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 的中点求点C到平面A1ABB1的距离；（n）若AB1 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, AB.又C

2、DLAA1, 故CD，面A1ABB1,所以点C到平面 A1ABB1的距离为CD = BC2 BD2= 5.D B（2）解法一：如图，取 D1为A1B1的中点，连结 DD1,贝u 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 AQ,由三垂线定理的 逆定 理得 AB1，AD,从而/ A1AB1、/ A1DA 都与/ B1AB 互余，因此/ A1AB1 = / ADA, 所以 RtAA1ADSRtAB1A1A.因此器=AA1

3、,即 AAe ADAB 1 = 8,得AA 仁 2 2.从而 AiD = AAi + AD2 = 2 3.所以，在 RtA AiDDi 中,/DDiAAi V6cos/ AiDDi 二 AiD = AiD 二解法二：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？以口为原点，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= (

4、2, 5, h).由 AAi AiC,有 8 h2 = 0, h = 2 2.故 DAi= ( 2,0,2 2), CXCi= (0,0,2.2) , DC =(0,.5, 0).设平面 AiCD 的法向量为 m= (xi, yi, zi),贝 u m _L DC, m _L DAi,即5yi = 0,2xi + 2 2zi = 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 DC, n，CCi,即5y2= 0,2 2z2 = 0,取 x2= i,得 n = (i,0,0),所以m-n V2cos m, n=- = a.|m

5、|n| 八2+ i i 3V6所以二面角Ai CD Ci的平面角的余弦值为3.、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0、圆01的直径，AD与两圆所在的平面均垂直AD 8. BC 是圆 0 的直径，AB AC 6 ,0E / 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,? ADLAB,人口，人尸,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 ;，贝U 0(II)以0为原点，BC AF

6、、0E所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)3/2, 8), E (0, 0, 8), F(0, 0,0), A (0,3j2, 0), B ( 3/空，0, 0) ,D (0,(0, 3 2 , 0)所以，BD ( 3、2, 3.2,8),FE(0,3 2,8)BD ?FE 0 186482cos BD, EF|BD|FE| V100 V8210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1010三、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ABCDBC CD 2, AC 4,

7、 ACB ACD -, F 为 PC 的中点,AF PB . 3(1)求PA的长；(2)求二面角B AF D的正弦值.从而向量1, 2的夹角的余弦源为20, 2, I , PB = ( 3, 3,- z),因 AF PB,故 AF PB = 0,即口 6-: = 0, 1题(19)08【答案】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，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=CDsin 八一 1, ?，又 AF1 n -O- xyz,则 OC= CDCO姚用用FAC= 4,得 AO

8、= AC- OC = 3?又 OD3=3,浜 A(0, - 3, 0), B( 3, 0,通，C(0, 1, 0), D( - . 3, 0, 0旷因PA,底面ABCD，可设P(0, 3, z),由F为PC边中点，得F 0,z= 2也舍去一 2的，所以|PA|= 2(2)由(1)知 AD =(一道，3, 0), A?= ( .3f 3, 0), AF 7(0, 2,5/3) ?设平面 FAD 的法向量为1= (xi, yi, Zi),平面FAB的法向量为2=(X2, y2, Z2).由 i AD = 0, iAF = 0,得L一 J 3y J0，因此可取匚(3,2yi + . 3zi= 0,s

9、由 2 AB=0, 2 AF = 0,得必2+ 3y2= ,故可取 2= (3, 2y2+ .3Z2= 0,n 1 m = 1 _ cos = |m|m|= 8.故二面角B AF D的正弦值为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 2AD, PAB与PAD都是等边三角形证明：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.联名OA, OB, OD, OE.由公FAB

10、和公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。是BD的中点，E是BC的中点，所以 OE / CD.因止匕PB LCD.O 一 xyz.(2)解法一：由 (1)知 CD PB, CD PO, PB A 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.联名AF,由 APD为等边三角形可得 AF PD.所以/ AFG为二面角A- PD 一C的平面角.联名AG , EG ,贝 U EG

11、/ PB.又 PB，AE,所以 EG AE.1设 AB= 2,贝 U AE= 22, EG = 2PB = 1,故 AG = AE2 + EG2= 3,1在A AFG 中，FG =八CD = .2, AF = .3,AG = 3.所以 cos/ AFG =_6FG2+ AF2 AG22 F G AF 二 3 .解法 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设 |AB|= 2,贝 yA( 2, 0, 0), D(0, - ,2, 0),C(22 - 2, 0), P(0, 0, ,2),PC= (22,-2,- 2), PD

12、= (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) (2 2, - 2 , - , 2)= 0,i PD = (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y2 AP = (m , p , q) (- 2 , 0 , 2) = 0 ,2 AD = (m , p , q)

13、 ? 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 = n1n2.6|n 111n2|3 .例 4-2 如图 1- -5 ,在三棱柱 ABC A1B1C1 中，已知 AB = AC = AA1 = 5 ,=4,点Ai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0E，平面BB1C1C ,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.BC【答案】解：（1）证明：连接AO，在公AOA1中，作OE，AAi于点E ,因为AA1 /

14、BB1,所以 OE BB1.(2)如图，分别以OA,系，贝 U A(1,0,0), B(0,2,0),= 由初 於 AE4-坎2- 5OBC，平面0B= OC,所以 AO BC,所以AAiO.所以BC 因为OO,，平面 ABC,所以AiO BC.因为AB= AC,所以 OE,平面BB1C1C,又 AO= AB2 BO2= 1, AA1= 5,AO2OB, OAi所在直线为x, y, z轴，建立空间直角坐标C(0, 2,0), Ai(0,0,2),得 AE= aa；二亏.由(1)得平面BBiCiC的法向量是 OE402, ,5,设平面AiBiC的法向量=(x, y, z),得？ 0,令 y= 1

15、,得 x= 2, z= 1,即二(2,1, 1),所以y+z= 0,cos Ofe 一驴选L|OE| |n|10即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是二30三、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, BB1A=4, AB=AC= 2, AiBi= AiCi= 5.图i-4现将该平面图形分别沿 BC和BiCi折叠，使 ABC与A AiBiCi所在平面都 与平 面BBCC垂直，再分别连接AiA, AiB, AiC ,得到如图i-4(2)所示的空间 图形.

16、对此 空间图形解答下列问题证明：AAi BC;求AAi的长；(3)求二面角A- BC- Ai的余弦值.解：(向量法)：证明:BiCi的中点分别为D和【答案】由BBiCiC为矩形知,DDi Bi Ci,因为平面BBiCiC!平面AiBiCi,所以 DDi,平面 AiBiCi,又由 AiBi= AiCi 知,AiDi BiCi.Di- xyz.故以Di为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系由题设，可得AiDi = 2, AD = i.由以上可知 AD,平面BBiCiC, AiDi,平面BBiCiC,于是 AD/ AiDi.所以 A(0, 1,4), B(1,0,4), Ai(0,2,0), C

17、(- 1,0,4), D(0,0,4).故 AAi= (0,3, 4), BC= ( 2,0,0), AAi BC = 0,因止匕 AAi BC,即口 AAi BC.因为 AAi= (0,3, 4),所以 |AAHh 5,即 AAi = 5.连接 AiD,由 BC，AD, BC AAi,可知 BC，平面 AAD, BC AiD,所以/ ADAi为二面角A BC Ai的平面角.cos IDA, DAi=因为 DA = (0, i,0), DAi = (0,2, 4)，所以 2J5 i X 22+ 4 2 5 .二面角ABCAi的余弦值为一处.(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 AD, BC AiDi,由上可得 AD，面 BBiCiC, AiDi，面 BBiCC 因此 AD / AiDi,即 AD,AiDi 确定平面 ADiAiD.又因为DDi / BBi, BBi BC,所以DDi, BC.又考虑到AD