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， 使解立体几何问题防止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 2021高考真题重庆理19本小题总分值12分 如图，在直三棱柱 ABC AB iG中，AB=4, AC=BC=3 D 为 AB 的中点I求点C到平面A1ABB1的距离；n假设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丄AB.又CD丄AA1,

2、故CD丄面A1ABB1，所以点C到平面 A1ABB1的距离为CD = BC2 BD2= 5.D B2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丄面A1ABB1,故CD丄A1D，CD丄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 AB1 ± AQ，由三垂线定理的 逆定理得 AB1 丄 A1D，从而 / A1AB1、/ A1DA 都与/ B1AB 互余，因此 / A1AB1 = / A1DA，所以 RtAA1ADSRtAB1A1A.因此器=AA1，即 AA1=

3、 ADAB 1 = 8,得AA 仁 2 2.从而 AiD = AAi + AD2 = 2 3.所以，在 Rt AiDDi 中，/DDi AAi 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,那么 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

4、, h).由 AAi 丄 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丄DC, m丄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丄DC, n丄CCi，即5y2= 0,2 2z2 = 0,取 x2= i,得 n = (i,0,0),所以m-n V2cos m, n=- = a.|m| n| 八2+ i

5、 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.如下图， AF、DE分别是圆0、圆0i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 .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, AD丄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 °¥,r I(

6、II)以0为原点，BC AF、0E所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如下图)，贝U 0(0, 0,0), A (0,3j2, 0), B ( 3/ 空,0, 0) ,D (0,(0, 3 2 , 0)3/'2, 8), E (0, 0, 8), F所以，BD ( 3、2, 3.2,8),FE(0,3 2,8)BD ?FE 0 1864 cos BD, EF|BD|FE| V100 V828210设异面直线BD与EF所成角为 ，那么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 (2021年重庆数学(理)如图，四棱锥P AB

7、CD中，PA底面ABCDBC CD 2, AC 4, 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.*i-AB2)1n i m0, 2从而哗B 1= (23勺夹角的余弦值为Af丄PB，故AF PB= 0,即卩6-: = o2故AC丄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3),所以 |PA|= 23.>>由 2 AB=0, 2 AF = 0,得3X2+ 3y2= °，故可取？= (3，3, 2)2y2+ .3Z2= 0,題(19)08【答案】z= 23(舍

8、去一 2向量为1= (xi, yi, Zi)，平面FAB的法向量为2=(X2, y2, Z2).由 i AD = 0,i AF = 0,得一 g 3y1= 0,因此可取匚(3,2yi + . 3zi= 0,cos <1, 2>= |ni|m|= 8.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 ,宀、n 一O xyz,贝U OC= CD空SW角坐标AAC= 4,得 AO = AC OC = 3?又 OD 3=3,故 A(0, -3, 0), B( 3, 0, 0), C(0, 1, 0), D( - . 3, 0, 0).=CD

9、sin1, ?，又 AF由(1)知 AD = ( .3, 3, 0), AB = ( .3, 3, 0), AF = (0, 2,.3) ?设平面FAD的法因PA丄底面ABCD ,可设P(0,3, z),由F为PC边中点，得F 0,(I)证明：PB CD; (II)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 2021大纲版数学理如图，四棱锥P ABCD中,ABC BAD 90 ° BC 2AD, PAB与PAD都是等边三角形求二面角 A PD C的余弦值？联结DE，贝V四边形ABED为正方形.过P 作PO丄平面 ABCD，垂足为 O.

10、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, 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.那么 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

11、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 = 2PB = 1 ,故 AG = AE2 + EG2= 3,1在厶 AFG 中，FG =八CD = .2, AF = .3,AG = 3.所以 cos/ AFG =_6FG2+ AF2 AG22 F G AF 匚 3 .解法 由1知，OE, OB, OP两两垂直.O xyz.以O为坐标原点，OE的方向为x轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系y设 |AB|= 2,贝 yA(2, 0, 0), D(0，-,2, 0),C(22 - 2, 0), P(0,0,2),PC

12、=(22, 2, 2), PD = (0,2 ,-2),AP =(2 , 0 ,2) , AD :=(2 ,2 , 0)-设平面PCD的法向量为i =(x , y ,z),贝 Vi PC=(x , y , z) (2 2,2 ,2)= 0,i PD=(x , y , z) (0 ,2 ,2) = 0 ,可得 2x 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) (- 2J0 , 2)=0 ,2 AD=(m , p , q) ? 2J-2 ,0) = 0 ,可得m + q = 0 , m p=

13、0.取m=1,得 p = 1 , q=1 ,故 2 =:(i, i,-1).于是COS , 2> = nin2.6|n1l|n2|3例4-2如图i- -5 ,在三棱柱ABC AiBiCi 1y z= 0 , y+ z= 0.中, AB = AC = AAi = 5 , BC=4，点Ai在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AAi上存在一点E,使得0E丄平面BBiCiC ,并求出AE的长; 求平面AiBiC与平面BBiCiC夹角的余弦值.B【答案】解：(i)证明：连接AO ,在厶AOAi中，作OE丄AAi于点E ,因为AAi / BBi,所以 OE 丄 BBi.所以0E丄平

14、面AO2(2)如图，分别以OA,系，贝 U A(1,0,0), B(0,2,0),=由E是4-5?BC丄平面0B= OC,所以 AO 丄 BC, 所以AAiO.所以BC丄因为OO,丄平面 ABC，所以AiO丄BC.因为AB= AC,BB1C1C,又 AO= AB2 BO2= 1, AA1= 5,OB, 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,得 x= 2, z= 1,即二(2,1,1

15、),所以y+z= 0,cos< Ofe 驴遷.|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 (2021高考真题安徽理18)(本小题总分值12分)平面图形ABB1A1C1C如图1 4(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC= 2, BB1fl)&=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 空间图形解答以下

16、问题.证明：AAi丄BC;求AAi的长；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】DDi 丄 Bi Ci,由BBiCiC为矩形知,因为平面BBiCiC!平面AiBiCi,所以 DDi丄平面 AiBiCi,又由 AiBi = AiCi 知，AiDi 丄 BiCi.Di- xyz.故以Di为坐标原点，可建立如下图的空间直角坐标系由题设，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, 1,4), B(1,0,4), Ai(0,2,0), C(- 1,0,4)

17、, D(0,0,4).故 AAi= (0,3, 4), BC= ( 2,0,0), AAi BC = 0,因此 AAi ± BC,即卩 AAi 丄BC.因为 AAi = (0,3, 4),所以 |AAHh 5,即 AAi = 5.(3)连接AiD，由BC丄AD, BC丄AAi,可知BC丄平面AAD, BC丄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, i X 22+ 4 2 5 .4),所以？J5亠|id角A BC Ai的余弦值为一am(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