立体几何(向量法)—建系讲义

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1、word立体几何（向量法）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高考真题理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱 中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点（）求点C到平面的距离;（）若求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由ACBC，D为AB的中点，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为C

2、D.(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A.因此，即AAADA1B18，得AA12.从而A1D2.所以，在RtA1DD1中，cosA1DD1.解法二：如图，过D作DD1AA1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，

3、DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.设直三棱柱的高为h，则A(2,0,0)，A1(2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，从而(4,0，h)，(2，h)由，有8h20，h2.故(2,0,2)，(0,0,2)，(0，0)设平面A1CD的法向量为m(x1，y1，z1)，则m，m，即取z11，得m(，0,1)，设平面C1CD的法向量为n(x2，y2，z2)，则n，n，即取x21，得n(1,0,0)，所以cosm，n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为.二、利用线面垂直关系构建直角坐标系例2.如图所示，、分别是圆、圆的直径，与两圆所在的平

4、面均垂直，.是圆的直径，,.(I)求二面角的大小；(II)求直线与所成的角的余弦值.19.解：()AD与两圆所在的平面均垂直,ADAB, ADAF,故BAD是二面角BADF的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以BAD450.即二面角BADF的大小为450；()以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，0），B（，0，0）,D（0，8），E（0，0，8），F（0，0）所以，设异面直线BD与EF所成角为，则直线BD与EF所成的角为余弦值为三、利用图形中的对称关系建立坐标系例3 （2013年数学（理）如图,四棱锥中,为的中点,.(

5、1)求的长; (2)求二面角的正弦值.【答案】解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，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Oxyz，则OCCDcos1，而AC4，得AOACOCODCDsin，故A(0，3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)因PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，由F为PC边中点，得F，又，(，3，z)，因AFPB，故0，即60，z2 (舍去2 )，所以|2 .(2)由(1)知(，3，0)，(，3，0)，(0，2，)设平面FAD的法向量为1(x1，y1，z1)

6、，平面FAB的法向量为2(x2，y2，z2)由10，10，得因此可取1(3，2)由20，20，得故可取2(3，2)从而向量1，2的夹角的余弦值为cos1，2.故二面角BAFD的正弦值为.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,四棱锥中,与都是等边三角形.(I)证明: (II)求二面角的余弦值.【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.联结OA，OB，OD，OE.由PAB和PAD都是等边三角形知PAPBPD，所以OAOBOD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OEBD，从而PBOE

7、.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OECD.因此PBCD.(2)解法一：由(1)知CDPB，CDPO，PBPOP，故CD平面PBD.又PD平面PBD，所以CDPD.取PD的中点F，PC的中点G，连FG.则FGCD，FGPD.联结AF，由APD为等边三角形可得AFPD.所以AFG为二面角APDC的平面角联结AG，EG，则EGPB.又PBAE，所以EGAE.设AB2，则AE2 ，EGPB1，故AG3，在AFG中，FGCD，AF，AG3.所以cosAFG.解法二：由(1)知，OE，OB，OP两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设|2，则A(，0，

8、0)，D(0，0)，C(2 ，0)，P(0，0，)，(2 ，)，(0，)，(，0，)，(，0)设平面PCD的法向量为1(x，y，z)，则1(x，y，z)(2 ，)0，1(x，y，z)(0，)0，可得2xyz0，yz0.取y1，得x0，z1，故1(0，1，1)设平面PAD的法向量为2(m，p，q)，则2(m，p，q)(，0，)0，2(m，p，q)(，0)0，可得mq0，mp0.取m1，得p1，q1，故2(1，1，1)于是cos，2.例4-2如图15，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，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

9、面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值图15【答案】解：(1)证明：连接AO，在AOA1中，作OEAA1 于点E，因为AA1BB1，所以OEBB1.因为A1O平面ABC，所以A1OBC.因为ABAC，OBOC，所以AOBC，所以BC平面AA1O.所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AO1，AA1，得AE.(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，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)，由得点E的坐标是，由(1)得平面BB1C1C的法向量是，设平面A1B1C的法向量(x，

10、y，z)，由得令y1，得x2，z1，即(2,1，1)，所以cos，.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是三、利用面面垂直关系构建直角坐标系例5（2012高考真题理18）（本小题满分12分）平面图形ABB1A1C1C如图14(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.图14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14(2)所示的空间图形对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值【答案】解：(

11、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，DD1B1C1，因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1，又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)故(0,3，4)，(2,0,0)，0，因此，即AA1BC.(2)因为(0,3，4)，所以5，即AA1

12、5.(3)连接A1D，由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，BCA1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0，1,0)，(0,2，4)，所以cos，.即二面角ABCA1的余弦值为.(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，BCAD，B1C1A1D1，由上可得AD面BB1C1C，A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1BB1，BB1BC，所以DD1BC.又考虑到ADBC，所以BC平面AD1A1D，故BCAA1.(2)延长A1D1到G点，使GD1AD，连接AG.因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1平面A1B1C1，所以AGA1G.由条件可知，A1GA1D1D1G3，AG4，所以AA15.(3)因为BC平面AD1A1D，所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中，DD14，A1D12，解得sinD1DA1，cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值为.8 / 8