第63讲 立体几何中的建系设点问题

第63讲 立体几何解答题的建系设点问题

在如今的立体几何解答题中，有些题目可以使用空间向量解决问题，与其说是向量运算，不如说是点的坐标运算，所以第一个阶段：建系设点就显得更为重要，建立合适的直角坐标系的原则有哪些？如何正确快速写出点的坐标？这是本文要介绍的内容。 一、基础知识：

（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴

z1、z轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即z轴要与坐标平面xOy垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即为z轴与底面的交点 2、x,y轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：

xOy（1）尽可能的让底面上更多的点位于x,y轴上

（2）找角：x,y轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件 （3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点 3、常用的空间直角坐标系满足x,y,z轴成右手系，所以在标

zD'FA'GEB'C'JCIxAHByx,y轴时要注意。

4、同一个几何体可以有不同的建系方法，其坐标也会对应不同。但是通过坐标所得到的结论（位置关系，角）是一致的。

5、解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），这个过程不能省略。

6、与垂直相关的定理与结论： （1）线面垂直：

O① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直 ② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直 ③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直 ④ 直棱柱：侧棱与底面垂直

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第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

（2）线线垂直（相交垂直）： ① 正方形，矩形，直角梯形

② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一） ③ 菱形的对角线相互垂直

222④ 勾股定理逆定理：若ABACBC，则ABAC

（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类 1、能够直接写出坐标的点

（1） 坐标轴上的点，例如在正方体（长度为1）中的A,C,D'点，坐标特点如下：

x轴：x,0,0 y轴：0,y,0 z轴：0,0,z

规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0

（2）底面上的点：坐标均为x,y,0，即竖坐标z0，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考：以上图为例： 则可快速写出H,I点的坐标，位置关系清晰明了

OCI11H1,,0,I,1,0 222、空间中在底面投影为特殊位置的点：

如果Ax1,y1,z在底面的投影为Ax2,y2,0，那么

'AHBx1x2,y1y2（即点与投影点的横纵坐标相同）

由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。如果可以则直接确定了横纵坐标，而竖坐标为该点到底面的距离。例如：正方体中的B点，其投影为B，而B1,1,0所以B1,1,z，而其到底面的距离为1，故坐标为B1,1,1

'''以上两个类型已经可以囊括大多数几何体中的点，但总还有一些特殊点，那么就要用到第三个方法： 3、需要计算的点

① 中点坐标公式：Ax1,y1,z1,Bx2,y2,z2，则AB中点M图中的H,I,E,F等中点坐标均可计算

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x1x2y1y2z1z2,,222，第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

② 利用向量关系进行计算（先设再求）：向量坐标化后，向量的关系也可转化为坐标的关系，进而可以求出一些位置不好的点的坐标，方法通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值，例如：求A点的坐标，如果使用向量计算，则设A'x,y,z，

'''可直接写出A1,0,0,B1,1,0,B'1,1,1，观察向量ABAB，而AB0,1,0 ，

x10x1A'B'x1,y1,z1 y11y0 A'1,0,1

z10z1二、典型例题：

例1：在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D,E,F分别是棱

AB,BC,CD的中点，ABAC1,PA2，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点坐

标 解：

PPA平面ABC PAAB,PAAC

FBAC90 PA,AB,AC两两垂直

A以AP,AB,AC为轴建立直角坐标系

坐标轴上的点：A0,0,0,B1,0,0,C0,1,0,P0,0,2 中点：D:AB中点BCDE1,0,0 2 E:BC中点,,0

1122 F:PC中点0,,1

12综上所述：B1,0,0,C0,1,0,P0,0,2,D,0,0,E,,0,F0,,1

小炼有话说：本讲中为了体现某些点坐标的来历，在例题的过程中进行详细书写。这些过程在解答题中可以省略。

例2：在长方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别是棱BC,CC1上的点，CFAB2CE，

12112212AB:AD:AA11:2:4，建立适当的直角坐标系并写出点的坐标

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第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

思路：建系方式显而易见，长方体AA1,AB,AD两两垂直，本题所给的是线段的比例，如果设

A1B1C1D1ABa,AD2a,AA14a等，则点的坐标都含有a，不

便于计算。对待此类问题可以通过设单位长度，从而使得坐标都为具体的数。

解：因为长方体ABCDA1B1C1D1

AFDBAB,AD,AA1两两垂直

EC以AB,AD,AA1为轴如图建系，设AB为单位长度

AD2,AA14,CF1,CE1 2B1,0,0,C1,2,0,D0,2,0,B11,0,4,A10,0,4,C11,2,4,D10,2,4

3E1,,0,F1,2,1 2例3：如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，ADDCCB1,ABC60，CF 平面ABCD，且CF1，建立适当的直角坐标系并确定各点坐标。

思路：本题直接有一个线面垂直，所以只需在平面ABCD找过C的相互垂直的直线即可。由题意，BCD不是直角。所以可以以其中一条边为轴，在底面上作垂线即可构造出两两垂直的条件，进而可以建立坐标系 方案一：（选择BC为轴），连结AC 可知ADC120 在ADC中

FDCABAC3 由AC3,BC1,ABC60可解得AB2,ACB90

ACBC CF平面ABCD

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DACBACADDC2ADDCcosADC3

222第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

CFAC,CFBC

以AC,CF,BC为坐标轴如图建系：

B0,1,0,A313,0,0,D,,0,F0,0,1

22DC方案二（以CD 为轴） 过C作CD的垂线CM

CF平面ABCD

ABCFCD,CFCM

以CD,CF,CM为坐标轴如图建系：

（同方案一）计算可得：CM3,AB2 23331A,,0,B,,0,D0,1,0,F0,0,1

2222小炼有话说：建立坐标系的最重要的条件就是线面垂直（即z轴），对于x,y轴的选取，如果没有已知线段，可以以垂足所在的某一条直线为坐标轴，然后作这条轴的垂线来确定另一条轴，本题中的两个方案就是选过垂足C的直线为轴建立的坐标系。 例4：已知四边形ABCD满足AD∥BC,BAADDC1BCa，E是BC中点，将2BAE翻折成B1AE，使得平面B1AE平面

B'FADAECD，F为B1D中点

AD

BECEC

思路：在处理翻折问题时，首先要确定在翻折的过程中哪些量与位置关系不变，这些都是作为已知条件使用的。本题在翻折时，BAE是等边三角形，四边形AECD为60的菱形是不变的，寻找线面垂直时，根据平面BAE平面AECD，结合BAE是等边三角形，可取AE中点M，则可证BM平面AECD，再在四边形AECD找一组过M的垂线即可建系

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'''第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

解：取AE中点M，连结BM

'B'AE是等边三角形 B'MAE

平面BAE平面AECD

'B'FAMDB'M平面AECD，连结DM B'MME,B'MMD 四边形AECD为60的菱形 ADE为等边三角形

EAMDCDMAE

B'M,MD,ME两两垂直

如图建系，设AB为单位长度

33'311A,0,0,E,0,0,D0,,0,C1,,0,B0,0,E

2222233BDF0,,为中点 F

44'C例5：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，且OP平面ABCD，点M为PC的三等分点（靠近P），

建立适当的直角坐标系并求各点坐标

思路：由OP平面ABCD，可得OP作为z轴，在底面上可利用菱形对角线相互垂直的性质，选取OB,OC作为x,y轴。在所有点中只有M的坐标相对麻烦，对于三等分点可得

1PMPC，从而转化为向量关系即可求出M坐标

3解：

OP平面ABCD

OPOB,OPOC

菱形ABCD OBOC

OP,OB,OC两两垂直

以OP,OB,OC为坐标轴如图建系

可得：P0,0,4,B3,0,0,C0,4,0,A0,4,0,D3,0,0

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第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

设Mx,y,z 由PM11PC可得：PMPC 33PMx,y,z4,PC0,4,4

x0x04448yy M0,,

333348z4z33小炼有话说：（1）底面是菱形时要注意对角线相互垂直的性质

（2）对于一条线段上的某点分线段成比例，可以利用向量关系将该点坐标计算出来 例6：如图所示的多面体中，已知正方形ABCD与直角梯形BDEF所在的平面互相垂直，

EF∥BD，EDBD,AD2,EFED1，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点

坐标

思路：题目已知面面垂直，从而可以找到DE与底面垂直，再由底面是正方形，可选AD,DC为x,y轴，图中F点坐标相对麻烦，可以用投影法和向量法计算得到 解：

平面EFBD平面ABCD

E又因为直角梯形BDEF EDDB

ED平面ABCD

正方形ABCD ADBD

FDCED,DA,DC两两垂直

以DE,DA,DC为轴建立直角坐标系 坐标轴上的点：A底面上的点：B2,2,0,0,C0,2,0,E0,0,1 2,0

ABF点两种确定方式：

① 可看其投影，落在BD中点处2222,,0，且高度为1，所以F,,1 2222② 设Fx,y,z EFx,y,z1,DB2,2,0

太和亮剑教育 高考专项突破精准辅导案 微信公众号：thljjy0209

第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

2x22221EFDB yF,,1

2222z10综上所述：A2,0,0,C0,2,0,E0,0,1,B222,2,0,F,,1

22例7：如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA122,C1H平面AA1B1B，C1H5，建立适当的坐标系并确定各点坐标

思路：C1H平面AA1B1B，从而C1H可作z轴，只需在平面AA1B1B找到过H的两条垂线即可建系（两

ACC1BHA1B1种方案），对于坐标只有C坐标相对麻烦，但由C1CA1A可以利用向量进行计算。 解：方案一：（利用正方形相邻边垂直关系建系） 如图建系：则

CC12,2,0,C0,0,5

设Cx,y,z，则CCx,y,z5 AA0,2A12,2,0,A2,2,0,B12,2,0

111BBHAA1B12,0

x0x0由C1CA可得：y22Ay22 C0,22,5 1z50z5综上所述：

2,2,0,A2,2,0,BC0,0,5,C0,22,5

A1112,2,0,B2,2,0,

方案二：（利用正方形对角线相互垂直建系） 如图建系：由AA1HB1H2 122计算可得ACC1

B太和亮剑教育 高考专项突破精准辅导案 微信公众号：thljjy0209

HAA1B1第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

A12,0,0,A0,2,0,B10,2,0

B2,0,0,C10,0,5

设Cx,y,z，则C1Cx,y,z5 A1A2,2,0

x2x2由C1CA可得：y2Ay2 C2,2,5 1z50z5综上所述：

A12,0,0,A0,2,0,B10,2,0,B2,0,0,C10,0,5,C2,2,5

小炼有话说：本题虽然两种建系方法均可以，但从坐标上可以发现，用方案二写出的坐标相对简单，尤其是底面上的坐标不仅在轴上，而且数比较整齐。（相信所给的AA122目的也倾向使用方案二建系）因为在解决立体几何解答题时，建系写坐标是基础，坐标是否整齐会决定计算过程是否更为简便。所以若题目中建系有多种选择时，不妨观察所给线段长度的特点，选择合适的方法建系，为后面的计算打好基础

AB=1, 例8：如图，在四棱柱ABCD-A侧棱A1B1C1D1中，1A底面ABCD,ABAC,

AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点。建立合适的空间

直角坐标系并写出各点坐标

思路：由A1A底面ABCD，ABAC可得AA1,AB,AC两两垂直，进而以它们为轴建立坐标系，本题中A1,B1,C1,D1均可通过投影到底面得到横纵坐标，图中D点坐标相对麻烦，可作出底面的平面图再根据平面几何知识进行计算。 解：

侧棱A1A底面ABCD

 A1AAB,A1AAC

ABAC AB,AC,AA1两两垂直

以AB,AC,AA1为轴建立直角坐标系 底面上的点：B0,1,0,C2,0,0

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第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

由AD=CD=5可得ADC为等腰三角形，若P为

ABAC中点，则DPAC

DPDPAD2AP22

D1,2,0

可投影到底面上的点：A,2,C12,0,2,D11,2,2 10,0,2,B10,1因为M和N分别为B1C和D1D的中点

C1M1,,1,N1,2,1

2综上所述：B0,1,0,C2,0,0,D1,2,0,A,2,C12,0,2,D11,2,2 10,0,2,B10,1 M1,,1,N1,2,1

例9：如图：已知PO平面ABCD，点O在AB上，且EA∥PO，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC,BCAB,BCCDBOPO2,EAAO坐标系并求出各点坐标

思路：由条件可得ABAD，而PO平面

121CD，建立适当的2ABCD，EA∥PO可得到EA平面ABCD，从而

以EA,AB,AD为轴建系。难点在于求底面梯形中

AB,OD的长度。可作出平面图利用平面几何知识处

理。 解：

OPO平面ABCD，EA∥PO

 EA平面ABCD

EAAB,EAAD

AD∥BC,BCAB ADAB AE,AD,AB两两垂直，如图建系：

AOD1EACD1 E0,0,1

2RtAOB中：ABOB2OA23 BC太和亮剑教育 高考专项突破精准辅导案 微信公众号：thljjy0209

第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

cosAOBAO1AOB60 BO2AD∥BC BOCAOB60 BCBO BOC为等边三角形 OCBCCD OCB60

DOC60 COD为等边三角形 ODCD2

B3,0,0,O0,1,0,D0,3,0,C3,2,0

P在底面ABCD投影为O且PO2 P0,1,2

综上所述：B3,0,0,O0,1,0,D0,3,0,C3,2,0,P0,1,2,E0,0,1

ABC上的射影例10：已知斜三棱柱ABCABC111,BCA90,ACBC2,A1在底面

恰为AC的中点D，又知BA1AC1，建立适当的空间直角坐标系并确定各点坐标 思路：本题建系方案比较简单，A1D平面ABC，进而A1D作z轴，再过D引AC垂线即可。难点有二：一是三棱柱的高未知，进而无法写出上底面点的竖坐标；二是B1的投影不易在图中作出（需要扩展平面ABC），第一个问题可先将高设为h，再利用条件BA1AC1求解；第二个问题可以考虑利用向量计算得到。

解：过D作AC的垂线DM ，

A1C1B1A1D平面ABC

A1DDC,A1DDM，而DMDC

以A1D,DC,DM为轴建立直角坐标系

ADBCA0,1,0,C0,1,0,B2,1,0，设高为h

则A10,0,h，设C1x,y,z 则AC0,2,0,A1C1x,y,zh

ADCB太和亮剑教育 高考专项突破精准辅导案 微信公众号：thljjy0209

第八章 第63讲 立体几何解答题的建系设点问题 立体几何

x0x0y2由ACAC可得：y2 11zh0zhC10,2,h

BA12,1,h,AC10,3,h

BA1AC1BA1AC103h20，解得h3 设Bx,y,3 ABx,y,0

A10,0,3,C10,2,3

111而AB2,2,0且A1B1AB x2

y2B12,2,3

综上所述：A0,1,0,C0,1,0,B2,1,0,A10,0,3,C10,2,3,B12,2,3

太和亮剑教育 高考专项突破精准辅导案 微信公众号：thljjy0209