立体几何—建系难.doc

立体几何(向量法）—建系难例1 (一般高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案)）如图,四棱锥中，,,为的中点，.(1)求的长; 　 (2）求二面角的正弦值.【答案】解:(1)如图,联结BD交AC于O，由于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，,,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＝CDcｏs=1,而AC＝4，得AO＝ＡＣ－OＣ=３.又ＯD＝ＣDｓin=,故Ａ(0，－3，0），B(，0，0),C(0，１，0)，Ｄ(－，0,0）．因PＡ⊥底面AＢCD,可设P(０，-3,z)，由Ｆ为PＣ边中点,得F,又＝,＝(，３，-ｚ)，因AF⊥ＰB，故·＝０,即6－＝0,z＝2 (舍去-２ ）,因此||=２　.(2)由(1)知＝(－，3,0），＝(，３，０)，=（0，２,）．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·＝0，1·＝０，得因此可取1=（3，，-2).由２·＝0，2·＝0,得故可取2=（3,－，2).从而向量1,２的夹角的余弦值为ｃoｓ〈1，2〉=＝.故二面角B-AF-D的正弦值为.例2（一般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，四棱锥中,与都是等边三角形．(I）证明: 　 　 （II）求二面角的大小.【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,因此OA=OＢ＝OD,即点O为正方形ABEＤ对角线的交点,故OE⊥BD，从而ＰB⊥OE.由于Ｏ是ＢD的中点，Ｅ是ＢＣ的中点,因此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，因此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.因此∠AFＧ为二面角Ａ-ＰＤ-C的平面角.联结AG,ＥＧ，则EG∥PB.又PB⊥AE，因此ＥG⊥ＡE.设AB＝2，则AＥ=2 ,EG=PB=1，故AG＝＝3,在△AＦＧ中,FG=ＣD=，AF=，ＡＧ＝３.因此cos∠AFG＝＝-.因此二面角Ａ-PＤ-C的大小为π－ａrｃcos．解法二:由(1)知,ＯE，OＢ,OＰ两两垂直.以O为坐标原点,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||＝2，则A(-,0,0)，D（0,－，０)，C(２ ,-,０)，P(０，0，），＝(2 ,-，-),＝(0，-，－)，=(,0,),=(,-，０)．设平面PＣD的法向量为１＝(x,y,z),则１·＝(x，ｙ，ｚ)·(2 ,-，-)=０，1·＝(ｘ，y，ｚ)·(０，-，－)=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·=(m，p,q)·(，0，)=0，2·＝（ｍ，p，q）·(，-,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〉＝＝－.由于〈，2〉等于二面角Ａ－PD－C的平面角，因此二面角A-PD-C的大小为π－arcｃos．例3(高考真题预测重庆理1９）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱 中，AＢ=4,AC=BＣ=３,D为AＢ的中点(Ⅰ）求点C到平面的距离;（Ⅱ）若求二面角 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，因此点C到平面A１ABＢ1的距离为CＤ＝＝．(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，因此∠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,因此Rt△A1AＤ∽Rt△Ｂ1Ａ1A.因此＝,即AA＝AD·A1B1=8,得AＡ1＝2.从而A1D＝=２．因此,在Rt△Ａ１DD1中，cos∠A1DD1＝=＝.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,，0),C1(0,,h),从而=（4,0,ｈ),=（２，，－h)．由⊥,有8－ｈ2=0，h=2.故=(－2，0,2），=（0,０，2），＝(0，,０).设平面A1CD的法向量为m=（x1，y1,z1)，则m⊥，ｍ⊥，即取z１＝１,得m=(,０,１)，设平面C１CD的法向量为ｎ=(x2,ｙ２，ｚ2),则n⊥,n⊥，即取ｘ2=1,得ｎ=(1,0,０),因此cos〈m,n〉＝＝＝.因此二面角Ａ1-CD-Ｃ1的平面角的余弦值为.例4(高考真题预测江西理２0）（本题满分１2分）如图1－5，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=AC=ＡＡ１＝，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，由于AＡ1∥BＢ1,因此OＥ⊥BB1.由于Ａ1O⊥平面ＡＢC,因此A1Ｏ⊥BC.由于AB=AＣ,OB=ＯＣ,因此ＡO⊥BC,因此BＣ⊥平面AＡ1O.因此ＢC⊥OE,因此OＥ⊥平面ＢＢ１C１C,又AO=＝1，AA1=，得AE=＝.(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＝得点Ｅ的坐标是,由（1）得平面BＢ1C1C的法向量是=,设平面Ａ１Ｂ1Ｃ的法向量＝(x,y,z),由得令y＝１，得x＝2，ｚ＝-1,即=(2,1，-1)，因此ｃos〈，〉=＝.即平面BＢ１C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.例5（高考真题预测安徽理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＝，A1Ｂ１＝A１C1＝.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，由于平面ＢB1C１C⊥平面A1Ｂ1C1，因此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.因此A(０，-1,4），B(1,0,４)，A１(0,２,0),C(－１,０,4)，D（0，0，４).故=(0,3,－4)，=(－2,0,0），·=0,因此⊥，即ＡA1⊥BC.(２)由于＝(0,3，－4),因此＝5,即ＡA1=5.(3)连接A１D,由ＢC⊥AD,BC⊥AA1，可知BC⊥平面A１AD,BＣ⊥A１D,因此∠ADA1为二面角A-ＢC-A1的平面角．由于＝(0，-1，0）,＝(0,2,－4),因此ｃoｓ〈,〉＝－＝-.即二面角A－BC－A1的余弦值为－.（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拟定平面AＤ1A1D.又由于DD１∥BB1,BB1⊥ＢC,因此DD1⊥ＢC．又考虑到AD⊥ＢC,因此ＢC⊥平面AD1Ａ1Ｄ，故BC⊥ＡＡ１.(2)延长A1D1到Ｇ点,使ＧＤ1=ＡＤ，连接AG．由于AＤ綊GD1,因此ＡG綊DD1綊BB１.由于ＢB1⊥平面A1Ｂ1C1,因此ＡＧ⊥A1G．由条件可知，A１G=A1D1＋D1G=3，ＡG＝４，因此AＡ1＝5.(3)由于BＣ⊥平面AD1A1D，因此∠ADA1为二面角A-ＢC－A1的平面角.在Ｒt△Ａ1DＤ1中，DＤ1＝４，A１D1＝2,解得sin∠D１DA1＝,cｏs∠ＡDA１＝ｃos＝－．即二面角A-ＢC-A1的余弦值为－.。