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1、立体几何（向量法）—建系引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题防止了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于运算；一、利用共顶点的相互垂直的三条线构建直角坐标系例1（2021高考真题重庆理19）（本小题满分12分如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=4，AC=BC=，3D为AB的中点（Ⅰ）求点C到平面A1ABB1的距离;（Ⅱ）如AB1A1C求二面角的平面角的余弦值.【答案】
2、解：〔1〕由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为22CD＝BC－BD＝5.〔2〕解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，就DD1∥AA1∥CC1.又由〔1〕知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1－CD－C1的平面角．因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1A
3、B1＝∠A1DA，所以2RtAADRt△BAA.因此AA1A1B1AA＝AD·AB＝8，得AA＝22.△11111∽11＝，即ADAA122从而A1D＝AA1＋AD＝23.所以，在Rt△A1DD1中，cos∠ADD＝DD1AA1611＝＝.A1DA1D3解法二：如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于点D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直．以D为原点，射线DB，DC，DD1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，就A〔－2,0,0〕，A1〔－2,0，h〕，B1〔
4、2,0，h〕，C〔0，5，→0〕，C1〔0，5，h〕，从而AB＝〔4,0，→h〕，AC＝〔2，5，－h〕．11→→2由AB1⊥A1C，有8－h＝0，h＝22.→→→故DA1＝〔－2,0,22〕，C1C＝〔0,0,22〕，DC＝〔0，5，0〕．→→设平面A1CD的法向量为m＝〔x1，y1，z1〕，就m⊥DC，m⊥DA1，即取z1＝1，得m＝〔2，0,1〕，→→设平面C1CD的法向量为n＝〔x2，y2，z2〕，就n⊥DC，n⊥CC1，即取x2＝1，得n＝〔1,0,0〕，所以cos〈m，n〉＝m·n＝2＝6.
5、m
6、
7、n
8、
9、2＋1·136所以二面角A－CD－C的平面角的余弦值为11.3二、利用线面垂直关系构建直角坐标系例2.如以下图，AF、DE分别是圆O、圆O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD8.BC是圆O的直径，ABAC6,OE//AD.(I)求二面角BADF的大小；(II)求直线BD与EF所成的角的余弦值.19.解：〔Ⅰ〕∵AD与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB,AD⊥AF,故∠BAD是二面角B—AD—F的平面角，0依题意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝45.0即二面角B—AD—F的大小为45；〔Ⅱ〕以O为原点
10、，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如以下图），就O（0，0，0），A（0，32，0），B（32，0，0）,D（0，32，8），E（0，0，8），F（0，32，0）所以，BD〔32,8〕,〔0,2,8〕2,3FE382设异面直线BD与EF所成角为，就cos
11、cosBD,EF
12、直线BD1082与EF所成的角为余弦值为．10三、利用图形中的对称关系建立坐标系例3（2021年重庆数学（理））如图,四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,BCCD2,AC4,ACBACD,F为PC的中点,AFPB.3(1
13、)求PA的长;〔2〕求二面角BAFD的正弦值.【答案】解：〔1〕如图，联结BD交AC于O，由于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Oπ－xyz，就OC＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又ODCDcos＝3π＝CDsin＝3，故A〔0，－3，0〕，B〔3，30，0〕，C〔0，1，0〕，D〔－3，0，0〕．因PA⊥底面ABCD，可设P〔0，－3，z〕，由F为PC边中点，得z→zF0，
14、－1，，又AF＝0，2，，P→B＝〔3，3，－z〕，因AF⊥PB，222→→z→故AF·PB＝0，即6－＝0，z＝23〔舍去－23〕，所以
15、PA
16、＝23.2→→〔2〕由〔1〕知AD＝〔－3，3，0〕，AB＝〔3，3，→0〕，AF＝〔0，2，3〕．设平面FAD的法向量为1＝〔x1，y1，z1〕，平面FAB的法向量为2＝〔x2，y2，z2〕．→→AD＝0，1·AF＝0，得由1
