立体几何的—建系难

1、立体几何（向量法）一建系难中，PA _底面ABCD ,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P - ABCDBC 二CD =2, AC =4, ACB 二 ACD , F 为 PC 的中 3求二面角B 一AF -D的正弦值.解：如图，联结BD交AC于0,因为BC = CD，即 BCD为等腰三角形，又AC平分/ BCD , 故AC丄BD.以0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= CDcosu 1,而 AC= 4,得 AO = AC OC = 3又 OD = CDsir=3

2、,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, 1, ；,又Af =0 , 2 , 2 , PB = ( .3 , 3, z),因 AF丄 PB ,故 Af Pb= 0,即 6 : = 0 , z= 2 3(舍去一23),所以 |PA|= 23.(2)由(1)知 AD = ( .3 , 3 , 0) , AB = ( .3 , 3 , 0) , Af = (0 , 2 ,3) 设平面 FAD 的法向量为1= (X1 , y1 , Z1),平面FAB的法向量为2=

3、(X2 , y2 , Z2).由 1 AD = 0 , 1 AF = 0,得V3x1 + 3y1 = 0 ,2y1 + .3z1= 0 ,因此可取1 = (3 ,.3 , 2).由 2 AB= 0, 2 AF = 0,得怒+昭0，故可取2= (3 ,2y2+ 3z2= 0,从而向量1, 2的夹角的余弦值为ni n21COS 1 , 2= = o .|ni| |n2|8故二面角B AF D的正弦值为8WOR版含答案(已校对)如图，四都是等边例2 (2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)棱锥 PABCD 中，.ABC 二.BAD =90, BC=2AD, ：PAB 与 PAD三角形(I

4、)证明：PB _ CD; (II) 求二面角 A - PD -C的大小.【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 ABCD，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P

5、D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的平面角.联结 AG , EG,贝U EG / PB.又PB丄AE,所以EG丄AE.设 AB= 2AE= 22, EG =B = 1,故 AG = . AE2 + EG2= 3,1在厶 AFG 中，FG = CD = .2, AF = .3, AG = 3.所以 cos/ AFG =FG2+ AF2- AG22 FG AF =_ 63.因此二面角 A- PD - C的大小为n- arccos逅3 -解法二：由 知，OE, OB, OP两

6、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-xyz.设 |AB|= 2,则A(- 2, 0, 0), D(0，- .2, 0),C(22,- ,2, 0), P(0, 0, .2),PC= (2 .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U1 PC = (x, y, z) (2 .2, -2,- . 2)= 0,1 PD = (x, y, z) (0, - 2,- 2) = 0, 可得 2x-y-z= 0, y+ z= 0.取 y

7、 = - 1,得 x= 0, z= 1，故 1= (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).于是 cos，2ni n 2|ni|n2|Tt- arccos由于,等于二面角A- PD- C的平面角，所以二面角A- PD- C的大小为例3 （ 2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱 ABC - A

8、1B1C1中，AB=4, AC=BC=3 D为 AB 的中点題(W) B(I)求点C到平面AABB的距离;(n)若AB! _ 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.又CD丄AAi, 故CD丄面AiABBi，所以点C到平面AiABBi的距离为CD = BC2 BD2= 5.D B(2)解法一：如图，取 Di为AiBi的中点，连结 DDi，贝U DDi/ AAi/ CCi.又 由(i)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

9、，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 AiBiq/ AiDA，所以 RtAAiADsRtABiAiA.因此后=丽，即卩 AA注 ADAiBi = 8,得AAi = 2 2.从而 AiD = , AAi+ AD2 = 2 .3.所以，在Rt AiDDi中,cos/ AiDDiDDi _ AAi _ V6AiD _ 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

10、、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), A/C= (2,5, h).由ABiAiC,有 8 h2 = 0, h = 2 2.故DAi= ( 2,0,2 2), Ci(0,0,2.2), DC二(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/5yi = 0,k 2xi + 2 返zi = 0,取 zi= i,得 m= ( 2, 0,i),设平面CiCD

11、的法向量为n= (X2, y2, z2),贝U n丄DC, nlCcCi，即*/5y2= 0,.2 V2z2 = 0,取 x2= i,得 n = (i,0,0),所以mnV2yJ6cosm,八mn厂匸市二亍所以二面角Ai CD Ci的平面角的余弦值为七6例4(20i2高考真题江西理 20)(本题满分i2分) 如图 i 5,在三棱柱 ABC AiBiCi 中，已知 AB= AC= AAi= 5, BC = 4,点Ai在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1) 证明在侧棱AAi上存在一点E,使得OE丄平面BBiCiC,并求出AE的长;(2) 求平面AiBiC与平面BBiCiC夹角的余弦值.图1

12、5Cl【答案】解：证明：连接人0,在厶AOAi中，作0E丄AAi于点E,因为AAi / BBi，所以 0E丄BBi.因为AiO丄平面ABC，所以AiO丄BC.因为 AB= AC, OB= OC,所以 AO丄BC,所以BC丄平面AAiO.所以BC丄OE,所以 OE丄平面 BBiCiC，又 AO= .AB2 bO = i, AAi= .5,得ae=曲=得 A AAi _(2)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，贝U A(i,0,0), B(0,2,0), C(0, 2,0), Ai(0,0,2),由ae=*aAi得点e的坐标是if, 0,5,由得平面B

13、BiCiC的法向量是0fe= 5，0，2，设平面AiBiC的法向量= (x, y, z),x+ 2y= 0,y+z= 0,AB=0, 由_n AiC = 0令 y= i,得 x= 2, z= i,即二(2,i, i),所以cosOE, 二 0E n 二噜.|OE| |n|i0即平面BBiCiC与平面AiBiC的夹角的余弦值是二30例5 (2012高考真题安徽理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 (2)=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 A

14、BC与厶AiBiCi所在平面都 与平面BBiCiC垂直，再分别连接AiA, AiB, AiC，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：AAi 丄 BC;求AAi的长；(3)求二面角A BC Ai的余弦值.解：(向量法)：(1)证明：BiCi的中点分别为D和取BC,Di，连接 AiDi, DDi, AD.【答案】由BBiCiC为矩形知,DD i 丄 Bi Ci,因为平面BBiCiC丄平面AiBiCi,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

15、AiDi = 2, AD = 1.由以上可知AD丄平面BBiCiC, A1D1丄平面BBiCiC，于是AD/ AiDi.所以 A(0, 1,4), B(1,0,4), Ai(0,2,0), C(- 1,0,4), D(0,0,4).故AAi= (0,3, 4), BC= ( 2,0,0), AAi BC = 0, 因此AAi丄BC, 即卩AAi丄BC.(2) 因为 AAi = (0,3, 4), 所以 |AAj= 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/ ADAi为二面角A BC Ai的平面角.因为DA = (0, i,0), DAi = (0,2, 4),所以COS DA , DAi2_亚i X 22+ 4 25即二面角A BC Ai的余弦值为(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, BiCi丄AiDi,由上可得AD丄面BBiCiC, AiDi丄面BBiCiC. 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,所以BC丄平面ADiAi