立体几何-建系难

文档编码:CF6T4Q1H2Q6——HC1Y6G1S4Y3——ZS6M5E1T10R7立体几何（向量法）—建系难例1（2022年一般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PC的中3点,AF PB.〔1〕求PA的长;〔2〕 求二面角B AF D的正弦值.【答案】解：〔1〕如图,联结BD交AC于O,由于BC＝CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥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,就OC＝CDcosπ3＝1,而AC＝4,得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsinπ＝ 3,故A〔0,－3,0〕,B〔 3,0,0〕,C〔0,1,0〕,D〔－ 3,0,0〕．因PA⊥底面ABCD,可设P〔0,－3,z〕,由F为PC边中点,得F0,－1,2,又AF z →＝20,2,z2,PB→＝〔 3,3,－z〕,因AF⊥PB,故AF→·PB→＝0,即6－z2

＝0,z＝2 3〔舍去－2→3〕,所以|PA|＝2 3.〔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＝〔x1,y1,z1〕,平面FAB的法向量为 2＝〔x2,y2,z2〕．由1·AD→＝0,1·AF→＝0,得－ 3x1＋3y1＝0,因此可取 1＝〔3, 3,－2〕．2y1＋ 3z1＝0,由2·AB→＝0,2·AF→＝0,得3x2＋3y2＝0,故可取2＝〔3,－3,2〕．BCWORD版含答案（已校对））如图,四2y2＋3z2＝0,从而向量1,2的夹角的余弦值为cos〈1,2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝18.故二面角B－AF－D的正弦值为387

.例2（2022年一般高等学校招生统一考试大纲版数学（理）棱锥PABCD中,ABCBAD90,2AD,PAB与PAD都是等边三角形.〔I〕证明:PBCD〔II〕求二面角APDC的大小.【答案】解：〔1〕取BC的中点E,联结DE,就四边形过P作PO⊥平面ABCD,垂足为O.

联结OA,OB,OD,OE.ABED为正方形．由△PAB和△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.由于O是BD的中点,E是BC的中点,所以OE∥CD.因此PB⊥CD.〔2〕解法一：由〔1〕知CD⊥PB,CD⊥PO,PB∩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.就FG∥CD,FG⊥PD.联结AF,由△APD为等边三角形可得 AF⊥PD.

所以∠AFG为二面角A－PD－C的平面角．联结AG,EG,就EG∥PB.又PB⊥AE,所以EG⊥AE.设AB＝2,就AE＝2 2,EG＝12PB＝1,故AG＝ AE2＋EG2＝3,在△AFG中,FG＝12CD＝ 2,AF＝ 3,AG＝3.所以cos∠AFG＝FG2＋AF2·FG·AF

2－AG2＝－ 3. 6因此二面角 A－PD－C的大小为π－arccos63.解法二：由〔1〕知,OE,OB,OP两两垂直．以O为坐标原点,OE→的方向为x轴的正方向建立如以下图的空间直角坐标系 O－xyz.设|AB→|＝2,就A〔－ 2,0,0〕,D〔0,－ 2,0〕,C〔2 2,－ 2,0〕,P〔0,0, 2〕,PC→＝〔2 2,－ 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〕,就1·PC→＝〔x,y,z〕·〔2 2,－ 2,－ 2〕＝0,1·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1＝〔0,－1,1〕．设平面PAD的法向量为 2＝〔m,p,q〕,就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＝1,得p＝1,q＝－1,故2＝〔1,1,－1〕．于是cos〈,2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－ 3. 66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π－arccos 3.例3（2022高考真题重庆理 19）（本小题满分 12分 如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点（Ⅰ）求点C到平面A1ABB1的距离;.（Ⅱ）如AB1AC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CD⊥AA1,故CD⊥面A1ABB1,所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝BC2－BD2＝5.DD1,就DD1∥AA1∥CC1.又D1为A1B1的中点,连结〔2〕解法一：如图,取由〔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⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D,从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余,因此∠A1AB1＝∠A1DA,所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此AA1AD＝A1B1AA1,即AA21＝AD·A1B1＝8,得AA1＝22.从而A1D＝ AA 21＋AD2＝23.所以,在Rt△A1DD1中,cos∠A1DD1＝DD1A1D＝AA1A1D＝ 3. 6解法二：如图,过D作DD1∥AA1交A1B1于点D1,在直三棱柱中,易知DB,DC,DD1两两垂直．以D为原点,射线DB,DC,DD1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,就A〔－2,0,0〕,A1〔－2,0,h〕,B1〔2,0,h〕,C〔0, 5,0〕,C1〔0, 5,h〕,从而AB1→＝〔4,0,h〕,A1C→＝〔2, 5,－h〕．由AB1→⊥A1C→,有8－h2＝0,h＝22.故DA1→＝〔－2,0,22〕,CC1→＝〔0,0,22〕,DC→＝〔0, 5,0〕．设平面A1CD的法向量为m＝〔x1,y1,z1〕,就m⊥DC→,m⊥DA1→,即5y1＝0,－2x1＋22z1＝0,取z1＝1,得m＝〔2,0,1〕,设平面C1CD的法向量为n＝〔x2,y2,z2〕,就n⊥DC→,n⊥CC1→,即5y2＝0,22z2＝0,取x2＝1,得n＝〔1,0,0〕,所以cos〈m,n〉＝m·n|m||n|＝2 ＝2＋1·16

3.5,BC＝4,所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为6

3.例4（2022高考真题江西理20）（此题满分12分）如图1－5,在三棱柱ABC－A1B1C1中,已知AB＝AC＝AA1＝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⊥平面BB1C1C,并求出AE的长；〔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AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,由于AA1∥BB1,所以OE⊥BB1.由于A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.由于AB＝AC,OB＝OC,所以AO⊥BC,

所以BC⊥平面AA1O.所以BC⊥OE,所以OE⊥平面BB1C1C,又AO＝AB2－BO2＝1,AA1＝5, 2

得AE＝AOAA1＝5

5. 〔2〕如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,就A〔1,0,0〕,B〔0,2,0〕,C〔0,－2,0〕,A1〔0,0,2〕,由AE→＝15AA1→得点E的坐标是45,0,25, 由〔1〕得平面BB1C1C的法向量是OE→＝45,0,25,设平面A1B1C的法向量＝〔x,y,z〕,由·AB→＝0,得－x＋2y＝0,y＋z＝0,n·A1C→＝0令y＝1,得x＝2,z＝－1,即＝〔2,1,－1〕,所以cos〈OE→,〉＝OE→·n＝|OE→|·|n|30

10.30

10.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是例5（2022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,BB1＝4,AB＝AC＝2,A1B1＝A1C1＝5.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图1－4〔2〕所示的空间图形．对此空间图形解答以下问题．〔1〕证明：AA1⊥BC；

〔2〕求AA1的长；

〔3〕求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：〔向量法〕：〔1〕证明：取BC,

B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C为矩形知,

DD1⊥B1C1,

由于平面BB1C1C⊥平面A1B1C1,

所以DD1⊥平面A1B1C1,

又由A1B1＝A1C1知,

A1D1⊥B1C1.故以D1为坐标原点,可建立如以下图的空间直角坐标系 D1－xyz.由题设,可得A1D1＝2,AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C,于是AD∥A1D1.所以A〔0,－1,4〕,B〔1,0,4〕,A1〔0,2,0〕,C〔－1,0,4〕,D〔0,0,4〕．故AA1→＝〔0,3,－4〕,BC→＝〔－2,0,0〕,AA1→·BC→＝0,因此AA1→⊥BC→,即AA1⊥BC.〔2〕由于AA1→＝〔0,3,－4〕,所以|AA1→＝5,即AA1＝5.|〔3〕连接A1D,由BC⊥AD,BC⊥AA1,可知BC⊥平面A1AD,BC⊥A1D,所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．由于DA→＝〔0,－1,0〕,DA1→＝〔0,2,－4〕,所以cos〈DA→,DA1→〉＝－1× 22＋－4

22＝－ 5.

5即二面角A－BC－A1的余弦值为－ 5. 5〔综合法〕〔1〕证明：取BC,B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD,A1D.由条件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1,由上可得AD⊥面BB1C1C,A1D1⊥面BB1C1C.因此AD∥A1D1,即AD,A1D1确定平面AD1A1D.又由于DD1∥BB1,BB1⊥BC,所以DD1⊥BC.又考虑到AD⊥BC,所以BC⊥平面AD1A1D,故BC⊥AA1.〔2〕延长A1D1到G点,