2022年2021年立体几何—建系讲义.docx

精品word学习资料 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - - - - --立 体 几 何 （ 向 量 法 ） — 建 系引入空间向量坐标运算, 使解立体几何问题防止了传统方法进行繁琐的空间分析, 只需建立空间直角坐标系进行向量运算, 而如何建立恰当的坐标系,成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当 的坐标系”,一般应使尽量多的点在数轴上或便于运算.一，利用共顶点的相互垂直的三条线构建直角坐标系例 1（ 2021 高考真题重庆理 19）（本小题满分 12 分 如图,在可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载直三棱柱ABCA1 B1C1中, AB=4, AC=BC=,3D为 AB的中点可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载（Ⅰ）求点 C 到平面 A1 ABB1 的距离 ;可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载（Ⅱ）如AB1A1C 求二面角 的平面角的余弦值 .可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载【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,就 DD1 ∥AA1∥ CC1. 又由〔1〕知 CD⊥面 A1ABB1,故 CD⊥A1D,CD⊥ DD1,所以∠ A1 DD1 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,所以可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载Rt A ADAA1Rt△B A A. 因此A1B1AA2＝ AD·A B ＝ 8,得 AA＝2 2.可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载△ 1 ∽ 1 1＝ ,即 1 1 1 1AD AA1可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载11从而 A D＝ AA2＋ AD2＝ 2 3.所以,在 Rt △A1DD1 中,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载DD1cos∠A DD＝AA1 6可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载AA1 1 ＝ ＝ .1D 1D 3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 .- - -细心整理 - - - 欢迎下载 - - - 第 1 页,共 9 页可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载精品word学习资料 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - - - - --设直三棱柱的高为 h,就 A〔 － 2,0,0〕 ,A1 〔 － 2,0 ,h〕 ,B1〔2,0 ,h〕 ,C〔0 , 5,0〕 ,C1〔0 , 5, h〕 ,从而 A→B＝ 〔4,0 , h〕 ,A→C＝〔2 , 5,－ h〕 ．1 111由A→B⊥A→C,有 8－ h2＝0,h＝2 2.11故D→A＝〔 －2,0,2 2〕 ,C→C＝〔0,0,2 2〕 , →DC＝ 〔0 , 5, 0〕 ．设平面 A1CD的法向量为 m＝ 〔 x1, y1 ,z1〕 ,就 m⊥→DC,m⊥D→A1,即取 z1＝ 1,得 m＝〔 2,0,1〕 ,设平面 C1CD的法向量为 n＝ 〔 x2, y2 ,z2〕 ,就 n⊥→DC,n⊥C→C1,即取 x2＝ 1,得 n＝〔1,0,0〕 ,所以m·n 2 6cos〈m,n〉＝ ＝ ＝可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载| m|| n|2＋ 1·1 3 .可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载所以二面角 A －CD－ C 的平面角的余弦值为 61 1 3 .二，利用线面垂直关系构建直角坐标系例 2. 如以下图, AF ，DE 分别是圆 O ，圆O1 的直径, AD 与两圆所在的平 面 均 垂 直 , AD 8 . BC 是 圆 O 的 直 径 ,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载AB AC6 , OE //AD .可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载(I) 求二面角 B AD F 的大小.(II) 求直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值 .19. 解： 〔 Ⅰ〕 ∵AD与两圆所在的平面均垂直 ,∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠ BAD是二面角 B— AD— F 的平面角, 依题意可知, ABCD是正方形,所以∠ BAD＝ 450.即二面角 B—AD—F 的大小为 450 .〔 Ⅱ〕 以 O 为原点, BC，AF，OE所在直线为坐标轴,建立空间直角坐- - -细心整理 - - - 欢迎下载 - - - 第 2 页,共 9 页可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载精品word学习资料 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - - - - --可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载标系（如以下图） ,就 O（0, 0,0）,A（0,3 2 , 0）, B（ 32 ,0,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载0） ,D（ 0,3 2 ,8）,E（ 0, 0,8）,F（0, 32 , 0）可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载所以, BD〔 3 2, 32,8〕, FE〔0, 32,8〕可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载设异面直线 BD与 EF 所成角为 ,就cos| cosBD, EF |82 直线 BD10可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载与 EF所成的角为余弦值为 82 ．10三，利用图形中的对称关系建立坐标系例 3 （ 2021 年重庆数学（理） ） 如图, 四棱锥 P ABCD 中, PA 底面 ABCD ,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载BC CD2, AC4, ACB ACD, F 为 PC 的中点 , AF PB .3可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载(1) 求 PA 的长; 〔2〕 求二面角 B AF D 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, O→B,O→C,A→P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可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载－ xyz,就 OC＝π 1,而 AC＝ 4,得 AO＝AC－ OC＝3.又 OD可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载CDcos ＝3＝ π可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载CDsin3＝ 3,故 A〔0,－3,0〕,B〔 3,0,0〕,C〔0,1,0〕,D〔－ 3,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载0, 0〕．因 PA⊥底面 ABCD,可设 P〔0,－ 3,z〕,由 F 为 PC 边中点,得可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载F0,－ 1, z2,又 A→F＝ 0,2, z2,P→B＝ 〔 3, 3,－ z〕,因 AF⊥PB,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载→ → z2 →故AF·PB＝ 0,即 6－ 2 ＝ 0,z＝2 3〔舍去－ 2 3〕,所以 |PA|＝ 2 3.- - -细心整理 - - - 欢迎下载 - - - 第 3 页,共 9 页可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载精品word学习资料 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - - - - --〔2〕由〔1〕知A→D＝ 〔－ 3,3,0〕,A→B＝ 〔 3,3,0〕,A→F＝ 〔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,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载y2,z2〕．1·由A→D＝ 0,1·A→F＝0,得可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载－ 3x1＋3y1＝ 0, 2y1＋ 3z1＝ 0,因此可取 1＝〔3, 3,－ 2〕．可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载由 2·A→B＝ 0, 2·A→F＝0,得 3x2＋3y2＝ 0,可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载2y2＋ 3z2＝ 0,故可取 2＝〔3,－ 3, 2〕．可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载从而向量 1, 2 的夹角的余弦值为可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载cos〈, 〉＝ n1·n2 ＝ 1可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载1 2 |n1| ·|n2| 8..故二面角 B－AF－ D 的正弦值为 3 78四，利用正棱锥的中心与高所在直线,投影构建直角坐标系例 4-1 （ 2021 大纲版数学（理） ） 如图, 四棱锥 P ABCD可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载中, ABC BAD90o, BC2 AD ,PAB与 PAD 都是等边三角形 .可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载(I) 证明:PB CD ;(II) 求二面角 A PD C 的余弦值 .可编辑资料 -- -- -- 欢迎下载【答案】 解： 〔1〕取 BC 的中点 E,联结 DE,就四边形 ABED 为正方形．过 P 作 PO⊥平面 ABCD,垂足为 O.联结 OA,OB, OD, OE.。