立体几何—建系难

1、立体几何（向量法）一建系难例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 ,F 为3PC的中点，AF PB.（1）求PA的长；求二面角B AF D的正弦值B題（19圈【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丄BD.以0为坐标原点，OB , 0C, AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方 n向，建立空间直角坐标系 0 xyz，贝y 0C= CDcos = 1，而AC = 4，得AO = AC OC =3n

2、3.又 OD = CDsin3=“ 3，故 A(0 ,0), B( 3, 0 ,0), C(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舍2 , PB= ( 3 , 3 , z)，因 AF丄 PB,故AF PB= 0 ,即卩 6 扌=0, z= 2去 23)，所以 |PA| = 23.由(1)知 AD = (3 , 3 , 0) , AB = C 3 , 3 , 0), AF= (0, 2 ,.设平面FAD的法向量为i = (xi, yi, zi)，平面FAB 的法向量为 2 = (x2, y2, z2).由 i Ad = 0,

3、 i f = 0,得3xi + 3yi = 0 ,因此可取=0 ,2yi +i= (3 ,.3 , 2).由 2 AB= 0, 2 AF= 0,得'3x2+ 3y2= 0,厂 故可取2= (3，寸3, 2).2y2+3z2 = 0 ,从而向量1 , 2的夹角的余弦值为cos 1 ,ni n212= =|n i| |n2|8故二面角B AF D的正弦值为J8例2 ( 2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)WORD版含答案(已校对)如图,四棱锥 P ABCD 中，ABC BAD 90°, BC 2AD, PAB 与 PAD 都是等边 三角形【答案】 解： 取BC的中点

4、E,联结DE,则四边形 ABED为正方形.过P作PO丄平面 ABCD，垂足为 0.联结 0A，OB，0D，0E.由APAB和APAD都是等边三角形知 PA= PB = PD,所以0A = OB = 0D，即点0为正方形ABED对角线的交点，故0E丄BD，从而PB丄0E.因为0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, PBnPO= P, 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AAPD为等边三角形可得 AF丄PD.所

5、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 = 2，贝U AE= 2 - 2 ,1EG=尹B = 1，故 AG = AE FGAF + EG2 = 3 ,在AAFG中,所以 cos ZAFG =FG2 + AF2 AG2因此二面角A PD C 的大小为 n arccos,6解法二：由 知，OE, OB, OP两两垂直.O xy z.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，则A( '. 2 , 0 , 0) , D(0，2 , 0),C(2,2， 一. 2 , 0

6、) , P(0 , 02),PC= (2 “ 2，一 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U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),则2 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 =

7、1，得 p = 1 , q = 1，故 2 = (1 , 1 , 1).n n2于是 COS ，2 > =A PD C的大小为n 在直二棱柱 ABC AB1G|n 1| n2|由于，2等于二面角 A PD C的平面角，所以二面角arccos .3例3（2012高考真题重庆理19 ）（本小题满分12分 如图, 中，AB=4 , AC=BC=3 , D 为 AB 的中点DB題(19) S(I)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： 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A

8、iABBi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 /AA1/CC1. 又由知CD丄面AiABBi，故CD丄AiD，CD丄DDi,所以ZAiDDi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ZBiAB互余，因此/AiABiAA i Ai B i= ZAiDA ,所以 RtKiAD "Rt伯1A1A.因此=,即 AA1 = AD A1B1 = 8 ,AD AAi

9、得 AAi = 2 '2.从而 AiD = 'AAi+ AD2 = 2 3cos ZAiDD iAiD AiD 3所以，在RtAiDDi中,DD i AAi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、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 Ai = （4,0，h），A?C= （2，；5,- h）.由Ai 丄 A

10、TC,有 8 h2= 0 , h = 2 '2.故DXi = （ 2,0,2#2）, CCi = （0,0,2寸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DXi,即取 zi = 1，得 m = (-;2 , 0,1),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cos m , n“ 633所以二面角A1 - CD C1的平面角的余弦值为例4 ( 2012高考真题江西理2

11、0)(本题满分12分)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丄平面BB1C1C,并求出AE的 长；(2) 求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.【答案】解：证明：连接A0,在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

12、OE丄平面 BBiCiC，又 AO = TAB2 BO2 = i , AAi = ；5 ,AO2 得AE=忑i5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),142由AE = 5AA1得点E的坐标是5, 0，5，4 2由得平面BBiCiC的法向量是OE=匚，0，匚，设平面AiBiC的法向量5 5（X, y , Z）,AB = 0，由n AiC = 0x+ 2y = 0， 得y+z= 0，令 y= i，得 x = 2，z二一i，即二（2,i， i），所以cos OE

13、，OE n - 30 |OE| n|10即平面BBiCiC与平面AiBiC的夹角的余弦值是3010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，Ai Bi= AiCi=图1 4现将该平面图形分别沿BC和BiCi折叠，使ABC与AAiBiCi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.(1) 证明：AAi 丄BC;(2) 求AAi的长；(3) 求二面角A BC Ai的余弦值.

14、【答案】解：(向量法)：(i)证明：取BC，BiCi的中点分别为D和Di，连接A1D1, DDi , AD.由BBiCiC为矩形知，DD i 丄 BiCi,因为平面BBiCiC!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AXi = (

15、0,3，- 4)，BC= ( 2,0,0)，AXi BC = 0，因此aXi丄BC，即卩AAi丄BC.(2) 因为 AXi = (0,3，- 4)，所以 aXi = 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ZADAi为二面角A BC-Ai的平面角.因为 DA = (0 , - i,0) , dXi = (0,2 , - 4)，所以cos DA , DAi=即二面角A- BC-Ai的余弦值为-55(综合法)(1)证明：取BC, BiCi的中点分别为D和Di，连接A1D1, DDi , AD ， A1D.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ADiAiD ,故BC丄AAi