立体几何(向量法)—建系讲义

1、立体几何（向量法）一建系引入空间向量坐标运算， 使解立体几何问题避免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计算。一、利用共顶点的互相垂直的三条线构建直角坐标系例1 （ 2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱 ABC ABiG中，AB=4, AC=BC=3 D为 AB 的中点（I）求点C到平面A1ABB1的距离；（n）若AB1 AC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丄AB.

2、又CD丄AA1,故CD丄面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，贝U DD1/ AA1 /CC1.又 由(1)知CD丄面AiABBi，故CD丄AiD, CD丄DDi,所以/ AiDDi为所求的二面 角Ai CD Ci的平面角.因AiD为AiC在面AiABBi上的射影，又已知 ABi丄AiC，由三垂线定理的 逆定理得 ABi丄AiD,从而/ AiABi、/ AiDA都与/ BiAB互余，因此/ AiABi =AAi i B i/ AiDA，所以 RtAAiADsRtABiAiA.因此応=云石，即

3、卩 AAi = ADAiBi = 8,得AAi = 22.从而 AiD = ,AAi + AD2 = 2 3.所以，在Rt AiDDi中，/DDi AAi V6cos/AiDDi = AiD = AiD =亍解法二：如图，过D作DDi/ AAi交AiBi于点Di,在直三棱柱中，易知DB， DC，DDi两两垂直.以D为原点，射线 DB，DC，DDi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), Ai( 2,0，h)，Bi(2,0, h)，C(0，5,0)，Ci(0, 5, h),从而 ABi= (4,0, h), AiC= (2,5

4、, h).由晶i丄AiC,有 8 h2 = 0, h = 2 2.故DXi= ( 2,0,2 2), CCi = (0,0,2 2), DC =(0,5, 0).设平面AiCD的法向量为m= (xi, yi, zi),贝U m丄DC, m丄DAi,即卩、5y= 0,2xi + 2 2zi = 0,取乙=1,得 m = ( ：2, 0,1),设平面CiCD的法向量为n= (X2, y2, Z2),贝U n丄DC, n丄CCi，即：5y2= 0,2 ：2z2 = 0,取 X2= 1，得 n = (1,0,0),所以cos m, nm-n _2|m|n厂；2+ 1 1J63 .所以二面角A1 CD

5、C1的平面角的余弦值为_36.、利用线面垂直关系构建直角坐标系例2.如图所示， AF、DE分别是圆O、圆O1的直径,AD 8. BC 是圆 O 的直径，AB AC 6 , OE / AD .(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 ) VA D与两圆所在的平面均垂直， ADLAB, AD丄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45°AD与两圆所在的平面均垂直,(II)以O为原点，BC AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图

6、所示) ，贝U O(0, 0,0) ,A (0,3/2,0),B ( ' 2 , 0 ,0),D(0 ,3/2, 8) , E(0 ,0 , 8) , F(0 , 3 2 , 0)所以，BD ( 3、2, 3.2,8),FE(0,3 2,8)cos BD, EFBD ?FE|BD|FE|0 18 64 82100 82 10设异面直线BD与EF所成角为，则cos| cosBD, EF-82直线BD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 (2013年重庆数学(理)如图，四棱锥P ABCD中，PA 底面ABCD ,BC CD 2，AC 4, ACB AC

7、D 3，F 为 PC 的中点，AF PB.B【答案】(1)求PA的长；(2)求二面角B AF D的正弦值題(13)0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丄BD.以O为坐标原点，OB, OC, AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立nn空间直角坐标系 0 xyz,则 0C= CDcosT= 1,而 AC= 4,得 AO = AC OC = 3又 OD = CDsirf 33=3,故 A(0, 3, 0), B( 3, 0, 0), C(0, 1, 0), D( . 3 , 0 , 0) z- 2因PA丄底面ABC

8、D,可设P(0 , 3 , z),由F为PC边中点，得F 0 , 1, 2 ,又Af =PB = ( .3, 3, z)，因 AF 丄 PB,故 AF PB= 0,即卩 6-: = 0, z= 2 .3(舍去一2；3),所以 |PA|= 2 ,；3.(2)由知 AD = ( 3, 3, 0), AB = ( 3 3, 0), AF = (0, 2,'3) 设平面 FAD 的法向量为1=(xi, yi, zi)，平面FAB的法向量为2=(X2, y2, Z2).由 i AD = 0, i AF = 0，得3xi + 3yi= 0,因此可取i =(3,寸3, 2).2yi + . 3zi

9、= 0,由2 AB= 0, 2 AF = 0，得3x2+ 3y2= 0,_故可取2= (3，衍,2).2y2 + .3z2= 0,从而向量i, 2的夹角的余弦值为ni n2 icosi, 2=|7|= 8.故二面角B AF D的正弦值为 电7.8四、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-i (20i3大纲版数学(理)如图，四棱锥P ABCD中，ABC BAD 90°, BC 2AD, PAB与 PAD都是等边三角形(I)证明：PB CD; (II)求二面角 A PD C的余弦值【答案】 解：取BC的中点E,联结DE,则四边形 ABED为正方形. 过P作PO丄平面 AB

10、CD，垂足为 O.联结 OA, OB, OD, OE.由厶FAB和厶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丄BD，从而 PB丄OE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以 OE / CD.因此PB丄CD.(2)解法一：由(1)知 CD 丄 PB, CD 丄 PO , PB A PO= P, 故CD丄平面PBD.又PD?平面PBD，所以CD丄PD.取PD的中点F, PC的中点G,连FG.则 FG / CD, FG 丄 PD.联结AF，由 APD为等边三角形可得 AF丄PD. 所以/ AFG为二面角A PD C的平

11、面角.联结 AG , EG,贝U EG / PB.又PB丄AE,所以EG丄AE.1设 AB= 2,贝U AE= 22, EG =，PB = 1,故 AG = AE2 + EG2= 3,1在厶 AFG 中，FG = CD = .2, AF = .3, AG = 3.所以 cos/ AFG =FG2+ AF2 AG2 _2 FG AF 63 .解法由知，OE, OB, OP两两垂直.O xyz.以O为坐标原点，OE的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系设 |AB|= 2,则A( 2, 0, 0), D(0，- ,2, 0),C(22, ,2, 0), P(0, 0, ,2),PC= (2

12、2,2,2), PD = (0, 2, , 2),AP= ( 2 , 0 ,2) , AD = ( 2 , 2 , 0).设平面PCD的法向量为1= (x , y , z),贝V1 PC = (x , y , z) (22 , 2 , .2)= 0,1 PD = (x , y , z) (0 , 2 , 2) = 0 ,可得 2x y z= 0 , y+ z= 0.取 y = 1，得 x= 0 , z= 1,故 i= (0 , 1 , 1). 设平面PAD的法向量为2= (m , p , q),贝U2 AP = (m , p , q) (- 2 , 0 ,2) = 0 ,2 AD = (m ,

13、 p , q) 2 , 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> =n1n2.6|n 1|n2|3 .例4-2如图1-5 ,在三棱柱 ABC A1B1C1 中,已知 AB = AC = AA1 = 5 , 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0E丄平面BB1C1C ,并求出AE的长;(2) 求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【答案】解：证明：连接人0,在厶AOAi中，作0E丄AAi于点E,因

14、为AAi / BBi，所以 0E丄BBi.因为Ai0丄平面ABC，所以Ai0丄BC.0B= 0C,所以 A0丄BC,所以BC丄平面AAiO.因为AB= AC,所以BC丄0E,所以0E丄平面AAi= . 5,BBiCiC,又 A0= AB2 B02= i,得AE=疇、违(2)如图，分别以0A, 0B, 0Ai所在直线为x, y, z轴，建立空间直角坐标系，贝U A(i,0,0), B(0,2,0), C(0, 2,0), Ai(0,0,2),AAQ由AE = 5AA1得点E的坐标是5， 0, 2 ,42由得平面BBiCiC的法向量是0E= 5，0，5，设平面AiBiC的法向量=(x, y, z)

15、,AB = 0, x+ 2y= 0,由得nAC = 0 y+z= 0,令 y= 1,得 x= 2, z= 1,即二(2,1, 1),所以cos OE ,OE n V30|0E| |n|1010即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是三、利用面面垂直关系构建直角坐标系例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= 2, AiBi= AiCi= 5.图1-4现将该平面图形分别沿 BC和BiCi折叠，使 ABC与厶AiBiCi所在平面都 与平面BBiCiC垂直，再分别连

16、接AiA, AiB, AiC，得到如图i-4(2)所示的空间 图形.对此空间图形解答下列问题.(i)证明：AAi 丄 BC;求AAi的长；(3)求二面角A-BC-Ai的余弦值.【答案】解：(向量法)：(i)证明：取BC,BiCi的中点分别为D和Di，连接AiDi, DDi, AD. 由BBiCiC为矩形知，DDi丄 BiCi,因为平面BBiCiC丄平面A1B1C1,所以DDi丄平面AiBiCi,又由 AiBi = AiCi 知，AiDi 丄BiCi.故以Di为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系Di xyz.由题设，可得AiDi = 2, AD = i.由以上可知AD丄平面BBiCiC,

17、AiDi丄平面BBiCiC，于是AD/ AiDi.所以 A(0, i,4), B(i,0,4), Ai(0,2,0), C( i,0,4), D(0,0,4). 故AAi= (0,3, 4), BC= ( 2,0,0), AAi BC = 0, 因此AXi丄BC, 即卩AAi丄BC.(2) 因为 AAi = (0,3, 4),所以| AAi卜5,即AA匸5.(3) 连接AiD，由BC丄AD, BC丄AAi,可知BC丄平面 AiAD, BC丄AiD，所 以/ ADAi为二面角A BC Ai的平面角.因为Da = (0, i,0), DAi = (0,2, 4),所以cosIDA, DAi>25 -5 -即二面角A BC Ai的余弦值为电55 -(综合法)(1)证明：取BC, BiCi的中点分别为D和Di，连接AiDi, DDi, AD, AiD.由条件可知，BC丄AD, BiCi丄AiDi,由上可得AD丄面BBiCiC, AiDi丄面BBiCC因此 AD / AiDi，即 AD, AiDi 确定平面 ADiAiD.又因为DDi / BBi, BBi丄BC,所以DDi丄BC.又考虑到AD丄BC,所