立體幾何-建系講義

立體幾何（向量法）一建系引入空間向量坐標(biāo)運算，使解立體幾何問題避免了傳統(tǒng)方法進(jìn)行繁瑣的空間分析， 只需建立空間直角坐標(biāo)系進(jìn)行向量運算，而如何建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，成為用向量解題的關(guān)鍵步驟之一.所謂“建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系”，一般應(yīng)使盡量多的點在數(shù)軸上或便于計算。一、利用共頂點的互相垂直的三條線構(gòu)建直角坐標(biāo)系例1（2012高考真題重慶理19）（本小題滿分12分如圖，在直三棱柱ABCAB1cl中，AB=4,AC=BC=3D為AB的中點（I）求點C到平面A1ABB1的距離；（n）若AB1AC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CDLAB.又CDXAA1,故CD上面A1ABB1,所以點C到平面A1ABB1的距離為CD=Vbc2-bd2;V5.（2）解法一：如圖，取D1為A1B1的中點，連結(jié)DD1,則DD1//AA1//CC1.又由(1)知CD，面AiABBi,故CDXAiD,CDXDDi,所以/A1DD1為所求的二面角Ai—CD—Ci的平面角.因AiD為AiC在面AiABBi上的射影，又已知ABiXAiC,由三垂線定理的逆定理得ABiXAiD,從而/AiABi、/AiDA都與/BiAB互余，因此/AiABi=—AAiAiBi/AiDA,所以RtAAiADsRtzXBiAiA.因此前即AA2=ADAiBi=8,得ADAAiAAi=22從而aid=Vaa2+ad2=273.所以，在RtAAiDDi中，, DDiAAi 6cos/AiDDi=A；D=ATD=3.解法二：如圖，過D作DDi//AAi交AiBi于點Di,在直三棱柱中，易知DB,DC,DDi兩兩垂直.以D為原點，射線DB,DC,DDi分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz.設(shè)直三棱柱的高為h,則A(—2,0,0),Ai(-2,0,h),Bi(2,0,h),C(0,乖,0),Ci(0,乖，h),從而ABi=(4,0,h),AiC=(2,*,-h).由ABi^AiC,有8—h2=0,h=2V2.故DAi=(-2,0,2?CCi=(0,0,2V2),DC=(0,侃0).設(shè)平面AiCD的法向量為m=(xi,yi,zi),則m±DC,m，DAi,即

pv1=0,—2xi+20i=0,取zi=1,得m=(^2,0,1),設(shè)平面CiCD的法向量為n=(x2,y2,Z2),則n,DC,nlCCi,即y15V2=0,242z2=0,取X2=1,得n=(1,0,0),所以cos〈m,所以二面角A1—CD—C1的平面角的余弦值為普.3二、利用線面垂直關(guān)系構(gòu)建直角坐標(biāo)系A(chǔ)D與兩圓所在的平面均垂直,例2.如圖所示，AF、DE分別是圓O、圓O1的直徑,AD與兩圓所在的平面均垂直,AD8.BC是圓O的直徑，ABAC6,OE//AD.(I)求二面角BADF的大??；(II)求直線BD與EF所成的角的余弦值.19.解：(I).「AD與兩圓所在的平面均垂直，???ADLAB,AD±AF,故/BAD是二面角B—AD-F的平面角,依題意可知，ABC比正方形，所以/BAD=450.即二面角B-AD-F的大小為45°;TOC\o"1-5"\h\z(II)以。為原點，BGAF、OE所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示) ，則O(0,0, 0), A(0, 3^2 , 0), B(3/2,0,0),D (0, 3/2, 8), E(0,0, 8), F(0,372,0)所以，BD(3.2,32,8),FE(0,3.2,8)——、 BD?FE01864 82cosBD,EF一— ——|BD||FE| 100%82 10設(shè)異面直線BD與EF所成角為，則cos設(shè)異面直線BD與EF所成角為，則cos|cosBD,EF82… 」 直線BD與EF所成的10角為余弦值為,82角為余弦值為,82To"三、利用圖形中的對稱關(guān)系建立坐標(biāo)系底面ABCD,例3（2013年重慶數(shù)學(xué)（理））如圖，四棱錐PABCD底面ABCD,BCCD2,AC4,ACBACD—,F為PC的中點，AFPB.3(1)求PA的長；(2) 求二面角BAFD的正弦值.B題。汾圖【答案】B題。汾圖【答案】解：（1）如圖，聯(lián)結(jié)BD交AC于O,因為BC=CD,即ABCD為等腰三角形，又AC平分/BCD,故AC^BD.以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB,00,AP的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立、、一，一」一一一 一， 兀 一 ,I 一 ?？臻g直角坐標(biāo)系0—xyz,則0C=CDcos3=1,而AC=4,得A0=AC—0C=3.又0D=CDsirf3=5,故A(0,—3,0),B(>/3,0,0),C(0,1,0),D(->/3,0,0).z-2

0^因FA,底面ABCD,可設(shè)P(0,-3,z),由F為PC邊中點，得F0,-1,1,又AF=z-2

0^—z),因AFXPB,故昨PB=0,即6—3=0,z=2/3(舍去—2/3),

所以|京|=2,13.(2)由(1)知aD=(一43,3,0),AB=(，3，3,0),AF=(0,2,他設(shè)平面FAD的法向量為1=(x1,yi,zi),平面FAB的法向量為2=(x2,y2,Z2).由iAD=05iAF=05付一，3xi+3yi=0)因此可取i=(3,?—2).2yi+V3zi=0,由2AB=0,2AF=0,得43x2+3y2=0,L故可取2=（3,-V3,2）.2y2+<3z2=0,從而向量i,2的夾角的余弦值為nin2icos52>=|ni||n2|=8.故二面角B-AF-D的正弦值為387.四、利用正棱錐的中心與高所在直線，投影構(gòu)建直角坐標(biāo)系例4-i（20i3大綱版數(shù)學(xué)（理））如圖，四棱錐PABCD中，ABCBAD90°,BC2AD,PAB與PAD都是等邊三角形(I)證明：PBCD;(II)求二面角APDC(I)證明：PBCD;(II)【答案】解：（i）取BC的中點E,聯(lián)結(jié)DE,則四邊形ABED為正方形.過P作POL平面ABCD,垂足為O.聯(lián)結(jié)OA,OB,OD,OE.由^FAB和^FAD都是等邊三角形知PA=PB=PD,所以O(shè)A=OB=OD,即點。為正方形ABED對角線的交點，故OELBD,從而PBXOE.因為。是BD的中點，E是BC的中點，所以O(shè)E//CD.因此PBLCD.(2)解法一：由(1)知CD^PB,CDXPO,PBAPO=P,故CD，平面PBD.又PD?平面PBD,所以CDXPD.取PD的中點F,PC的中點G,連FG.則FG//CD,FGXPD.聯(lián)結(jié)AF,由^APD為等邊三角形可得AFXPD.所以/AFG為二面角A-PD-C的平面角.聯(lián)結(jié)AG,EG,則EG//PB.又PB±AE,所以EGXAE.1設(shè)AB=2,則AE=272,EG=2PB=1,故ag=Jae —FGAF+EG2 —FGAF1一 一在4AFG中，F(xiàn)G=2CD=V2,AF=V3,AG=3.所以cos/AFG=FG2+AF2—AG2解法二：由(1)知,OE,OB,OP兩兩垂直.O—xyz.以O(shè)為坐標(biāo)原點，OE的方向為O—xyz.設(shè)AB|=2,則A(-V2,0,0),D(0,-也0),C(2也一啦,0),P(0,0,電,pC=(2卡，—0-8Pd=(0,-R-<2),ap=(V2,0,V2),AD=22,-^2,0).設(shè)平面PCD的法向量為i=(x,y,z),則iPC=(x,V,z)(272,—木,-V2)=0,iPD=(x,y,z)(0,-取,一求)=0,可得2x—y—z=0,y+z=0.取y=—1,得x=0,z=1,故1=(0,—1,1).設(shè)平面PAD的法向量為2=(m,p,q),則2AP=(m,p,q)(#,0,V2)=0,2AD=(m,p,q)h/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 .6于是cos<,2>=... =-..|n1||n2| 3例4-2如圖1—5,在三棱柱ABC—A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=y5,BC=4,點A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O.(1)證明在側(cè)棱AA1上存在一點E,使得OEL平面BB1C1C,并求出AE的長;(2)求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值.OEXAAi于點E,因為【答案】解：(1)證明：連接AO,OEXAAi于點E,因為AAi//BBi,所以O(shè)ELBBi.因為AiO,平面ABC,所以AiOXBC.因為AB=AC,OB=OC,所以AOXBC,所以BCL平面AAiO.所以BCXOE,所以O(shè)EL平面BBiCiC,又AO=QaB2—BO2=i,AAi=T5,_2/曰ALAO"行AE=AAi=(2)如圖，分別以O(shè)A,OB,OAi所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(i,0,0),B(0,2,0),C(0,—2,0),Ai(0,0,2),由AE=1AAi得點E的坐標(biāo)是5，0,5,TOC\o"1-5"\h\z由(1)得平面BBiCiC的法向量是OE=4,0,2,設(shè)平面AiBiC的法向量=5 5(x,y,z),AB=0, -x+2y=0,由 得nAiC=0 y+z=0，令、=i,得x=2,z=—i,即=(2,i,-i),所以->OEn V30cos<OE,>= =仃.|OE||n|i0即平面BBiCiC與平面AiBiC的夾角的余弦值是號三、利用面面垂直關(guān)系構(gòu)建直角坐標(biāo)系例5（20i2高考真題安徽理i8）（本小題滿分i2分）平面圖形ABBiAiCiC如圖i—4（i）所示，其中BBiCiC是矩形，BC=2,BBi=4,AB=AC=?AiBi=AiCi=V5.圖1—4現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和BiCi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.對此空間圖形解答下列問題.(1)證明：AA11BC;(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，DDi±BiCi,因為平面BBiCiC,平面AiBiCi,所以DDi,平面AiBiCi,又由AiBi=AiCi知，AiDiXBiCi.故以Di為坐標(biāo)原點，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 Di-xyz.由題設(shè)，可得AiDi=2,AD=i.由以上可知ADL平面BBiCiC,AiD」平面BBiCiC,于是AD//AiDi.所以A(0,—i,4),B(i,0,4),Ai(0,2,0),C(—1,0,4),D(0,0,4).故AAi=(0,3,-4),BC=(-2,0,0),AAiBC=0,因此AAi^BC,即AAiXBC.(2)因為AAi=(0,3,—4),所以|AAi|=5,即AAi=5.⑶連接AiD,由BCXAD,BCXAAi,可知BCL平面AiAD,BCXAiD,所以/ADAi為二面角A-BC—Ai的平面角.因為DA=(0,-i,0),DAi=(0,2,—4),所以cos〈DA,DAi>=一人 ，、一 5即二面角A—BC—Ai的余弦值為一土.5(綜合法)(1)證明：取BC,BiCi的中點分別為D和Di,連接AiDi,DDi,AD,AiD.由條件可知，BCXAD,BiCiXAiDi,由上可得AD上面BBiCiC,AiDU面BBiCiC.因止匕AD//AiDi,即AD,AiDi確定平面ADiAiD.又因為DDi//BBi,BBiXBC,所以DDi^BC.又考慮到ADXBC,所以BC,