立体几何建系难

1、立体几何（向量法）一建系难3，F为PC的中例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 ABCD中，PA 底面 ABCD , BC CD 2,AC 4, ACB ACD点，AF PB.求二面角BAFD的正弦值.（1）求PA的长；S【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，建立 空间直角坐标系 O xyz,则 0C= CDcosL 1,而 AC= 4,得 AO = AC OC = 3又 OD =

2、CDsir=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,；,又AF =20 , 2 , 2 , PB = ( .3 , 3, z),因 AF丄 PB ,故 Af PB= 0,即 6 : = 0 , z= 2 .3(舍去一2 3),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= (xi, yi, zi)，

3、平面FAB的法向量为2= (x2, y2, Z2).由 1 AD = 0, 1 AF = 0, 得.3xi + 3yi = 0,2yi+ , 3zi= 0,因此可取 1 = (3,.'3, 2).由 2 AB= 0, 2 AF = 0，得3x2 + 3y2= 0,故可取2= (3,2y2 + ;3z2= 0,从而向量1, 2的夹角的余弦值为n1 n21cos 1 , 2>=-.|n 1| | n2|8.'3, 2).3 .78 .例2 (2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)故二面角B AF D的正弦值为WOR版含答案(已校对)如图,四棱锥P ABCD中，AB

4、CBAD 90°, BC2AD, PAB与 PAD都是等边三角形求二面角A PDC的大小.(I)证明：PB CD; (II)ABED为正方形.【答案】 解：取BC的中点E,联结DE,则四边形过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,

5、 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 .因此二面角 A PD C的大小为

6、解法二：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 xyz.设 |AB|= 2,则A( 2, 0, 0), D(0，- ,2, 0),C(22, ,2, 0), P(0, 0, ,2),PC= (22,2,2), 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

7、 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).于是 cos , 2>n1 n2|n 1| n2|6由于，2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）

8、（本小题满分12分 如图，在直三棱柱J6 n arccos .3ABC A|B1C1中，AB=4, AC=BC=3 D为 AB 的中点DB£ (19)图(I)求点 C到平面A1ABB1的距离；(n)若ABi 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.(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/ AiD

9、Di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 = / AiDA，所以 RtAAiADsRtABiAiA.因此笼=aa1，即 AA?= ADAiBi = 8，得AAi = 2 2.从而 AiD = AA1 + AD2 = 2 3.所以，在Rt AiDDi中，cos/ AiDDiDDi _ AAi _、6AiD _ Ai D_ 3 .解法二：如图，过D作DDi II AAi交AiBi于点Di,在直三棱柱中，易知DB,

10、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, h).由晶i丄AiC,有 8 h2_0, h_2 2.故 DAi_ ( 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5yi _ 0,2xi + 2 2zi_

11、0,取 zi_ i,得 m_ ( 2, 0,i),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m-nV2y/6cos m, n=.|m|n|13所以二面角Ai- CD Ci的平面角的余弦值为 冷6例4（ 2012高考真题江西理 20）（本题满分12分）如图 1 5，在二棱柱 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丄平面BB1C1C,并求出AE的

12、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：连接人0,在厶AOA1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 OE丄平面 BB1C1C,又 AO= . AB2 BO2= 1, AA1= 5,得AE=AO2AA1二百.(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(1,0,0), B(0,2,0), C(0, 2,0), Ai(0,0

13、,2),142由AE = 5AA1得点E的坐标是5, 0, 2 ,42由(1)得平面BBiCiC的法向量是OE= 5, 0, 5，设平面AiBiC的法向量=(x, y, z),得X+ 2y= 0,y+z= 0,Ab=0, 由 n A!C = 0令 y= i,得 x= 2, z= i,即二(2,i, i),所以(nV30cosOE,= = i0 .|OE| |n|10即平面BBiCiC与平面AiBiC的夹角的余弦值是嚅.例5 (20i2高考真题安徽理i8)(本小题满分i2分)平面图形ABBiAiCiC如图i 4(i)所示，其中BBiCiC是矩形，BC= 2, BBi=4, AB=AC= 2, A

14、iBi= 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AiBiCi,所以DDi丄平面AiBiCi,又由 AiBi = AiCi 知，AiDi 丄BiCi.

15、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AAu 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>2 i X 22 + 4 25即二面角A BC Ai的余弦值为(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,所以BC丄平面ADiA