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第七章　立体几何与空间向量
思维进阶10　空间直角坐标系的构建与点的坐标的确定
利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的五种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．
题型一　空间直角坐标系的构建
1．建立空间直角坐标系的方法
(1)利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系；
(2)利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；
(3)利用面面垂直关系构建空间直角坐标系；
(4)利用底面中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系；
(5)利用底面正三角形构建空间直角坐标系．
2．建立空间直角坐标系的原则
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．
[典例1]　如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
[解]　取BC的中点E，连接AE．
由AB＝AC得AE⊥BC，又AD∥BC，
从而AE⊥AD，AE＝
＝＝．
以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，
N＝(0，2，－4)，＝＝．设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，
则即
令z＝1，则y＝2，x＝0，
则n＝(0，2，1)为平面PMN的一个法向量．
于是|cos 〈n，〉|＝＝．
设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝，
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为．
反思领悟　本例需要建立空间直角坐标系，而题目本身没有明显的共点的三条互相垂直的直线，认真观察题目条件AB＝AC，取BC的中点E可得AE⊥BC，BC∥AD，就可得三条共点的两两垂直的直线，从而达到建立空间直角坐标系的目的．
巩固迁移1　(2024·安徽合肥三模)如图，已知四棱锥S-ABCD中，点S在平面ABCD内的投影为点A，∠CDA＝∠DCB＝2∠DCA＝90°，BC＝2AD＝4．
(1)求证：平面SAC⊥平面SAB；
(2)若平面SAB与平面SCD所成角的正弦
值为，求SA的值．
[解]　(1)证明：设BC中点为E，连接AE，
因为∠CDA＝∠DCB＝2∠DCA＝90°，且AD＝CD，故四边形ADCE为正方形，
而AC＝＝2，AE＝2，AB＝＝2，
所以BC2＝AB2＋AC2，所以AB⊥AC，
因为SA⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以SA⊥AC，又SA，AB 平面SAB，SA∩AB＝A，
所以AC⊥平面SAB，因为AC 平面SAC，
所以平面SAC⊥平面SAB．
(2)以A为坐标原点，AE，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设SA＝a(a>0)，则C(2，2，0)，D(0，2，0)，B(2，－2，0)，S(0，0，a)，
所以＝(0，2，－a)，＝(2，0，0)，
设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，所以n＝(0，a，2)，
由(1)知，平面SAB的法向量为＝(2，2，0)，
设平面SAB与平面SCD所成角为θ，则sin θ＝，
所以cos θ＝＝，
即|cos〈，n〉|＝＝＝，
解得a＝(舍负)，所以SA＝．
题型二　确定空间直角坐标系中点的坐标
求点的坐标和设点的坐标方法是一致的，常见方法具体如下：
(1)射影法：看所求点在x，y，z轴上的射影对应的数值．
如图，求点P横坐标x，则过点P作PP1⊥平面Oxy，再过点P1作P1P2⊥x轴，点P2对应数值即是x，同理可求纵坐标y与竖坐标z，或直接构造长方体OP，即求出线段P1P3，P1P2，PP1的长度，再注意正负号即可得点P坐标．
一般地，点在平面Oxy，Oyz，Ozx上或易得点在x，
y，z轴的射影时均适合用射影法．
(2)公式法：对中点、n等分点、重心等点可用公式法求其坐标．
若点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3，y3，z3)，
则线段AB的中点坐标为；三角形ABC的重心为；
若点P在线段AB上且AP＝λPB，则
P．
(3)向量法：
①利用平行、垂直关系求某向量的坐标，再求点的坐标．
②利用三角形法则或平行四边形法则，求出某向量的坐标，再求点的坐标．
③三点共线问题：若点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，点C在线段AB上，则可设＝λ，C(x，y，z)，利用待定系数法求出x，y，z．
(4)待定系数法：设点P(x，y，z)，利用已知条件求出x，y，z．
以上各方法其实也是相通的，也存在其他一些灵活的处理方法(比如平移法等)，都需要先理解再灵活运用．
[典例2]　如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB＝4，AD＝2，平行六面体高为2，顶点D在底面A1B1C1D1的射影O是C1D1的中点，设△AB1D1的重心为G，N为DD1上的点，且ON⊥DD1，试建立适当的空间直角坐标系并写出下列点的坐标．
(1)A1，B1，A，D1；(2)G；(3)B；(4)N．
[解]　(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以OC1，OD所在直线为y，z轴，以过点O且平行于B1C1的直线为x轴建立空间直角坐标系．
设点A1(x，y，z)，因为点A1在平面Oxy上，则z＝0，
由图可知它在y轴上的射影点D1对应数值－2，则y＝－2，在x轴上的射影点对应数值2，则x＝2，即A1(2，－2，0)．同理得B1(2，2，0)，A(2，0，2)，D1(0，－2，0)．
(2)∵G是△AB1D1的重心，
∴G，即G．
(3)设B(x1，y1，z1)，则＝(x1－2，y1－2，z1)，又D(0，0，2)，＝(0，2，2)，
且＝，∴x1＝2，y1＝4，z1＝2，
∴点B坐标为(2，4，2)．
(4)∵D1，N，D三点共线，可设＝λ，
即＝λ(0，2，2)＝(0，2λ，2λ)，
∴＝＝(0，2λ－2，2λ)，
∴N(0，2λ－2，2λ)，
∵ON⊥DD1，∴·＝0，
∴0＋4(λ－1)＋12λ＝0，
解得λ＝，故N．
巩固迁移2　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且PA＝PD，AD＝PB．
(1)求证：AD⊥PB；
(2)求点A到平面PBC的距离．
[解]　(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OB，BD，
因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
所以AD＝AB＝BD．
因为O为AD的中点，所以BO⊥AD．
在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，
所以PO⊥AD．
因为BO∩PO＝O，BO，PO 平面POB，
所以AD⊥平面POB．
因为PB 平面POB，所以AD⊥PB．
(2)由题意及(1)易知OP＝1，BO＝，又PB＝2，
所以OP2＋BO2＝PB2，所以OP⊥OB，
所以OP，OA，OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(0，，0)，
C(－2，，0)，P(0，0，1)，
所以＝(－1，0，1)，＝(0，，－1)，
＝(－2，，－1)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
不妨取y＝1，则n＝(0，1，)，
所以点A到平面PBC的距离d＝＝．
进阶训练(十)　空间直角坐标系的构建与点的坐标的确定
1．(2025·成都模拟)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为PQ，AB，BC的中点，则异面直线EM与AF所成角的余弦值是(　　)
A． B．
C．－ D．
√
题号
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7
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题号
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A　[由题设易知，AB，AD，AQ两两垂直．以A为原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
设正方形边长为2，
则A(0，0，0)，E(1，0，0)，M(0，1，2)，F (2，1，0)，
＝(－1，1，2)，＝(2，1，0)，
cos 〈〉＝＝＝，则异面直线EM与AF所成角的余弦值为．]
√
题号
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2．(2025·莆田模拟)在三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝2．若M为该三棱锥外接球上的一点，则·的最大值为(　　)
A．2 B．4
C．2＋2 D．4＋2
题号
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C　[如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心O为正方体体对角线的交点，建系如图，
则P(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，
C(0，0，2)，O(1，1，1)，
设M(x，y，z)，三棱锥外接球的半径为R，
则2R＝＝2，故R＝，
则·＝()·()＝＋()··，
又＝R2＝3，＝(－1，1，－1)，＝(－1，－1，1)，
所以＝(－2，0，0)，·＝1－1－1＝－1，
则()·＝||||cos 〈〉＝2cos 〈〉，
所以·＝2＋2cos 〈〉，
故当cos 〈〉＝1时，·取得最大值2＋2．故选C．]
题号
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题号
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3．(2025·贵阳模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED夹角的余弦值为
(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
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9
B　[如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，
D(3，3，0)，E(0，2，1)，
∴＝(0，2，1)，＝(3，3，0)．
设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝为平面BED的一个法向量．
又平面ABE的法向量为m＝(1，0，0)，
∴cos 〈n，m〉＝＝＝．
∴平面ABE与平面BED夹角的余弦值为．]
题号
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题号
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4．(多选)(2025·铜川印台区模拟)如图，四边形ABCD，ABEF都是边长为2的正方形，平面ABCD⊥平面ABEF，P，Q分别是线段AE，BD的中点，则(　　)
A．PQ∥DF
B．异面直线AQ，PF所成角为
C．点P到直线DF的距离为
D．△DFQ的面积是
√
√
√
题号
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ACD　[由题可得，AB，AD，AF两两垂直，
以A为坐标原点，AD，AB，AF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则A(0，0，0)，B(0，2，0)，D(2，0，0)，
E(0，2，2)，F (0，0，2)．
对于A，因为P，Q分别是线段AE，BD的中点，
所以P(0，1，1)，Q(1，1，0)，
所以＝(1，0，－1)，＝(－2，0，2)＝－2，又PQ，DF不共线，所以PQ∥DF，故A正确；
对于B，＝(1，1，0)，＝(0，－1，1)，设异面直线AQ，
PF所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈〉|＝＝＝，
又因为θ∈，所以θ＝，即异面直线AQ，PF所成角为，
故B错误；
题号
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对于C，由＝(0，－1，1)，＝(－2，0，2)，得＝＝，所以点P到直线DF的距离为
＝＝，故C正确；
对于D，因为PQ∥DF，所以Q到DF的距离即为P到DF的距离，
所以△DFQ的面积S＝||×＝，故D正确．
故选ACD．]
题号
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题号
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5．(2024·衡水中学月考)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，OP⊥底面ABCD．设点M满足＝λ(λ>0)，当λ＝时，直线PA与平面BDM所成角的正弦值是________．
　
题号
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　[以O为坐标原点，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(图略)，
则P(0，0，4)，A(4，0，0)，D(0，－3，0)，B(0，3，0)，C(－4，0，0)，＝(4，0，－4)，＝(0，6，0)，
当λ＝时，得M，所以＝．
设平面DBM的法向量为n＝(x，y，z)，
则
解得y＝0，令x＝2，则z＝1，
所以n＝(2，0，1)为平面DBM的一个法向量．
因为|cos 〈，n〉|＝＝＝，
所以直线PA与平面BDM所成角的正弦值为．]
题号
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题号
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6．(2025·滕州模拟)如图，四棱锥F-ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC＝2，BD＝．若CF⊥平面ABCD，CF＝2，则平面BAF与平面AFD夹角的大小为________．
　
题号
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　[过点A作AE⊥平面ABCD，以A为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
所以B，D，F (0，2，2)．
设平面BAF的法向量为n1＝(x，y，z)，
则由得
令z＝1，得所以n1＝(－，－1，1)为平面BAF的一个
法向量．
同理，可求得平面AFD的一个法向量为n2＝(，－1，1)．
由n1·n2＝0，知平面BAF与平面AFD垂直，
所以平面BAF与平面AFD夹角的大小为．]
题号
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题号
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7．(2024·杭州二中月考)在底面为直角梯形的四棱锥S-ABCD中，
∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面
SCD与平面SAB夹角的余弦值为________．
　
题号
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　[以A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，D，C(1，1，0)，S(0，0，1)，
平面SAB的一个法向量为＝，
并求得平面SCD的一个法向量为n＝，
则cos 〈，n〉＝＝．
即平面SCD与平面SAB夹角的余弦值为．]
题号
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8．(2025·枣庄模拟)在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD．
(1)证明：AB⊥平面VAD；
(2)求二面角A-VD-B的平面角的余弦值．
[解]　(1)证明：取AD的中点O作为坐标原点，
由题意知，VO⊥底面ABCD，
则可建立如图所示的空间直角坐标系．
题号
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设AD＝2，则A(1，0，0)，
D(－1，0，0)，B(1，2，0)，
V(0，0，)．
易得＝(0，2，0)，＝(1，0，－)．
∵·＝(0，2，0)·(1，0，－)＝0，
∴⊥，即AB⊥VA．
又AB⊥AD，AD∩VA＝A，AD，VA 平面VAD，∴AB⊥平面VAD．
(2)易得＝(1，0，)．
设E为DV的中点，连接EA，EB，则E，
∴＝＝．
∵·＝·(1，0，)＝0，
∴⊥，即EB⊥DV．
题号
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又EA⊥DV，∴∠AEB为所求二面角的平面角，
∴cos 〈〉＝＝．
故所求二面角的平面角的余弦值为．
题号
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9．(2025·天津模拟)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与
平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面
A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
题号
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[解]　(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D＝D，CD，A1D 平面A1CD，
∴DE⊥平面A1CD，
又∵A1C 平面A1CD，∴A1C⊥DE．
又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，CD，DE 平面BCDE，
∴A1C⊥平面BCDE．
题号
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(2)如图建系，则C(0，0，0)，D(－2，0，0)，A1(0，0，2)，
B(0，3，0)，E(－2，2，0)，
∴＝(0，3，－2)，＝(－2，2，－2)，
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
题号
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∴取y＝2，则n＝(－1，2，)．
又∵M(－1，0，)，∴＝(－1，0，)．
∴cos 〈，n〉＝＝＝＝，
∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°．
题号
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(3)设线段BC上存在点P，P点坐标为(0，a，0)，a∈[0，3]，
∴＝(0，a，－2)，＝(2，a，0)，
设平面A1DP法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
题号
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∴
取y1＝6，则n1＝(－3a，6，a)．假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，
∴3a＋12＋3a＝0，a＝－2．
∵0≤a≤3，∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
题号
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谢 谢 ！

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