2026年新高考数学专题复习学案 64.空间向量问题中的常用建系策略

这是一份2026年新高考数学专题复习学案 64.空间向量问题中的常用建系策略，共14页。
毋庸置疑，用好空间向量的第一步就是建好直角坐标系，即找到共起点的三条两两相互垂直的线.在一些问题中，它确实很容易实现，但在另一些问题或者说近年新高考卷的立体几何题目中，它就不太好实现了！这些题目中，建系的过程也意味着一定的几何推演，即找到那个共起点的三条两两相互垂直的线. 这就在无形之中提高了几何论证的强度，所以，但凡题目稍稍复杂就建不了系的学生，基本就是必修二的空间几何体学的太差，垂直关系的探寻与证明基础较差，所以还是必须得在那里下功夫. 基于上述讨论，本文总结一些常见的建系策略，下面所有的策略都首先依赖于一个基本点：将尽可能多的几何体顶点放到坐标轴上.
1.“墙角模型”（共起点的三条两两相互垂直的线）的建系策略
2.利用线面垂直关系进行建系
3.利用面面垂直关系进行建系
4.以底面（某个面）内的垂直关系“暴力”建系
5.基底法
二．典例分析
★1.“墙角模型”的建系策略
例1（2023年新高考1卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱，上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
解析：（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，
，又不在同一条直线上，.
（2）设，则，
设平面的法向量，则，
令 ，得，，设平面的法向量，
则，令 ，得，，
，化简可得，，
解得或，或，.
★2.利用线面垂直关系进行建系（多出现直棱柱）
例2．已知，图中直棱柱的底面是菱形，其中.又点分别在棱上运动，且满足：，.
(1)求证：四点共面，并证明平面；
(2)是否存在点使得二面角的余弦值为？如果存在，求出的长；如果不存在，请说明理由.
解析（1）如图：在棱分别取点，使得，

易知四边形是平行四边形，所以，连结，则，且所以四边形为矩形，故，同理，且，故四边形是平行四边形，所以，所以
故四点共面；又平面平面，所以平面.
以点为原点，以为轴，以为轴，轴过且平行，如图建系，由已知，，设，因为，则，
平面中向量，设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，因为，
则，取，可得其一个法向量为平面中，，设平面的一个法向量为，因为，则，取，所以其中一个法向量，
若，则，
即有，解得或，所以.
★3.利用面面垂直关系进行建系
例3．如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
解析：（1）（方法1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又 BCCM=C，所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
（方法2）建立直角坐标系，如图2，设，
所以，设平面的一个法向量为，所以，即，取平面的一个法向量，同理可得，平面的一个法向量，因为点在以为圆心，半径为的圆上，所以，，即，而，所以平面平面．
（2）以D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D−xyz.
当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，
设是平面MAB的法向量，则即，可取.
是平面MCD的一个法向量，因此，，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
例4．如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
解析：（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以，在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，
设与平面所成的角为，所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
★4.以底面（某个面）内的垂直关系建系
这种情况下，我们可以用底面某个垂直关系再做一条z轴或者将几何体中的线面垂直平移过来，此时，除了几何演绎外，还可以关注下面的一些常见垂直关系：
1.等腰梯形：如图1，我们可以证得，这是底边为等腰梯形的四棱锥中常出现的垂直情形.

图1 图2 图3
2.内角为的菱形，如图2，，为中点，则.
3.内角为的平行四边形，如图3，，，则.
例5 ．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
解析： （1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以，所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面

（2）过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.


例6 ．如图，在四棱台中，四边形是边长为4的菱形，，平面，．

(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
解析：（1）菱形中，，则是正三角形，在平面内过作，由平面，得直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，于是，，因此，所以.

（2）由（1）知，，设平面的法向量，则，令，得，设平面的法向量，则，令，得，设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值为.
★5.基底法
例7．如图，在平行六面体中，，.

（1）求证：四边形为正方形；
（2）求体对角线的长度；
（3）求异面直线与所成角的余弦值.
解析：（1）因为，，
所以，而不共线，所以四边形为平行四边形，
又，
所以，即，所以四边形为正方形；
（2）由题意易知，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即；
（3）因为，，
所以
，
，
所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.
三．习题演练
1．已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，则有、，
故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、C1,1,0、，
则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，
分别取，则有、、，，即、，
则，故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，则有，
即点到平面的距离为.
2．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【详解】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，即，令，得，即m=3,3,1，则，即，令，得，即，，则，
故二面角的正弦值为.
3．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【详解】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,
所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，
所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，
所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.
4．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，
，取，所以；，取，所以，
所以，，从而．所以二面角的正弦值为．