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 ），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（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＝2 ,EG＝PB＝1，
故AG＝＝3，
在△AFG中，FG＝CD＝，AF＝，AG＝3.
所以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，所以二面角A－PD－C的大小为π－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

（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,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＝，即AA＝AD·A1B1＝8,得AA1＝2.
从而A1D＝＝2.
所以,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)，所以
cos〈m，n>＝＝＝。
所以二面角A1－CD－C1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，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＝＝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），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，
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＝（0，3，－4),＝(－2，0,0），·＝0，
因此⊥,即AA1⊥BC。
（2）因为＝(0，3，－4），
所以＝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＝(0，－1，0)，＝（0,2，－4），所以
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＝，
cos∠ADA1＝cos＝－.
即二面角A－BC－A1的余弦值为－.

向量法（建系困难）

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