例談立體幾何綜合題中的建系策略

■廣東省興寧市第一中學 藍云波

立體幾何綜合問題的常見解題方法有兩種,即傳統方法與空間向量方法。由于傳統方法對同學們的空間想象能力要求較高,加之需根據題意作出輔助線,故對不少同學來說具有一定的挑戰。因此利用空間向量方法解決立體幾何綜合問題是很多同學的首選,而空間向量坐標法是空間向量方法中最常使用的方法,解題的基礎是要根據題中的條件建立恰當的空間直角坐標系。隨著高考對同學們的綜合素養的能力要求越來越高,高考涌現出越來越多靈活多變的考題,對大家如何建立空間直角坐標系也提出了更高的要求。因此,如何建系成為同學們成功解決立體幾何綜合問題必須邁過的一道坎。為幫助同學們徹底解決這個問題,本文探究并總結出建系的四種常見策略,以期對同學們學習有所幫助,從而達到提高大家的數學素養與能力的目的。

一、借助三條兩兩垂直的直線建系

例1(福建省部分地市2023 屆高三第一次質量檢測)如圖1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,|AC|=,AB⊥BC,E,F分 別 為BB1,CA1的 中 點,且EF⊥平面AA1C1C。

圖1

(1)求|AB|的長;

(2)若|AA1|=,求二面角C-A1E-A的余弦值。

解析：(1)因為EF⊥平面AA1CC1,且A1C?平面AA1CC1,所以EF⊥A1C。

又因為F為A1C的中點,所以|EA1|=|EC|。

又在Rt△A1B1E、Rt△BEC中,|BE|=|EB1|,易證得△A1B1E≌△CBE,故|A1B1|=|BC|。

因為|AB|=|A1B1|,所以|AB|=|BC|。

又因為AB⊥BC,|AC|=,所以|AB|=1。

(2)以點B1為原點,建立如圖2 所示的空間直角坐標系B1-xyz。

圖2

不妨設m=(x0,y0,z0)是平面CA1E的一個法向量,那么即

令z0=2,得

又B1C1⊥平面A1B1BA,故1,0)是平面A1B1BA的一個法向量。

設α為二面角C-A1E-A所成的平面角,則,即二面角C-A1E-A的余弦值為。

點評:本題第二問中,由已知條件可知B1B,B1A1,B1C1三條直線兩兩垂直,故可直接建立空間直角坐標系進行求解。這是立體幾何綜合題中最容易想到的建系方法,只要同學們基礎知識扎實,計算能力過關,即可實現問題的求解。

二、借助線面垂直建系

1.以垂線的垂足為坐標原點建系

例2(山東省青島市2023屆高三一模)如圖3,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且|PA|=4,|AB|=2,將△PAB繞直角邊PA旋轉到△PAC處,得到圓錐的一部分,點D是底面圓弧BC(不含端點)上的一個動點。

圖3

(1)是否存在點D,使得BC⊥PD? 若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,請說明理由。

(2)當四棱錐P-ABDC體積最大時,求平面PCD與平面PBD夾角的余弦值。

解析：(1)當D為圓弧BC的中點,即∠CAD=時,BC⊥PD。

證明如下:因為D為圓弧BC的中點,所以∠CAD=∠BAD=,即AD為∠CAB的平分線。因為|AC|=|AB|,所以AD為等腰△CAB的高線,即AD⊥BC。

因 為PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC?平面ABDC,所以PA⊥平面ABDC,故PA⊥BC。

因為PA∩AD=A,所以BC⊥平面PAD,則BC⊥PD。

(2)由(1)得,PA為四棱錐P-ABDC的高。因為|PA|=4,所以當面積S四邊形ABDC取最大值時,四棱錐P-ABDC體積最大。設∠CAD=α,則在平面ABDC內過A作直線AE⊥AB,交圓弧BC于點E。由題意知AE,AB,AP兩兩垂直,則以A為原點,分別以AE,AB,AP所在直線為x軸,y軸,z軸,建 立如圖4所示的空間直角坐標系。

圖4

則A(0,0,0),P(0,0,4),B(0,2,0),D,1,0),C(,-1,0),則(-,1,0)。

設平面PCD的法向量為n=(x1,y1,z1),則

點評:本題第二問對四棱錐P-ABDC體積最大值的處理是解題的一大障礙,可通過三角形的面積公式與三角恒等變換進行解決,對同學們具有一定的挑戰性。在建系時,發現有垂直于平面ABDC的垂線PA,可以點A為原點,PA為z軸,AB為y軸,過點A且與AB垂直的直線為x軸建立空間直角坐標系,這是立體幾何綜合題中常見的建系方式,應引起大家足夠的重視。

2.以底面直角頂點為坐標原點建系

例3(江蘇省南通市2023 屆高三二模)如圖5,在△ABC中,AD是BC邊上的高,以AD為折痕,將△ACD折 至△APD的 位 置,使得PB⊥AB。

圖5

(1)證明:PB⊥平面ABD;

(2)若|AD|=|PB|=4,|BD|=2,求二面角B-PA-D的正弦值。

解析：(1)因為AD是BC邊上的高,所以PD⊥AD,AD⊥BD。

因 為PD∩BD=D,PD,BD?平 面PBD,所以AD⊥平面PBD。

因為PB?平面PBD,所以AD⊥PB。

又 因 為PB⊥AB,AD,AB?平 面ABD,AD∩AB=A,所以PB⊥平面ABD。

(2)如圖6,以D為坐標原點,DA所在直線為x軸,DB所在直線為y軸,過點D且與PB平行的直線為z軸,建立空間直角坐標系。|AD|=|PB|=4,|BD|=2,則B(0,2,0),P(0,2,4),A(4,0,0),D(0,0,0)。

圖6

點評:本題建系時,由于平面ABD中有兩條相互垂直的直線AD,BD,故以點D為坐標原點,DA所在直線為x軸,DB所在直線為y軸,過點D且與PB平行的直線為z軸建系。這是有線面垂直條件的另一種常見的建系方法,值得大家細細品味。

三、借助面面垂直建系

1.利用面面垂直的性質定理得到的垂線為z 軸建系

例4(山東省濟南市2023 屆高三下學期開學考試)如圖7,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB//CD,AB⊥AD,側 面PAD⊥底 面ABCD,|DP|=|DA|=|DC|=AB。

(1)證明:平面PBC⊥平面PAB;

(2)若|AD|=|AP|,求平面PAC與平面PAB夾角的余弦值。

解析：(1)由題意,取M,N分別為棱PA,PB的中點,連接DM,MN,NC,如圖8所示。

圖8

則MN//AB,|MN|=|AB|。因為CD//AB,且|CD|=|AB|,所以MN//CD,且|MN|=|CD|,故四邊形MNCD為平行四邊形,DM//CN。

因為|DP|=|DA|,M為棱PA的中點,所以DM⊥PA。

因為AB⊥AD,平面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩底面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD。

因為DM?平面PAD,所以AB⊥DM。

又AB∩PA=A,且AB,PA都在平面PAB內,所以DM⊥平面PAB。

因為DM//CN,所以CN⊥平面PAB。又因為CN?平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAB。

(2)由題意及(1)得,取AD的中點O,連 接PO。 因 為△PAD為等邊三角形,所 以PO⊥AD。因為平面PAD⊥底面ABCD,所 以PO⊥底面ABCD。過O作OE//AB,交BC于點E,則OE⊥AD。以O為原點,OA,OE,OP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖9所示。

圖9

設|AD|=2,則P(0,0),A(1,0,0),D(-1,0,0),C(-1,2,0)

故平面PAC與平面PAB夾角的余弦值為。

點評:本題建系時,可以根據側面PAD⊥底面ABCD這個條件,通過邏輯推理得PO⊥平面ABCD,則可以以O為原點,PO所在直線為z軸進行建系。

2.以底面的直角頂點為坐標原點建系

例5(廣東省佛山市2022屆高三二模)如圖10,在以P,A,B,C,D為頂點的五面體中,平面ABCD為等腰梯形,AB//CD,|AD|=|CD|=|AB|,平面PAD⊥平面PAB,PA⊥PB。

圖10

(1)求證:△PAD為直角三角形;

(2)若|AD|=|PB|,求 直 線PD與平面PBC所成角的正弦值。

解析：(1)在等腰梯 形ABCD中,作DH⊥AB于H,連 接BD,如圖11。

圖11

因平面PAD⊥平面PAB,平面PAD∩平面PAB=PA,PB?平面PAB,而PA⊥PB,所以PB⊥平面PAD。

又AD?平面PAD,于是有AD⊥PB。PB∩BD=B,PB,BD?平面PBD,則有AD⊥平面PBD。PD?平面PBD,因此,AD⊥PD,△PAD為直角三角形。

(2)在平面PAD內 過 點P作Pz⊥PA。因平面PAD⊥平面PAB,平面PAD∩平面PAB=PA,故Pz⊥平面PAB。因此,PB,PA,Pz兩兩垂直,以點P為原點,建立如圖12所示的空間直角坐標系。

圖12

點評:本題也有面與面垂直的條件,由于PA⊥PB,故建系時,為方便得出點的坐標,可以P為原點,PA,PB所在直線分別為x,y軸進行建系。本題的難點是如何得出點D的坐標,實際上可過點D作PA的垂線,結合幾何關系得到。

四、借助二面角建系

例6(山東省濰坊市2022 屆高三一模)圖13 是 由 矩 形ACC1A1、等邊△ABC和平行四邊形ABB1A2組成的一個平面圖形,其中|AB|=2,|AA1|=|AA2|=1,N為A1C1的中點。將其沿AC,AB折起使得AA1與AA2重合,連接B1C1,BN,如圖14。

圖13

圖14

(1)證明:在圖14 中,AC⊥BN,且B,C,C1,B1四點共面;

(2)在圖14中,若二面角A1-AC-B的大小為θ,且tanθ=-,求直線AB與平面BCC1B1所成角的正弦值。

解析：(1)取AC的中點M,連接NM,BM,如圖15。

圖15

因ACC1A1為矩形,N為A1C1的中點,故AC⊥MN。

又因△ABC為等邊三角形,則AC⊥MB。MN∩MB=M,MN,MB?平面BMN,則AC⊥平面BMN。

又BN?平 面BMN,所 以AC⊥BN。矩形ACC1A1中,AA1//CC1,平行四邊形ABB1A1中,AA1//BB1,因此,BB1//CC1,所以B,C,C1,B1四點共面。

(2)由(1)知MN⊥AC,BM⊥AC,則∠NMB為二面角A1-AC-B的 平 面 角,θ=∠NMB。在平面BMN內 過M作Mz⊥MB,有AC⊥Mz,以M為坐標原點建立如圖16所示的空間直角坐標系。

圖16

所以直線AB與平面BCC1B1所成角的正弦值是。

點評:本題是一道極具創新的試題,建系也具有一定的難度。結合題意,可作出二面角A1-AC-B的平面角,由于AC⊥平面MNB,故可以以點M為坐標原點,MA,MB所在直線分別為x,y軸,在平面MNB內過點M且與平面ABC垂直所在的直線為z軸建系。當表示點N,C1時,可結合三角函數的定義求出其坐標,對同學們的創新能力提出了較高的要求,這也是新高考喜歡考查的方式,值得大家細細感悟。