待定系數法在空間直角坐標系中的應用

張神駒

在解決某些問題時，先設出一些字母來表示待定的系數，然后根據問題的條件逐步確定這些待定字母的值，進而解決問題，這樣的解題方法我們稱之為待定系數法.它是數學中的一種重要解題方法，

應用廣泛，本文以質檢與高考試題為例，談談待定系數法在空間直角坐標系中的應用.

1 利用待定系數法確定點的坐標

建立空間直角坐標系是解決立體幾何的一種重要手段，然而關于空間直角坐標系數的建立，教材與雜志的一些文章中，強調具有垂直關系，特別是有長方體或有線面垂直時才使用.其實不然，按照空間直角坐標系的定義，可選取空間中任一點為原點，以原點出發的三條兩兩垂直的射線分別為x，y，z軸，且滿足右手系即可建立直角坐標系.這說明了空間直角坐標系的建立具有普遍意義，當然在實際應用中我們應該選擇便于計算的空間直角坐標系.

例1 （2018年寧德市高三第一次質檢）如圖l，矩形ABCD中，AB=6，AD=2√3，點F是AC上的動點.現將矩形ABCD沿著對角線AC折成二面角

分析 立體幾何綜合問題中，將平面圖形翻折成空間幾何體是質檢與高考試題中經常出現的一種題型.對于翻折立體幾何問題一定要理清翻折前后的不變關系和不變量，通常在折痕同側的位置關系、角度的大小保持不變;而在折痕異側的兩點線段長度、角度及位置關系都有變化，這點是解決此類問題的關鍵所在.同時也往往是學生的薄弱點，不僅需要較好的運算能力，也需要較強的空間想象能力.本題正好考查學生的弱點，實測中得分率較低.那么能否直接建系解決呢？答案是肯定的，由于矩形沿對角線的折疊過程中，始終保持D′A=DA=2√3，D′C=DC=6，隨著D′B=√30，則D′的位置就確定了，因而用坐標法較幾何法容易.我們以B為原點，BC，BA所在直線為x，y軸，過B點垂直于平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，利用待定系數法求出D′點坐標，實現問題解決.

解（I）以B為原點，Bc，BA所在直線為x，y軸，過B點垂直于平面ABC的垂線為z軸，建立如圖2所示空間直角坐標系.

設平面AD'F的一個法向量為m=（x，y，z），

設平面BD′F的法向量為m=（x，y，z），

例2 （2006年高考江西卷·理20）如圖3，在三棱錐A-BCD中，側面ABD，ACD是全等的直角三1，另一個側面是正三角形.

（I）求證：AD⊥BC;

（n）求二面角B-AC-D的大小;

（III）在線段AC上是否存在一點E，使ED與面BCD成30°角？若存在，確定E的位置;若不存在，說明理由.

分析 題設中雖沒有更多的垂直關系，但仍可建立空間直角坐標系，應用待定系數法確定點的坐容易證∠BDC=90°，所以以D點為原點，BD，CD所在直線分別為x，y軸，過D垂直平面BCD的直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用待定系數法，確定A點坐標，實現問題解決.

解（I）

又BD=CD=1，

則BC2=BD2+CD2，

所以∠BDC=90°.

以D點為原點，BD，CD所在直線分別為x，y軸，過D垂直平面BCD的直線為z軸，建立如圖4所示的空間直角坐標系.由BD=CD=1，

有D（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），

設A（x，y，z）（z>0），

∴DA=（1，1，1），BC=（-l，1，0），DA.BC=0，

故AD⊥BC.

同樣地，我們還可以以B點為原點，BD，BA所在直線分別為y，z軸，過B垂直平面ABD的直線為x軸，建立空間直角坐標，確定C點坐標.或以D點為原點，DC，DA所在直線分別為y，z軸，過D垂直平面ACD的直線為x軸，建立空間直角坐標，確定B點坐標，等等.

通過以上例題分析，待定系數法，使得空間直角坐標系的建立更具有多樣性、靈活性、簡易性.

2 利用待定系數法確定平面的法向量

平面法向量是向量法解決立體幾何問題的關鍵所在，立體幾何中的平行、垂直的證明;角和距離的計算等問題都有涉及.利用待定系數法確定平面的法向量解決立體幾何問題，方法簡便，易于操作，可避開傳統幾何法中引輔助線、作圖、證明的麻煩，又可彌補空間想象能力的不足，發揮代數運算的長處.平面法向量將在解題中起到越來越大的作用.

2.1 利用法向量求點到平面的距離

例3 （2006年高考福建卷·理18）如圖5，四面體ABCD中，O，E分別是BD，BC的中點，CA=CB

（I）求證：AO⊥平面BCD;

（n）求異面直線AB與CD所成角的大小;

（In）求點E到平面ACD的距離.

分析有了第一小題的結論，建立空間直角坐標系就顯得容易.然而，評卷中發現有部分考生，以O為原點，OB，OC，OA所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系來證明第一小題，默認AO⊥平面BCD，這顯然犯了循環論證的錯誤.那么，能否直接建系證明第一小題呢？答案是肯定的，我們以O為原點，過O點垂直于平面BCD的垂線為z軸，利

用待定系數法求出A點坐標，發現其在z軸上，得到AO⊥平面BCD，這樣既能證明第一小題又可以避免邏輯性錯誤.

解（I）以O為原點，OB，OC所在直線分別為x，y軸，平面BCD的垂線為z軸，建立如圖6所示的空間直角坐標系.設A（x，y，z）（z>o），

2.2 利用法向量求直線與平面所成角

例4 （2013年高考新課標I卷·理18）如圖7，三棱柱ABC-A1BlC1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°.

（I）證明AB⊥A1C;

（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直線A1C與平面BB1C1C所成角的正弦值.

解（I）取AB中點E，連結CE，A1B，A1E，

如圖8，∵AB=AA1，∠BAA1=60°，

∴△BAA1，是正三角形，

∴A1E⊥AB，

∵CA=CB，

∴CE⊥AB，AB⊥A1C.

（Ⅱ）由（I）知CE⊥AB，EA1⊥AB，

又∵面ABC⊥面AA1B1B，

面ABC∩面AA1B1B=AB，

∴EC⊥面AA1B1B，

EC⊥EA1，

∴EA，EA1，EC兩兩垂直.

以E為坐標原點，EA為x_軸正方向，|EA|為單位長度，建立空間直角坐標系O-xyz（圖9），

2.3 利用法向量求二面角

例題參見例2 （n）.

解 由例2第（I）題所建的空間直角坐標系，

可得CA=（1，o，o），CD=（o，一1，o），

設平面ACD的法向量為m=（x，y，z），

3 利用待定系數法解決探索性、存在性問題

探索性問題常以“是否存在”、“當…時，求證：…”等形式設問，這類問題涉及點的運動性和不確定性，用傳統幾何法解決難度較大，而利用空間向量的待定系數法相對較簡單.立體幾何中平行、垂直、角與距離等都可作為探索性問題的背景和題材，知識面廣，方法靈活，對考生的基礎知識與解題能力有較高要求，也是高考考查學生創新能力的重要題型.

3.1 利用共線關系解決問題

例題參見例2（III）.

解 設線段AC上存在點E，使ED與平面BCD

3.2 利用共面關系解決問題

例5 （2009年高考浙江卷·理20）如圖10，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F，O分別為PA，PB，AC的中點，AC=16.PA=PC=10.

（I）設G是OC的中點，證明：FG//平面BOE;

（n）證明：在△ABO內存在一點M，使FM上平面BOE，并求點M到OB，OA的距離.

證明（I）如圖II，連結OP，∵平面PAC⊥平面ABC，O為AC的中點，∴PO上平面ABC，以O為坐標原點，分別以OB，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，則0（0，o，o），A（O，一8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，-4，3），F（4，0，3），由題意得G（O，4，0），因OB=（8，0，0），OE=（o，-4，3），因此平面BOE的法向量n=（o，3，4），FG：（-4，4，-3），∴n.FG=O.又直線FG∈平面BOE，故FG//平面BOE.

（Ⅱ）設點M坐標為（xo，Yo，0），則FM=（xo-4，Yo-3），因為FM⊥平面BOE，所以FM//n，因此平面直角坐標系xOy中，AABO的內部區域滿足不等組，故在AABO內存在一點M，使FM⊥平面BOE，

4 利用待定系數法解決體積問題

體積問題，利用幾何法求高，常需要確定射影位置，這往往增加解題難度，采用空間向量待定系數法確定點的坐標，可以輕松解決問題.

例6 在斜三棱柱ABC-A1B1C1，∠BAC=90°，BC1角，求三棱柱ABC-A1B1C1的體積.

解 以A為原點建立如圖12所示的空間直角坐標系，由已知得A（O，0，0），B（O，2，0），C（2，0，0），

設A（x，y，z），AA1= CC1，

∴Cl（x+2，y，z），

BC1= （x+2，y-2，z），

由BC1⊥AC，

∴BC1.AC=O，則x=一2①，

點評 本題利用待定系數法，避免分類討論.比傳統幾何法簡單，對于本題的傳統幾何法有興趣的讀者，可以閱讀參考文獻[1].

在立體幾何中，充分利用向量解決立體幾何問題，是當今國際幾何教學的主要渠道，向量是代數與幾何溝通的橋梁，用不著挖空心思去尋找各種位置關系，也避免各種輔助線的添加，充分展示向量幾何的魅力.還有現成的夾角公式、距離公式、法向量計算公式、共線關系式等等，使幾何問題代數化有了保證.巧妙地應用待定系數法，能更好地發揮空間向量在立體幾何中的作用.當然，邏輯推理方法（傳統幾何法）與向量方法不偏不倚，“雙管齊下，擇優而用”才是解決問題的最佳途徑.

參考文獻

[1]李雪明，陳斌，空間點的射影定位的探討[J].數學教學，2005 （9）：