立體幾何向量法-建系難

...wd......wd......wd...立體幾何〔向量法〕—建系難例1〔2013年普通高等學校招生統(tǒng)一考試重慶數(shù)學〔理〕試題〔含答案〕〕如圖,四棱錐中,,,為的中點,.(1)求的長;(2)求二面角的正弦值.【答案】解：(1)如圖，聯(lián)結BD交AC于O，因為BC＝CD，即△BCD為等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O為坐標原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建設空間直角坐標系O－xyz，那么OC＝CDcoseq\f(π,3)＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故A(0，－3，0)，B(eq\r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq\r(3)，0，0)．因PA⊥底面ABCD，可設P(0，－3，z)，由F為PC邊中點，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(z,2)))，又eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(z,2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，－z)，因AF⊥PB，故eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，即6－eq\f(z2,2)＝0，z＝2eq\r(3)(舍去－2eq\r(3))，所以|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).(2)由(1)知eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，3，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，eq\r(3))．設平面FAD的法向量為1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量為2＝(x2，y2，z2)．由1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，1·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋3y1＝0，,2y1＋\r(3)z1＝0，))因此可取1＝(3，eq\r(3)，－2)．由2·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，2·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋3y2＝0，,2y2＋\r(3)z2＝0，))故可取2＝(3，－eq\r(3)，2)．從而向量1，2的夾角的余弦值為cos〈1，2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,8).故二面角B－AF－D的正弦值為eq\f(3\r(7),8).例2〔2013年普通高等學校招生統(tǒng)一考試大綱版數(shù)學〔理〕WORD版含答案〔已校對〕〕如圖,四棱錐中,與都是等邊三角形.(=1\*ROMANI)證明:(=2\*ROMANII)求二面角的大小.【答案】解：(1)取BC的中點E，聯(lián)結DE，那么四邊形ABED為正方形．過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O.聯(lián)結OA，OB，OD，OE.由△PAB和△PAD都是等邊三角形知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即點O為正方形ABED對角線的交點，故OE⊥BD，從而PB⊥OE.因為O是BD的中點，E是BC的中點，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的中點F，PC的中點G，連FG.那么FG∥CD，F(xiàn)G⊥PD.聯(lián)結AF，由△APD為等邊三角形可得AF⊥PD.所以∠AFG為二面角A－PD－C的平面角．聯(lián)結AG，EG，那么EG∥PB.又PB⊥AE，所以EG⊥AE.設AB＝2，那么AE＝2eq\r(2)，EG＝eq\f(1,2)PB＝1，故AG＝eq\r(AE2＋EG2)＝3，在△AFG中，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)CD＝eq\r(2)，AF＝eq\r(3)，AG＝3.所以cos∠AFG＝eq\f(FG2＋AF2－AG2,2·FG·AF)＝－eq\f(\r(6),3).因此二面角A－PD－C的大小為π－arccoseq\f(\r(6),3).解法二：由(1)知，OE，OB，OP兩兩垂直．以O為坐標原點，eq\o(OE,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向建設如以下列圖的空間直角坐標系O－xyz.設|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，那么A(－eq\r(2)，0，0)，D(0，－eq\r(2)，0)，C(2eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，P(0，0，eq\r(2))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，－eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)．設平面PCD的法向量為1＝(x，y，z)，那么1·eq\o(PC,\s\up6(→))＝(x，y，z)·(2eq\r(2)，－eq\r(2)，－eq\r(2))＝0，1·eq\o(PD,\s\up6(→))＝(x，y，z)·(0，－eq\r(2)，－eq\r(2))＝0，可得2x－y－z＝0，y＋z＝0.取y＝－1，得x＝0，z＝1，故1＝(0，－1，1)．設平面PAD的法向量為2＝(m，p，q)，那么2·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(m，p，q)·(eq\r(2)，0，eq\r(2))＝0，2·eq\o(AD,\s\up6(→))＝(m，p，q)·(eq\r(2)，－eq\r(2)，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〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(\r(6),3).由于〈，2〉等于二面角A－PD－C的平面角，所以二面角A－PD－C的大小為π－arccoseq\f(\r(6),3).例3〔2012高考真題重慶理19〕〔本小題總分值12分如圖，在直三棱柱中，AB=4，AC=BC=3，D為AB的中點〔Ⅰ〕求點C到平面的距離;〔Ⅱ〕假設求二面角的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由AC＝BC，D為AB的中點，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以點C到平面A1ABB1的距離為CD＝eq\r(BC2－BD2)＝eq\r(5).(2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點，連結DD1，那么DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1為所求的二面角A1－CD－C1的平面角．因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又AB1⊥A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1⊥A1D，從而∠A1AB1、∠A1DA都與∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此eq\f(AA1,AD)＝eq\f(A1B1,AA1)，即AAeq\o\al(2,1)＝AD·A1B1＝8，得AA1＝2eq\r(2).從而A1D＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AD2)＝2eq\r(3).所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝eq\f(DD1,A1D)＝eq\f(AA1,A1D)＝eq\f(\r(6),3).解法二：如圖，過D作DD1∥AA1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，DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建設空間直角坐標系D－xyz.設直三棱柱的高為h，那么A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，eq\r(5)，0)，C1(0，eq\r(5)，h)，從而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(4,0，h)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(2，eq\r(5)，－h(huán))．由eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(A1C,\s\up6(→))，有8－h(huán)2＝0，h＝2eq\r(2).故eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(－2,0,2eq\r(2))，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2eq\r(2))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(5)，0)．設平面A1CD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，那么m⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，m⊥eq\o(DA1,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(5)y1＝0，,－2x1＋2\r(2)z1＝0，))取z1＝1，得m＝(eq\r(2)，0,1)，設平面C1CD的法向量為n＝(x2，y2，z2)，那么n⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CC1,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(5)y2＝0，,2\r(2)z2＝0，))取x2＝1，得n＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(2),\r(2＋1)·1)＝eq\f(\r(6),3).所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值為eq\f(\r(6),3).例4〔2012高考真題江西理20〕〔此題總分值12分〕如圖1－5，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，點A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O.(1)證明在側棱AA1上存在一點E，使得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1－5【答案】解：(1)證明：連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E，因為AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因為A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因為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＝eq\r(AB2－BO2)＝1，AA1＝eq\r(5)，得AE＝eq\f(AO2,AA1)＝eq\f(\r(5),5).(2)如圖，分別以OA，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建設空間直角坐標系，那么A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AA1,\s\up6(→))得點E的坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，由(1)得平面BB1C1C的法向量是eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，設平面A1B1C的法向量＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,y＋z＝0，))令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)，所以cos〈eq\o(OE,\s\up6(→))，〉＝eq\f(\o(OE,\s\up6(→))·n,|\o(OE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(30),10).即平面BB1C1C與平面A1B1C的夾角的余弦值是eq\f(\r(30),10).例5〔2012高考真題安徽理18〕〔本小題總分值12分〕平面圖形ABB1A1C1C如圖1－4(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝eq\r(2)，A1B1＝A1C1＝eq\r(5).圖1－4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1－4(2)所示的空間圖形．對此空間圖形解答以下問題．(1)證明：AA1⊥BC；(2)求AA1的長；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】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，DD1⊥B1C1，因為平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.故以D1為坐標原點，可建設如以下列圖的空間直角坐標系D1－xyz.由題設，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eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,3，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，因此eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AA1⊥BC.(2)因為eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,3，－4)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))))＝5，即AA1＝5.(3)連接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角．因為eq\o(