前言
尝试总结立体几何中常见几何体的建系类型，比如正四面体中、正三棱柱中、四棱锥等中的建系方法，坐标计算方法等，便于学习。
典例剖析
例1【正四面体中的建系】
如图，正四面体P−ABC中，D、E分别是AB和PC的中点，则直线AE与PD所成角的余弦值是多少？
法1：空间向量法，如图所示，PF⊥面ABC，F为ΔABC的中心，
以点D为坐标原点，以DF、DB以及与FP平行的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
令正四面体的棱长为2，则得到以下点的空间坐标
D(0，0，0)，A(0，−1，0)，B(0，1，0)，
C(−√3，0，0)，P(−√33，0，2√63)，E(−2√33，0，√63)，
则有→PD=(√33，0，−2√63)；→AE=(−2√33，1，√63)；
令异面直线PD和AE的夹角为θ，则有cosθ
=|√33⋅(−2√33)+0⋅1+(−2√63⋅√63)|√(√33)2+(−2√63)2⋅√(−2√33)2+12+(√63)2=23。
说明：向量的夹角范围为[0，π]，两异面直线的夹角范围[0，π2]。
法2：立体几何法，先作再证后算。
思路：异面直线所成的角，一般是经过平移，使其相交，构建三角形来计算。
过点A做AM//BC，过点B做BM//AC交AM于点M，
点F、H、G分别是线段PB、AM、BD的中点，连接HF、FG、HG，
则有EF//==AH，则AE//FH，又PD//FG，故∠HFG为两条异面直线所成的角。
设正四面体的棱长为2，则AE=FH=PD=√3，FG=√32；
又在ΔAHG中，AH=1，AG=32，∠HAG=60∘，
由余弦定理可知，HG=√72，
在ΔHFG中，HF=√3，FG=√32，HG=√72，
由余弦定理可知cos∠HFG=23。
例2【四棱锥中的建系】(2017凤翔中学第三次月考理科第19题)
如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是个边长为2的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2，Q是PA的中点.
（1）证明：BD⊥平面PAC ；暂略
（2）求二面角C−BD−Q的余弦值。
分析：有题可知，AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示。
则点B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，Q(0，0，1)，
所以→BD=(−2，2，0)，→BQ=(−2，0，1)，
设平面BDQ的法向量为→m=(x，y，z)，则有
{→m⊥→BD→m⊥→BQ ⟹{→m⋅→BD=0→m⋅→BQ=0
即{−2x+2y=0−2x+z=0，可以取→m=(1，1，2)
平面BDC的法向量为→n=(0，0，1)，
设二面角C−BD−Q为θ，由图可知，θ为钝角，则有
cosθ=−|cos<→m，→n>|=−→m⋅→n|→m||→n|=−2√6=−√63
所以二面角C−BD−Q的余弦值为−√63。
例3【正三棱柱中的建系】【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第10题】
已知正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为【】
【法1】空间向量法，第一种建系方式；以点A为坐标原点，以AC，AA1分别为y、z轴，以和AC垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(√3，1，0)，A1(0，0，2)，B1(√3，1，2)，C(0，2，0)，
→AB1=(√3，1，2)，→A1C=(0，2，−2)，且线线角的范围是[0，π2]，
故所求角的余弦值为|cos<→AB1，→A1C>|=|1×2+2×(−2)|√8×√8=14。故选C。
【法1】空间向量法，第二种建系方式；以BN的中点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(0，√3，0)，C(−1，0，0)，A1(1，0，2)，B1(0，√3，2)，C1(−1，0，2)，
→AB1=(−1，√3，2)，→A1C=(−2，0，−2)，且线线角的范围是[0，π2]，
故所求角的余弦值为|cos<→AB1，→A1C>|=|−1×(−2)+√3×0+2×(−2)|√8×√8=14。故选C。
【法2】：立体几何法，补体平移法，将正三棱柱补体为一个底面为菱形的直四棱柱，连结B1D，则B1D//A1C，
故异面直线AB1与CA1所成角，即转化为共面直线AB1与B1D所成的角∠AB1D，连结AD，
在ΔAB1D中，AB=AA1=2，可得AB1=B1D=2√2，AD=2√3，
由余弦定理可知，cos∠AB1D=(2√2)2+(2√2)2−(2√3)22×2√2×2√3=14，
故所求为14，故选C。
例4【2018年全国卷Ⅰ第18题】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF，
(1).证明：平面PEF⊥平面ABFD；
证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF=F，PF⊆平面PEF，EF⊆平面PEF，
所以BF⊥平面PEF，又BF⊆平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD；
(2).求DP与平面ABFD所成角的正弦值。
解：作PH⊥EF，垂足为H，由(1)得，PH⊥平面ABFD，以H为坐标原点，→HF的方向为y轴正方向，|→BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz，
由(1)得到，DE⊥PE，又DP=2，DE=1，所以PE=√3，
又PF=1，EF=2，所以PE⊥PF，可得PH=√32，EH=32，
则H(0，0，0)，P(0，0，√32)，D(−1，−32，0)，
则→DP=(1，32，√32)，→HP=(0，0，√32)为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ=|cos<→HP，→DP>|=|→HP⋅→DP|→HP||→DP||=34√3=√34，
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为√34。
例5【长方体中建系】【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1).证明：BE⊥平面EB1C1；
分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；
解析：由已知B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE，
又BE⊥EC1，B1C1⊂平面EB1C1，EC1⊂平面EB1C1，B1C1∩EC1=C1，
故BE⊥平面EB1C1；
(2).若AE=A1E，求二面角B−EC−C1的正弦值；
解析：由(1)知道∠BEB1=90∘，由题设可知Rt△ABERt△A1B1E，所以∠AEB=45∘，故AE=AB，AA1=2AB，
以D为坐标原点，→DA的方向为x轴的正方向，|→DA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，→CB=(1，0，0)，→CE=(1，−1，1)，→CC1=(0，0，2)，
设平面EBC的法向量→n=(x，y，z)，
则{→CB⋅→n=0→CE⋅→n=0，即{x=0x−y+z=0，所以可以赋值取→n=(0，−1，−1)，
设平面ECC1的法向量→m=(x，y，z)，
则{→CC1⋅→m=0→CE⋅→m=0，即{2z=0x−y+z=0，所以可以赋值取→m=(1，1，0)，
于是，cos<→n，→m>=→n⋅→m|→n||→m|=−12，
即<→n，→m>=120∘，所以，二面角B−EC−C1的正弦值为√32。
解后反思：当然，本题目同样可用点C做为坐标原点来建立坐标系。