立体几何(向量法)建系难

立体几何（向量法）—建系难例1（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥PABCD中,PAABCD底面,2,4,3BCCDACACBACD,F为PC的中点,AFPB.(1)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，因为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O－xyz，则OC＝CDcosπ3＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsinπ3＝3，故A(0，－3，0)，B(3，0，0)，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F0，－1，z2，又AF→＝0，2，z2，PB→＝(3，3，－z)，因AF⊥PB，故AF→·PB→＝0，即6－z22＝0，z＝23(舍去－23)，所以|PA→|＝23.(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)．由1·AD→＝0，1·AF→＝0，得－3x1＋3y1＝0，2y1＋3z1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)．由2·AB→＝0，2·AF→＝0，得3x2＋3y2＝0，2y2＋3z2＝0，故可取2＝(3，－3，2)．从而向量1，2的夹角的余弦值为cos〈1，2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝18.故二面角B－AF－D的正弦值为378.例2（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））如图,四棱锥PABCD中,902,ABCBADBCADPAB，与PAD都是等边三角形.(I)证明:;PBCD(II)求二面角APDC的大小.【答案】解：(1)取BC的中点E，联结DE，则四边形ABED为正方形．过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.联结OA，OB，OD，OE.由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OE⊥BD，从而PB⊥OE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.(2)解法一：由(1)知CD⊥PB，CD⊥PO，PB∩PO＝P，故CD⊥平面PBD.又PD⊂平面PBD，所以CD⊥PD.取PD的中点F，PC的中点G，连FG.则FG∥CD，FG⊥PD.联结AF，由△APD为等边三角形可得AF⊥PD.所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角．联结AG，EG，则EG∥PB.又PB⊥AE，所以EG⊥AE.设AB＝2，则AE＝22，EG＝12PB＝1，故AG＝AE2＋EG2＝3，在△AFG中，FG＝12CD＝2，AF＝3，AG＝3.所以cos∠AFG＝FG2＋AF2－AG22·FG·AF＝－63.因此二面角A－PD－C的大小为π－arccos63.解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直．以O为坐标原点，OE→的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.设|AB→|＝2，则A(－2，0，0)，D(0，－2，0)，C(22，－2，0)，P(0，0，2)，PC→＝(22，－2，－2)，PD→＝(0，－2，－2)，AP→＝(2，0，2)，AD→＝(2，－2，0)．设平面PCD的法向量为1＝(x，y，z)，则1·PC→＝(x，y，z)·(22，－2，－2)＝0，1·PD→＝(x，y，z)·(0，－2，－2)＝0，可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.取y＝－1，得x＝0，z＝1，故1＝(0，－1，1)．设平面PAD的法向量为2＝(m，p，q)，则2·AP→＝(m，p，q)·(2，0，2)＝0，2·AD→＝(m，p，q)·(2，－2，0)＝0，可得m＋q＝0，m－p＝0.取m＝1，得p＝1，q＝－1，故2＝(1，1，－1)．于是cos〈，2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－63.由于〈，2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小为π－arccos63.例3（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分如图，在直三棱柱111CBAABC中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点（Ⅰ）求点C到平面11ABBA的距离;（Ⅱ）若11ABAC求二面角的平面角的余弦值.【答案】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CD＝BC2－BD2＝5.(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则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∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此AA1AD＝A1B1AA1，即AA21＝AD·A1B1＝8，得AA1＝22.从而A1D＝AA21＋AD2＝23.所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝DD1A1D＝AA1A1D＝63.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，则A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，5，0)，C1(0，5，h)，从而AB1→＝(4,0，h)，A1C→＝(2，5，－h)．由AB1→⊥A1C→，有8－h2＝0，h＝22.故DA1→＝(－2,0,22)，CC1→＝(0,0,22)，DC→＝(0，5，0)．设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m⊥DC→，m⊥DA1→，即5y1＝0，－2x1＋22z1＝0，取z1＝1，得m＝(2，0,1)，设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥DC→，n⊥CC1→，即5y2＝0，22z2＝0，取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝22＋1·1＝63.所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为63.例4（2012高考真题江西理20）（本题满分12分）如图1－5，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O.所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，得AE＝AO2AA1＝55.(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由AE→＝15AA1→得点E的坐标是45，0，25，由(1)得平面BB1C1C的法向量是OE→＝45，0，25，设平面A1B1C的法向量＝(x，y，z)，由·AB→＝0，n·A1C→＝0得－x＋2y＝0，y＋z＝0，令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)，所以cos〈OE→，〉＝OE→·n|OE→|·|n|＝3010.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是3010.例5（2012高考真题安徽理18）（本小题满分12分）平面图形ABB1A1C1C如图1－4(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝5.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1，因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)．故AA1→＝(0,3，－4)，BC→＝(－2,0,0)，AA1→·BC→＝0，因此AA1→⊥BC→，即AA1⊥BC.(2)因为AA1→＝(0,3，－4)，所以AA1→＝5，即AA1＝5.(3)连接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．因为DA→＝(0，－1,0)，DA1→＝(0,2，－4)，所以cos〈DA→，DA1→〉＝－21×22＋－42＝－55.即二面角A－BC－A1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D.由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1，由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C.因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC.又考虑到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1.(2)延长A1D1到G点，使GD1＝AD，连接AG.因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G.由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，所以AA1＝5.(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝55，cos∠ADA1＝cosπ2＋∠D1DA1＝－55.即二面角A－BC－A1的余弦值为－55.您好，欢迎您阅读我的文章，本WORD文档可编辑修改，也可以直接打印。阅读过后，希望您提出保贵的意见或建议。阅读和学习是一种非常好的习惯，坚持下去，让我们共同进步。