立體幾何向量法—建系講義

1、立體幾何（向量法）建系引入空間向量坐標運算，使解立體幾何問題避免了傳統(tǒng)方法進行繁瑣的空間分析，只需建立空間直角坐標系進行向量運算，而如何建立恰當?shù)淖鴺讼担蔀橛孟蛄拷忸}的關(guān)鍵步驟之一所謂“建立適當?shù)淖鴺讼怠?，一般應使盡量多的點在數(shù)軸上或便于計算。一、利用共頂點的互相垂直的三條線構(gòu)建直角坐標系例1（2012高考真題重慶理19）（本小題滿分12分 如圖，在直三棱柱 中，AB=4，AC=BC=3，D為AB的中點（）求點C到平面的距離;（）若求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由ACBC，D為AB的中點，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以點C到平面A1ABB1的距離為CD.

2、(2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點，連結(jié)DD1，則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1A1D，從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A.因此，即AAADA1B18，得AA12.從而A1D2.所以，在RtA1DD1中，cosA1DD1.解法二：如圖，過D作DD1AA1交A1B1于點D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直以D為原點，射線DB，DC

3、，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系Dxyz.設直三棱柱的高為h，則A(2,0,0)，A1(2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，從而(4,0，h)，(2，h)由，有8h20，h2.故(2,0,2)，(0,0,2)，(0，0)設平面A1CD的法向量為m(x1，y1，z1)，則m，m，即取z11，得m(，0,1)，設平面C1CD的法向量為n(x2，y2，z2)，則n，n，即取x21，得n(1,0,0)，所以cosm，n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為.二、利用線面垂直關(guān)系構(gòu)建直角坐標系例2.如圖所示，、分別是圓、圓的直徑，與兩圓所在的平面均

4、垂直，.是圓的直徑，,.(I)求二面角的大??；(II)求直線與所成的角的余弦值.19.解：()AD與兩圓所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故BAD是二面角BADF的平面角，依題意可知，ABCD是正方形，所以BAD450.即二面角BADF的大小為450；()以O為原點，BC、AF、OE所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系（如圖所示），則O（0，0，0），A（0，0），B（，0，0）,D（0，8），E（0，0，8），F(xiàn)（0，0）所以，設異面直線BD與EF所成角為，則直線BD與EF所成的角為余弦值為三、利用圖形中的對稱關(guān)系建立坐標系例3 （2013年重慶數(shù)學（理）如圖,四棱錐中,為的中點,.(

5、1)求的長; (2)求二面角的正弦值.【答案】解：(1)如圖，聯(lián)結(jié)BD交AC于O，因為BCCD，即BCD為等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O為坐標原點，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz，則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，可設P(0，3，z)，由F為PC邊中點，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，)設平面FAD的法向量為1(x1，y1，

6、z1)，平面FAB的法向量為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)從而向量1，2的夾角的余弦值為cos1，2.故二面角BAFD的正弦值為.四、利用正棱錐的中心與高所在直線，投影構(gòu)建直角坐標系例4-1（2013大綱版數(shù)學（理）如圖,四棱錐中,與都是等邊三角形.(I)證明: (II)求二面角的余弦值.【答案】解：(1)取BC的中點E，聯(lián)結(jié)DE，則四邊形ABED為正方形過P作PO平面ABCD，垂足為O.聯(lián)結(jié)OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等邊三角形知PAPBPD，所以OAOBOD，即點O為正方形ABED對角線的交點，故OEBD，從而P

7、BOE.因為O是BD的中點，E是BC的中點，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的中點F，PC的中點G，連FG.則FGCD，F(xiàn)GPD.聯(lián)結(jié)AF，由APD為等邊三角形可得AFPD.所以AFG為二面角APDC的平面角聯(lián)結(jié)AG，EG，則EGPB.又PBAE，所以EGAE.設AB2，則AE2 ，EGPB1，故AG3，在AFG中，F(xiàn)GCD，AF，AG3.所以cosAFG.解法二：由(1)知，OE，OB，OP兩兩垂直以O為坐標原點，的方向為x軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.設|2，則A(

8、，0，0)，D(0，0)，C(2 ，0)，P(0，0，)，(2 ，)，(0，)，(，0，)，(，0)設平面PCD的法向量為1(x，y，z)，則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)設平面PAD的法向量為2(m，p，q)，則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.例4-2如圖15，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，點A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O.(1)證明在側(cè)棱AA1上存在一點E，使得

9、OE平面BB1C1C，并求出AE的長；(2)求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值圖15【答案】解：(1)證明：連接AO，在AOA1中，作OEAA1 于點E，因為AA1BB1，所以OEBB1.因為A1O平面ABC，所以A1OBC.因為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)如圖，分別以OA，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)，由得點E的坐標是，由(1)得平面BB1C1C的法向量是，設平面A1B1C的法向量

10、(x，y，z)，由得令y1，得x2，z1，即(2,1，1)，所以cos，.即平面BB1C1C與平面A1B1C的夾角的余弦值是三、利用面面垂直關(guān)系構(gòu)建直角坐標系例5（2012高考真題安徽理18）（本小題滿分12分）平面圖形ABB1A1C1C如圖14(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.圖14現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊，使ABC與A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直，再分別連接A1A，A1B，A1C，得到如圖14(2)所示的空間圖形對此空間圖形解答下列問題(1)證明：AA1BC；(2)求AA1的長；(3)求二面角ABCA1的余弦值【答

11、案】解：(向量法)：(1)證明：取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C為矩形知，DD1B1C1，因為平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系D1xyz.由題設，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)因為(0,3，4)，所以5，即AA15.(3)連接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1為二面角ABCA1的平面角因為(0，1,0)，(0,2，4)，所以cos，.即二面角ABCA1的余弦值為.(綜合法)(1)證明：取BC，B1C1的中點分別為D和D1，連接A1D1，DD1，AD，A1D.由條件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1，即AD，A1D1確定平面AD1A1D.又因為DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考慮到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)