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坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系，而如何建立恰当的空间直角坐标系是本章的难点，这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系(或在图形中构造垂直关系)建系，下面就几种常见的建系方法予以说明．
一、利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系
　(2019·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B EC C1的正弦值．
建系方法：以D为坐标原点，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz．
[点评]　由题意知，在长方体ABCD A1B1C1D1中，三条棱DA，DC，DD1两两互相垂直且交于一点D，可考虑以点D为原点，三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，此为根据题目中现有的条件，直接建立空间直角坐标系．
二、利用线面垂直关系构建空间直角坐标系
　(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A PM B的正弦值．
建系方法：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标．
[点评]　由条件中的垂直关系PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形，进而PD，AD，DC两两垂直且共点于D，可建立空间直角坐标系，此为通过先证明题目中建系的条件，建立空间直角坐标系．
三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系
　(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E BC D的大小为45°，求三棱锥A BCD的体积．
建系方法：由题意知AO⊥平面BCD，显然AO⊥OB．以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．
[点评]　由已知条件平面ABD⊥平面BCD，结合其他已知证得AO⊥平面BCD，选取OB，OA所在的直线分别为x，z轴后，y轴就可由以下三个限制条件确定：①必须在平面BCD内且过点O；②必须垂直于OB；③方向必须符合右手直角坐标系．
四、利用正棱锥的底面中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系
　已知正四棱锥V ABCD中，E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h，若BE⊥VC，则∠DEB的余弦值为________．
建系方法：如图所示，以V在底面ABCD内的投影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB．
[点评]　解决有关正棱锥的题目时，一般要利用正棱锥的底面的中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系．
五、利用底面正三角形构建空间直角坐标系
　(2018·江苏高考)如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
建系方法：
在正三棱柱ABC A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O xyz．
[点评]　解决底面为正三角形的几何体建系时，一般将正三角形底边中线和与底边中线垂直的直线作为建立的空间直角坐标系的x轴，y轴，再结合其他条件确定z轴．
综上五类常见几何图形的建系特征，即从直接利用具有公共顶点的三条棱构建空间直角坐标系，到利用线面垂直、面面垂直构建空间直角坐标系，再到利用立体图形的对称性等构建空间直角坐标系，有些题目可直接建立空间直角坐标系，而有些题目需先证明存在垂直关系后，再建立空间直角坐标系．无论利用哪种关系建系，都应遵循与求解问题相关的元素尽可能在坐标轴上或坐标面上，这样便于计算点的坐标(空间向量的坐标)，减少运算量．
[高考还可这样考]
如图，四棱锥P ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M AB D的余弦值．
解：(1)证明：如图，取PA的中点F，连接EF，BF．
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD．
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綉BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF．
又BF 平面PAB，CE 平面PAB，故CE∥平面PAB．
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1, )，
所以＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(0因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量，
所以|cos〈，n〉|＝eq \f(|·n|,||·|n|)＝sin 45°，即＝，
整理得(x－1)2＋y2－z2＝0，①
又M在棱PC上，设＝λ，即(x，y－1，z－)＝λ(1,0，－)，
则x＝λ，y＝1，z＝－λ．②
由①②解得(舍去)或
所以M，从而＝．
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝．
因此二面角M AB D的余弦值为．

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