立体几何—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 AB1AC求一面角 的平面角的余弦值.【答案】解： 由AC = BC, D为AB的中点，得CD丄AB.又CD丄

2、AA1,故CD丄面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD = 又由知CD丄面AiABBi，故CD丄AiD , CD丄DDi,所以ZAiDDi为所求的 二面角Ai - CD Ci的平面角.解法一：如图，取DD1，贝U DD1 /AA1 /CC1.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ZAiABi、ZAiDA都与ZBiAB互余，因此Z AiABiAA i Ai B i= ZAiDA 所以 RtSA。田 AA因此忑工i，即 AAi = AD AiBi = 8，所以，在RtKiDDi中,cos ZAiDD iDDi

3、 AAiAiD AiD 3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（0，一；5，h），从而 ABi = （4,0，h），AuC= （2，5, h）.由ABi 丄 AiC， 有 8 h2 = 0， h = 2：J 2.故DAi = （ 2,0,22），CCi = （0,0,2 2），DC =（0，；5，0）.设平面AiCD的

4、法向量为m = （xi，yi，zi），贝U m丄DC，m丄DAi，g卩:5yi = 0,2xi + 2 ；2zi = 0 ,取 zi = 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，即取 X2 = 1，得 n = (1,0,0)，所以cos m，n-|m|n|-：6AD与两圆所在的平面均垂直,所以二面角A1 CD C1的平面角的余弦值为、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。1的直径,AD 8.BC 是圆 O 的直径，AB AC 6 ,OE / AD .(I) 求二面角B

5、 AD F的大小；(II) 求直线BD与EF所成的角的余弦值.19.解：(I )T AD与两圆所在的平面均垂直 ， AD丄AB, 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 = 45即二面角BAD F的大小为45;（II）以0为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则3/2，8），E（ 0，0，8），0（ 0，0, 0）, A（ 0，3J2，0），B（ 3/2，0, 0）,D（ 0，所以，BD ( 3、2, 3.2,8),FE(0, 3 2,8)cos BD, EFBD ?FE 0 186482|

6、BD | FE |100 8210设异面直线BD与EF所成角为，则COS| cos BD,EF|器直线BD与EF所成的角为余弦值为.8210三、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 ACD , F 为 PC 的中点，AF PB. 3（1）求PA的长；求二面角B AF D的正弦值B題3圈【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，

7、建立空间直角坐标系冗O-xyz，贝y OC = CDcos- = 1 , 而 AC = 4 , 得 AO = AC- OC3=3.又 OD = CDs in 了=:3，故 A(0 , - 3 , 0), B(3 , 0 , 0), C(0 , 1 , 0), D(-3 , 0 ,0) 因PA丄底面ABCD，可设P(0，- 3 , z)，由F为PC边中点，得F 0，- 1 ,彳，又AF0 , 2 , 2 , PB= C.3 , 3,- z),因 AF 丄 PB,故 AF PB= 0,即 6 专=0, z= 2 - 3(舍2 - 3)，所以 |PA| = 2 3.由(1)知 AD = ( 3 ,

8、3 , 0),AB = C 3 , 3 , 0), Af= (0 , 2 , - 3).设平面FAD的法向量为i = (xi, yi, zi)，平面FAB 的法向量为 2 = (X2, y2, Z2).由 1 AD = 0, 1 AF = 0，得1= (3，一 . 3 , - 2).-3X1 + 3y1 = 0 ,厂因此可取2y1 + 3Z1 = 0 ,“ 3X2+ 3y2= 0 ,由 2 AB = 0, 2 AF = 0,得厂故可取2= (3，、传，2).2y2+3z2 = 0 ,从而向量1 , 2的夹角的余弦值为COS 1 , 2 n 1 n 21|m| |n2|8故二面角B-AF D的正

9、弦值为3 I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4-1（2013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：（1）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ABCD，垂足为 O.联结 OA , OB , OD , OE.由 PAB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

10、，所以 OE/ CD.因此PB丄CD.(2)解法一：由(1)知 CD丄 PB, CD 丄 PO, PBA 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.贝U 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的平面角.联结 AG，EG,贝U EG / PB.又PB丄AE,所以EG丄AE.设 AB = 2，贝U AE= 2 - 2 ,1EG=尹B = 1，故 AGAE2 + EG2 = 3 ,在厶AFG中,1FG= CD =2AF= 3,AG = 3.所以 cos /

11、 AFG =FG2 + AF2 AG22 FG AF-63解法由知，OE, OB, OP两两垂直.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O xy z.设 |AB|= 2，则A( 2 , 0 , 0) , D(0， 2 , 0),C(22，- 2 , 0) , P(0 , 0 , -，2),PC= (22，2，一 2) , PD = (0 , 2，一 2),AP= C.2 , 0 ,.2), AD = C,2 , 2 , 0).设平面PCD的法向量为1= (x , y , z),则1 PC= (x , y , z) (2 .2 , 2, 2) = 0 ,1 PD =

12、 (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 , 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).n n2彳6于是 COS ，2 = -.|n 11| n2|3例 4-2 如图 1 5，在三棱柱

13、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OE丄平面BB1C1C,并求出AE的长；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MOA1中，作OE丄AA1于点E,因为AA1 /BB1，所以 OE丄 BB1.因为A1O丄平面ABC，所以A1O丄BC.因为 AB = AC, OB = OC,所以 AO 丄 BC,所以BC丄平面AA1O.所以BC丄OE,所以 0E丄平面 BBiCiC,又 AO = ：AB2 BO2 = 1 ,

14、 AAi ：5 ,AO2 5得 AE=一.AAi5如图，分别以OA , OB , OAi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)，Ai(0,0,2),142由AE = -AAi得点E的坐标是一，0，,由（1）得平面BBiCiC的法向量是OE27，设平面AiBiC的法向量5(x，y，z).x+ 2y=0，由得n AiC = 0令 y= 1，得 x = 2，z二一1，即二（2,1， 1），所以cos OE，|OE| n|10即平面BBiCiC与平面AiBiC的夹角的余弦值是、利用面面垂直关系构建直角坐标系 例5 （ 2012高考真题

15、安徽理18 ）（本小题满分12分）平面图形ABBiAiCiC如图1 4(1)所示，其中BBiCiC是矩形，BC= 2,BBi = 4 , AB = AC = .；2 ,AiBi = Ai Ci0) 现将该平面图形分别沿BC和BiCi折叠，使ABC与AiBiCi所在平面都与 平面BBiCiC垂直，再分别连接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；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

16、 丄 BiCi，因为平面BBiCiC丄平面AiBiCi，所以DDi丄平面AiBiCi，又由 A1B1 = A1C1 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, 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AXi = (0,3 , - 4), BC= ( 2,0,0) , AAi BC= 0, 因此AAi丄BC,即卩AAi丄BC.(2)

17、 因为 AXi = (0,3 , - 4),所以 AA i = 5,即 AAi = 5.(3) 连接AiD，由BC丄AD , BC丄AAi ,可知BC丄平面AiAD , BC丄AiD , 所以ZADAi为二面角A BC-Ai的平面角.因为DA = (0 , i,0) , DAi = (0,2 , 4),所以X 22 + 4即二面角A BC Ai55(综合法)(i)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 , B1C1丄A1D1,由上可得 AD丄面BBiCiC, A1D1丄面BBiCiC.因此 AD /A1D1，即 AD , A1D1 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,所以BC丄平面AD1A1D