1到平面AEF 的距离．4.四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ．已知45ABC =∠，2AB =，BC =SA SB ==（Ⅰ）证明SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小．DBCAS5．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5．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM与CN 所成角的余弦值等于( )A.32B.1010C.35D.25<二>选择题辨析 [注]：①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（×） ②直线在平面外，指的位置关系：平行或相交③若直线a 、b 异面，a 平行于平面，b 与的关系是相交、平行、在平面内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点. ⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×） ⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）⑦是夹在两平行平面间的线段，若，则的位置关系为相交或平行或异面. [注]：①直线与平面内一条直线平行，则∥. （×）②直线与平面内一条直线相交，则与平面相交. （×）③若直线与平面平行，则内必存在无数条直线与平行. （√）④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （×） ⑤平行于同一直线的两个平面平行.（×） ⑥平行于同一个平面的两直线平行.（×）⑦直线与平面、所成角相等，则∥.（×） [注]：①垂直于同一平面．．．．的两个平面平行.（×） ②垂直于同一直线的两个平面平行.（√） ③垂直于同一平面的两条直线平行.（√）αααb a ,b a =b a ,a αa αa αa αa ααa l αβαβ。

立体几何中的斜坐标系在立体几何中，我们常常用斜坐标系来描述空间中的点、直线和平面等几何对象。

斜坐标系是一种利用斜线来表示坐标轴的坐标系，与传统的笛卡尔坐标系有所不同。

本文将介绍斜坐标系的基本概念和用法。

1. 斜坐标系的定义斜坐标系是一种由两个斜线相交形成的坐标系。

通常情况下，我们用两个斜线分别表示x轴和y轴。

这两个斜线之间的角度可以任意选择，但是常见的选择是45度或30度。

斜坐标系中的点坐标可以表示为(x,y)，其中x和y分别代表点在x轴和y轴上的坐标。

斜坐标系与笛卡尔坐标系之间可以进行坐标的转换。

设直角坐标系中的点坐标为(x c,y c)，则它在斜坐标系中的坐标可以表示为(x s,y s)。

转换公式如下：$$ x_s = \frac{x_c - y_c}{\sqrt{2}} \\ y_s = \frac{x_c + y_c}{\sqrt{2}} $$2. 斜坐标系中的直线和平面在斜坐标系中，我们可以用直线的斜率和截距来表示直线的方程。

设直线的斜率为k，截距为b，则直线的方程可以表示为：y=kx+b同样地，在斜坐标系中，我们也可以用平面的法向量和截距来表示平面的方程。

设平面的法向量为(a,b)，截距为d，则平面的方程可以表示为：ax+by+d=0通过斜坐标系中的方程转换，我们可以方便地在直角坐标系和斜坐标系之间进行转换和计算。

3. 斜坐标系的应用斜坐标系在立体几何中有广泛的应用。

它可以简化许多几何问题的计算，特别是对于与斜边有关的问题，例如直角三角形和正方体等。

斜坐标系的特点使得斜坐标系在计算斜边上的长度、斜边与坐标轴的夹角等问题时更加方便和直观。

除了在立体几何中的应用，斜坐标系还可以用于其他领域。

在计算机图形学中，斜坐标系可以表示三维空间中的点、线和面，方便进行三维对象的旋转、平移和缩放等操作。

此外，在机器人领域中，斜坐标系也可以用于表示机器人的坐标和运动方向，方便控制和导航。

4. 总结斜坐标系是一种在立体几何中常用的坐标系，它利用斜线来表示坐标轴，方便描述空间中的点、直线和平面等几何对象。

平面直角坐标系在立体几何中的应用张薇[摘要]谈到直角坐标系在立体几何中的应用，大家往往会想到建立空间直角坐标系来解决立体几何中的问题，然而有些情况下我们不需要建立或者不适宜建立空间直角坐标系，但在几何体的平面中又有线线垂直的，可以考虑建立平面直角坐标系来解决问题．这种方法通常用于立体几何中求解点到线的距离的问题．本文以2个题目为例来说明利用平面直角坐标系解决立体几何中的点到线的距离的问题的优点及使用情况． 关键词：平面直角坐标系 立体几何 应用建立直角坐标系解决立体几何中的问题适用于几何体中出现或比较容易作出线面垂直，并且面内容易作出线线垂直，各点坐标容易求出的题目．然而有时在求点到线的距离时我们不需要建立空间直角坐标，只要面内有线线垂直，我们也可以建立平面直角坐标系来解决问题．例一．如图，已知半平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在半平面β内，且DA α⊥，CB α⊥，4,6,8AD AB BC ===，在半平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，求四棱锥P ABCD -体积的最大值．分析：由DA α⊥，CB α⊥，得D A A P ⊥,,CB BP αβ⊥⊥.设APD BPC α∠=∠=，得4tan tan DA PA αα==，8tan tan CB PB αα==，所以有2PB PA =.由于底面ABCD 的面积已定，要使四棱锥P ABCD -最大，只要使高最大，即P 点到平面ABCD 的距离最大．又由于αβ⊥，所以P 到平面ABCD 的距离即为P 到AB 的距离.接下来的处理方式有以下：方式一：P 到AB 的距离即为ABP ∆的高，要使高最大，则在底边AB 已定的情况下ABP ∆的面积最大，问题转化为求ABP ∆面积最大．设APB θ∠=，由余弦定理得222222cos 54cos AB PA PB PA PB PA PA θθ=+-⋅⋅=-⋅所以2254cos AB PA θ=-， 则ABP ∆的面积221sin 36sin sin sin 254cos 54cos AB S PA PB PA θθθθθθ⋅=⋅⋅=⋅==--， 所以()()54cos 36sin 54cos 36sin S S S θθθθθϕ-=⇒=+=+， 所以()sin θϕ+=， 因为4tan 036S ϕ=>，所以02πϕ<<，又因为0θπ<<，所以302πθϕ<+<，所以()sin 1θϕ+≤，即1≤，解得012S <≤，即ABP ∆面积最大值为12，所以对应的ABP ∆的高的最大值为4，从而可求得四棱锥P ABCD -体积最大值为48．方式二：在平面α内以AB 中点为坐标原点，以AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，则()()3,0,3,0A B -．设(),P x y ，由2PB PA =得P 点的轨迹方程为()22516x y ++=，可得04y ≤≤，即P 到AB 的距离最大为4，从而可求得四棱锥P ABCD -体积最大值为48．小结：对比以上两种处理方式可以看出，在本题中，因为解决问题的关键在于求出P 到AB 的距离，所以在平面α上建立平面直角坐标系求出P 的轨迹方程，从而得到P 点的纵坐标的取值范围会更加简便，而且方式一还涉及到求形如()sin 0cos a b x y bd c d x +=≠+的函数的值域问题，这个知识点对学生来说是个难点，不好处理，而且运算量大，容易出错．例二．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，ABC ∆是直角三角形，AC CB ⊥，2PA =,CA =2CB =，E 为BC 的中点，CF AB ⊥于点F ，CF 交AE 于点M ，求M 到平面PBC 的距离．分析：本题有线面垂直，因此可以用等体积法来求点M 到平面PBC 的距离．如图所示，设M 到平面PBC 的距离的距离为d ，由于PA ⊥平面ABC ，所以P 到平面ABC 的A距离为PA ，则有P CMB M PBC V V --=，即1133CMB PBC PA S d S ∆∆⋅⋅=⋅⋅，易证PC CB ⊥，所以PBC S ∆易求，这样解决整个题目的关键就在于求出CMB S ∆，而CMB ∆中，CB 已知，只要求CB 边上的高也就是M 到CB 的距离h ．处理方式有以下：方式一：由CA =2CB =，AC CB ⊥，可得60ABC ∠=，又由CF AB ⊥可得30FCB ∠=，3CF AF ==．下面我们用分析法来找思路：要求M 到CB 的距离，只要求出CM 的长⇐MF 的长⇐tan MAF ∠⇐用正弦定理结合平方关系求出sin ,cos MAF MAF ∠∠，即sin ,cos BAE BAE ∠∠．而要求出sin BAE ∠，就要先用勾股定理求出AE 长．解答过程如下：因为AC CB ⊥，E 为BC 的中点，所以由勾股定理得：AE ==由正弦定理：sin sin AE BE ABC BAE=∠∠ 可得sin 26BAE ∠= 由平方关系可得cos 26BAE ∠=即cos MAF ∠=tan MAF ∠= 因为tan MF AF MAF =⋅∠=，所以CM CF MF =-= 所以M 到CB 的距离sin 7h CM MCE =⋅∠=． 方式二：因为AC CB ⊥，所以以C 为原点，CB 所在直线为x 轴，CA 所在直线为y 轴来建立平面直角坐标系，则()0,0C，(0,A ，()2,0B ，()1,0E ，所以有直线AE 方程为0y +-=， 直线CF 方程为3y x =， 设(),M x y ，则由6077x y y x y ⎧⎧=+-=⎪⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎪=⎩⎪⎩， 则M 到CB的距离7h y ==． 小结：对比以上两种处理方式可以看出，因为本题的关键在于求出M 到CB 的距离h ，而ABC ∆为直角三角形，M 点为AE 和CF 的交点，显然是建立平面直角坐标系比较容易求．总结：对于立体几何里面求点到线的距离的问题，我们解法上不必拘泥于几何法解或建立空间直角坐标系来解，有时我们在几何体的某个面上建立适当的平面直角坐标系会更加有利于问题的解决．。

立体几何建系方法立体几何是研究空间中图形的形状、大小、位置和相互关系的数学分支。

在立体几何中，建系是指确定和描述空间中图形的位置、方向和尺寸的方法。

建系方法有很多种，包括点线面建系、轴线建系、坐标建系等。

下面将详细介绍每种建系方法的原理和应用。

1.点线面建系点线面建系是最基本的建系方法之一，在立体几何的研究中有着广泛的应用。

点线面建系是通过确定一个点、一条线或一个平面来建立坐标系，从而确定其他点、线或面的位置和方向。

(1)点建系：通过确定一个点作为参考点，然后确定其他点相对于该参考点的位置和方向。

例如，在三维空间中，可以选择一个空间中的一些点作为原点，然后以该点为参考点确定其他点的位置和方向。

(2)线建系：通过确定两个点来确定一条线，然后确定其他点相对于该线的位置和方向。

例如，在三维空间中，选择两个不共线的点确定一条线，然后以该线为基准确定其他点的位置和方向。

(3)面建系：通过确定三个不共线的点来确定一个平面，然后确定其他点相对于该平面的位置和方向。

例如，在三维空间中，选择三个不共线的点确定一个平面，然后以该平面为基准确定其他点的位置和方向。

点线面建系在立体几何的分析中具有重要的作用，可以通过确定一些点、线或平面来确定其他点、线或平面的位置和方向关系。

例如，在计算机图形学中，点线面建系可以用于描述和操作三维模型的位置和姿态。

2.轴线建系轴线建系是一种常用的建系方法，通过确定一个或多个轴线来建立坐标系，从而确定其他点、线或面的位置和方向。

轴线建系常用于工程制图和机械设计中。

(1)单轴建系：通过确定一个轴线来建立坐标系。

例如，在机械设计中，常用水平轴或垂直轴作为参考轴线，然后确定其他点、线或面相对于该轴线的位置和方向。

(2)双轴建系：通过确定两个相互垂直的轴线来建立坐标系。

例如，在平面图形的制图中，常用水平轴和垂直轴来确定二维平面中点、线或面的位置和方向。

(3)多轴建系：通过确定多个轴线来建立坐标系。

高考数学应试技巧之立体几何在高考中，数学是考生必须要面对的必修科目之一，而立体几何也是其中难度较大的一部分。

在高考中，立体几何通常占据一定比例的分值，因此掌握好立体几何应试技巧对于整个数学成绩的提升有着非常重要的作用。

在本文中，我将介绍一些高考数学立体几何应试技巧，希望能够对广大考生有所帮助。

一、抓住重点难点在立体几何的学习中，我们需要把握住某些重点难点，这些知识点往往决定了整个部分的难度和重要性。

以下是一些高考立体几何的重难点：1. 空间向量和平面向量的相互转化；2. 向量叉乘的定义和性质；3. 直线和平面的方程式和性质，如平面法向量的确定；4. 空间几何中的相交线和平面、轴的求法；5. 三棱锥和四棱锥的性质和特征，以及如何求它们的体积；6. 球体的性质和公式，如球的面积和体积的计算。

以上这些内容都是高考立体几何中难度较大也较为重要的知识点，考生需花费更多的时间和精力去深入学习。

二、解题方法与技巧在考场上，考生需要注意一些解题方法和技巧，以使解题更顺利。

以下是一些常见的解题技巧：1. 画图法：立体图形通常较难想象，可以通过一些手绘图解来帮助解题。

可以在图纸上画出与题目相符合的立体图形，然后通过图形来解答问题。

尤其是在容易出错的计算过程中，可以通过画各个过程图来实现规范化计算。

2. 应用向量计算：在空间向量和平面向量的知识点中，向量计算是一种应用非常广泛的解题方法。

通过把题目所给的向量与需要求解的向量相互运算，可以求解出问题的答案。

例如，求两条直线的夹角、直线上的点到平面的距离等，都可以采用向量方法来解决。

3. 利用坐标系解题：在解决空间几何中的问题时，可以利用三维坐标系来解决。

这种方法可以将三维几何问题转化为平面几何问题，使问题更加明确化和规范化。

比如，若需要求两直线的交点，则可通过方程式，建立坐标系，进而求解问题。

4. 利用相似性质解决问题：在解决三棱锥、四棱锥题目时，我们可以利用它们的相似性质来帮助解决问题。

立体几何中直线与平面相交的经典方法+经典题(附详细解答)在立体几何中，直线和平面的相交问题是常见的问题。

本文将介绍两种经典的方法解决直线和平面的相交问题，并附上练题和详细解答。

方法一：截距法截距法是利用平面直角坐标系的思想来解决立体几何中直线和平面的相交问题。

步骤如下：1. 将空间直线的参数方程化成对应的参数式，例如设直线为$L:\begin{cases} x=x_0+ua\\ y=y_0+ub\\ z=z_0+uc\end{cases}(u\in\mathbb{R})$；2. 将空间平面的一般式化为标准式，例如设平面为 $\pi:Ax+By+Cz+D=0$；3. 将直线的参数式带入平面的一般式中，得到一个关于参数$u$ 的一元二次方程；4. 解出该方程的 $u$ 值，代入直线的参数式中，即可得到直线与平面的交点。

方法二：向量法向量法是利用向量的点乘和叉乘来解决立体几何中直线和平面的相交问题。

步骤如下：1. 将空间直线的参数方程化成对应的点向式，例如设直线为$L: \bold{r}= \bold{a} + \lambda \bold{b}$；2. 将空间平面化为法向量的点法式，例如设平面为$\pi:\bold{n}\cdot\bold{r}+d=0$；3. 将直线的点向式代入平面的点法式中，得到一个关于参数$\lambda$ 的一元一次方程；4. 解出该方程的 $\lambda$ 值，代入直线的点向式中，即可得到直线与平面的交点。

经典题1. 已知直线 $L: \begin{cases} x=1+2t \\ y=t \\ z=2-3t \end{cases}$，平面 $\pi: 2x+y-2z=3$，求它们的交点。

解：应用截距法，将直线的参数方程化为：$$\begin{cases}x=1+2t \\ y=t \\ z=2-3t \end{cases}=\begin{cases} x=1 \\ y=0 \\ z=2\end{cases}+t \begin{cases} 2 \\ 1 \\ -3 \end{cases}$$将平面的一般式化为标准式，得到：$\pi: x+\frac{1}{2}y-z-\frac{3}{2}=0$。

数学几何问题的解决方案数学几何是数学的一个重要分支，它研究的是空间中的形状、结构和变换。

几何问题的解决方案可以帮助我们更好地理解和应用数学知识。

在本文中，我将介绍一些常见的数学几何问题，并探讨它们的解决方案。

一、平面几何问题平面几何是几何学的基础，它研究的是二维空间中的形状和结构。

在平面几何中，有许多经典的问题，如求两点之间的最短距离、求直线与曲线的交点等。

解决平面几何问题的一种常见方法是使用坐标系。

我们可以将平面上的点表示为坐标对(x, y)，通过坐标系的建立，我们可以将几何问题转化为代数问题。

例如，求两点之间的最短距离，我们可以使用勾股定理来计算，根据两点的坐标差值求平方和再开方即可。

此外，解决平面几何问题还可以使用向量的方法。

向量是平面几何中的重要工具，它可以表示方向和大小。

通过向量的加减、点乘和叉乘等运算，我们可以解决许多几何问题。

例如，求两直线的夹角可以使用向量的点乘公式，求两直线的交点可以使用向量的叉乘公式。

二、立体几何问题立体几何是几何学的扩展，它研究的是三维空间中的形状和结构。

在立体几何中，有许多有趣的问题，如求立方体的体积、求球体的表面积等。

解决立体几何问题的一种常见方法是使用几何体的特性和性质。

每种几何体都有其独特的特点，通过了解这些特点，我们可以找到解决问题的关键。

例如，求立方体的体积，我们知道立方体的体积等于边长的立方，因此只需将边长代入公式即可。

此外，解决立体几何问题还可以使用投影的方法。

投影是将三维物体映射到二维平面上的过程。

通过投影，我们可以将立体几何问题转化为平面几何问题，然后使用平面几何的方法解决。

例如，求两个平行直线之间的距离，我们可以将其投影到一条直线上，然后使用平面几何的方法求解。

三、解决几何问题的策略除了具体的方法和技巧，解决几何问题还需要一定的策略。

在解决几何问题时，我们可以采取以下几个步骤：首先，仔细阅读问题，理解问题的要求和条件。

几何问题往往有很多条件，我们需要明确这些条件，然后将其转化为数学表达式。