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立体几何(向量法)—建系讲义


立体几何(向量法)—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 ? A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3,D 为 AB 的中点

(Ⅰ)求点 C 到平面 A1 ABB 1 的距离; (Ⅱ)若 AB1 ? AC 1 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⊥AB.又 CD⊥AA1,故

CD⊥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,则 DD1∥AA1∥CC1.又 由(1)知 CD⊥面 A1ABB1,故 CD⊥A1D,CD⊥DD1,所以∠A1DD1 为所求的二面 角 A1-CD-C1 的平面角. 因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的 逆定理得 AB1⊥A1D,从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余,因此∠A1AB1= AA1 A1B1 ∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此 AD = AA ,即 AA2 A1B1=8,得 1=AD·
1

AA1=2 2.

2 从而 A1D= AA2 1+AD =2 3.

所以,在 Rt△A1DD1 中, DD1 AA1 6 cos∠A1DD1= A D =A D= 3 . 1 1

解法二: 如图, 过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于点 D1, 在直三棱柱中, 易知 DB, DC,DD1 两两垂直.以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 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),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5, → =(4,0,h),A → 0),C1(0, 5,h),从而AB 1 1C=(2, 5,-h). → ⊥A → 2 由AB 1 1C,有 8-h =0,h=2 2. → =(-2,0,2 2),CC → =(0,0,2 2),DC →= 故DA 1 1 (0, 5,0). → ,m⊥DA → ,即 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DC 1 ? 5y1=0, ? ?-2x1+2 2z1=0, 取 z1=1,得 m=( 2,0,1), → ,n⊥CC → ,即 设平面 C1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),则 n⊥DC 1 ? 5y2=0, ? ?2 2z2=0, 取 x2=1,得 n=(1,0,0),所以 m· n cos〈m,n〉=|m||n|= 2 6 =3. 2+1· 1

6 所以二面角 A1-CD-C1 的平面角的余弦值为 3 .
二、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 与两圆所在的平面均垂直,
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)∵AD 与两圆所在的平面均垂直, ∴AD⊥AB, AD⊥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 B—AD—F 的大小为 45 ; (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(如图所示) ,则 O (0,0,0) ,A(0, ? 3 2 ,0) ,B( 3 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)
0 0

cos ? BD , EF ??

BD ? FE | BD || FE |

?

0 ? 18 ? 64 100 ? 82

?

82 10

设异面直线 BD 与 EF 所成角为 ? ,则 cos? ?| cos ? BD, EF ?|?

82 直线 BD 与 EF 所成的 10

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 ? ?ACD ?
(1)求 PA 的长;

, F 为 PC 的中点, AF ? PB . 3 (2)求二面角 B ? AF ? D 的正弦值.

?

【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⊥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 π π 空间直角坐标系 O-xyz, 则 OC=CDcos =1, 而 AC=4, 得 AO=AC-OC=3.又 OD=CDsin 3 3 = 3,故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). z → 0,-1, ?,又AF= 因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z),由 F 为 PC 边中点,得 F? 2? ? z → → → ?0,2,z ?,PB =( 3,3,-z),因 AF⊥PB,故AF· PB=0,即 6- =0,z=2 2? ? 2 → 3),所以|PA|=2 3.
2

3(舍去-2

→ → → (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=(x2,y2,z2). → → 由 1· AD=0,1· AF=0,得

?- 3x1+3y1=0, 因此可取 1=(3, 3,-2). ? ?2y1+ 3z1=0,
→ → 由 2· AB=0,2· AF=0,得

? 3x2+3y2=0, 故可取 2=(3,- 3,2). ? ?2y2+ 3z2=0,
从而向量 1,2 的夹角的余弦值为 n 1· n2 1 cos〈1,2〉= = . |n1|· |n2| 8

3 故二面角 B-AF-D 的正弦值为

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 4-1(2013 大纲版数学(理) )如图,四棱锥 P ? ABCD 中, ?ABC ? ?BAD ? 90 ,BC ? 2 AD, ?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⊥平面 ABCD,垂足为 O. 联结 OA,OB,OD,OE. 由△PAB 和△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⊥BD,从而 PB⊥OE. 因为 O 是 BD 的中点,E 是 BC 的中点,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 的中点 F,PC 的中点 G,连 FG. 则 FG∥CD,FG⊥PD. 联结 AF,由△APD 为等边三角形可得 AF⊥PD. 所以∠AFG 为二面角 A-PD-C 的平面角. 联结 AG,EG,则 EG∥PB. 又 PB⊥AE,所以 EG⊥AE. 设 AB=2,则 AE=2 1 2,EG= PB=1, 2

故 AG= AE2+EG2=3, 1 在△AFG 中,FG= CD= 2,AF= 3,AG=3. 2 FG2+AF2-AG2 6 所以 cos∠AFG= =- . 2· FG· AF 3 解法二:由(1)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-xyz.

→ 设|AB|=2,则 A(- 2,0,0),D(0,- 2,0), C(2 2,- 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),则 PC=(x,y,z)· (2 1· → → 2,- 2,- 2)=0, 2,- 2)=0,

PD=(x,y,z)· (0,- 1·

可得 2x-y-z=0,y+z=0. 取 y=-1,得 x=0,z=1,故 1=(0,-1,1). 设平面 PAD 的法向量为 2=(m,p,q),则 AP=(m,p,q)· ( 2· AD=(m,p,q)· ( 2· → → 2,0, 2)=0, 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). n1· n2 6 于是 cos〈,2〉= =- . |n1||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 OE⊥平面 BB1C1C, 并求出 AE 的长; (2)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△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E,因为

AA1∥BB1,所以 OE⊥BB1.

因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 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= AB2-BO2=1,AA1= 5, AO2 5 得 AE= AA = 5 . 1 (2)如图,分别以 OA,OB,OA1 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),A1(0,0,2),

2? ?4 → =1AA → ? ,0,5?, 由AE 5 1得点 E 的坐标是?5 ? 4 2? → =? ?5,0,5?,设平面 A1B1C 的法向量= 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是OE ? ? (x,y,z), → =0, ? ?· AB ?-x+2y=0, 由? 得? → ?y+z=0, ? A ?n· 1C=0 令 y=1,得 x=2,z=-1,即=(2,1,-1),所以 →· OE n 30 →, cos〈OE 〉= = 10 . → |· |OE |n| 30 即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 10
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,A1B1=A1C1= 5. 图 1-4 现将该平面图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠,使△ABC 与△A1B1C1 所在平面都 与平面 BB1C1C 垂直,再分别连接 A1A,A1B,A1C,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:AA1⊥BC; (2)求 AA1 的长; (3)求二面角 A-BC-A1 的余弦值.
【答案】

解:(向量法):(1)证明:取 BC, B1C1 的中点分别为 D 和 D1,连接 A1D1,DD1,AD. 由 BB1C1C 为矩形知, DD1⊥B1C1, 因为平面 BB1C1C⊥平面 A1B1C1, 所以 DD1⊥平面 A1B1C1, 又由 A1B1=A1C1 知, A1D1⊥B1C1. 故以 D1 为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系 D1-xyz. 由题设,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). → =(0,3,-4),BC → =(-2,0,0),AA →· → 故AA 1 1 BC=0, → ⊥BC → ,即 AA ⊥BC. 因此AA 1 1 → =(0,3,-4), (2)因为AA 1 → =5,即 AA1=5. 所以 AA 1 (3)连接 A1D,由 BC⊥AD,BC⊥AA1,可知 BC⊥平面 A1AD,BC⊥A1D,所 以∠ADA1 为二面角 A-BC-A1 的平面角. → =(0,-1,0),DA → =(0,2,-4),所以 因为DA 1 → ,DA → 〉=- cos〈DA 1 2 5 2=- 5 . 1× 2 +?-4?
2

| |

5 即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- 5 .

(综合法)(1)证明:取 BC,B1C1 的中点分别为 D 和 D1,连接 A1D1,DD1, AD,A1D. 由条件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1, 由上可得 AD⊥面 BB1C1C,A1D1⊥面 BB1C1C. 因此 AD∥A1D1,即 AD,A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1∥BB1,BB1⊥BC,所以 DD1⊥BC. 又考虑到 AD⊥BC,所以 BC⊥平面 AD1A1D, 故 BC⊥AA1. (2)延长 A1D1 到 G 点,使 GD1=AD,连接 AG. 因为 AD 綊 GD1,所以 AG 綊 DD1 綊 BB1. 由于 BB1⊥平面 A1B1C1,所以 AG⊥A1G.

由条件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4, 所以 AA1=5. (3)因为 BC⊥平面 AD1A1D,所以∠ADA1 为二面角 A-BC-A1 的平面角. 在 Rt△A1DD1 中,DD1=4,A1D1=2,解得 5 sin∠D1DA1= 5 , 5 ?π ? cos∠ADA1=cos?2+∠D1DA1?=- 5 . ? ? 即二面角 A-BC-A1 的余弦值为- 5 . 5


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