立体几何(向量法)—建系难.doc

(完整word)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，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.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Oxyz，则OCCDcos1，而AC4,得AOACOC3。又ODCDsin，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AFPB，故0，即60，z2 （舍去2 ），所以|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10,10，得因此可取1(3，2）由20，20，得故可取2(3，,2)从而向量1，2的夹角的余弦值为cos1,2。故二面角BAFD的正弦值为.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PAPBPD，所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD,从而PBOE。因为O是BD的中点,E是BC的中点，所以OECD.因此PBCD。(2)解法一：由(1)知CDPB,CDPO,PBPOP，故CD平面PBD.又PD平面PBD，所以CDPD.取PD的中点F，PC的中点G,连FG.则FGCD,FGPD。联结AF,由APD为等边三角形可得AFPD.所以AFG为二面角APDC的平面角联结AG，EG，则EGPB。又PBAE，所以EGAE.设AB2，则AE2 ,EGPB1，故AG3，在AFG中，FGCD，AF，AG3.所以cosAFG。因此二面角APDC的大小为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Oxyz.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2xyz0，yz0.取y1,得x0，z1，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mq0,mp0.取m1,得p1，q1，故2（1，1，1)于是cos,2.由于，2等于二面角APDC的平面角，所以二面角APDC的大小为arccos。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 中，AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点（）求点C到平面的距离；（）若求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由ACBC，D为AB的中点，得CDAB.又CDAA1,故CD面A1ABB1,所以点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DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1,故CDA1D，CDDD1,所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影,又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A。因此，即AAADA1B18,得AA12.从而A1D2.所以,在RtA1DD1中，cosA1DD1。解法二：如图，过D作DD1AA1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Dxyz.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8h20,h2。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z11，得m（，0,1），设平面C1CD的法向量为n（x2,y2，z2）,则n，n，即取x21,得n（1，0,0)，所以cosm，n。所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为。例4（2012高考真题江西理20)(本题满分12分)如图15,在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，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15【答案】解:（1）证明：连接AO，在AOA1中，作OEAA1 于点E，因为AA1BB1，所以OEBB1。因为A1O平面ABC,所以A1OBC.因为ABAC，OBOC，所以AOBC，所以BC平面AA1O。所以BCOE,所以OE平面BB1C1C,又AO1，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y1，得x2，z1，即(2，1，1），所以cos，。即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.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14(1)所示,其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC,A1B1A1C1。图14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14(2)所示的空间图形对此空间图形解答下列问题（1）证明：AA1BC；（2）求AA1的长;（3)求二面角ABCA1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，DD1B1C1，因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1,又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1。故以D1为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.由题设，可得A1D12，AD1。由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以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AA1BC。（2）因为(0，3，4），所以5，即AA15.（3)连接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1，0)，（0,2，4），所以cos，。即二面角ABCA1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,BCAD,B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C,A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1，即AD,A1D1确定平面AD1A1D。又因为DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考虑到ADBC,所以BC平面AD1A1D,故BCAA1。(2）延长A1D1到G点，使GD1AD，连接AG.因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1。由于BB1平面A1B1C1,所以AGA1G.由条件可知,A1GA1D1D1G3,AG4,所以AA15。（3）因为BC平面AD1A1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中,DD14，A1D12，解得sinD1DA1，cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值为.向量法（建系困难）17