立体几何向量法建系难.docx
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立体几何向量法建系难
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PABCD
3,F为PC的中
中,PA底面ABCD,BCCD2,AC4,ACBACD
点,AFPB.
又AC平分/BCD,
z轴的正方向,建立
解:
⑴如图,联结BD交AC于0,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,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—
—1,-,又AF=
z=2我舍去—2
空间直角坐标系O—xyz,则OC=CDcos^j1,而AC=4,得AO=AC—OC=3.又OD=CDsin^"=73,故A(0,—3,0),B(V3,0,0),C(0,1,0),D(—灵,0,0).
因FA丄底面ABCD,可设P(0,—3,z),由F为PC边中点,得F0,
0,2,2,PB=(诵,3,—z),因AF丄PB,故AfPB=0,即6—=0,
P3),所以|PA|=2如.
(2)由
(1)知AD=(—晶3,0),Ab=心3,0),Af=(0,2,“3).设平面FAD的法
向量为1=(X1,yi,Zi),平面FAB的法向量为2=(X2,y2,Z2).
由1AD=0,1AF=0,得
因此可取1=(3,寸3,—2).
—寸3xi+3yi=0,
2yi+■>/3z1=0,
由2AB=0,2AF=0,得
73x2+3y2=0,,,L
故可取2=(3,—{3,2).
2y2+頁Z2=0,
从而向量1,2的夹角的余弦值为
n1n21
cos〈1,2〉=_—~~=-.
In1||n2|8
故二面角B—AF—D的正弦值为34丘
8
WOR版含答案(已校对))如图,四
例2(2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)
ABED为正方形.
【答案】解:
(1)取BC的中点E,联结DE,则四边形
过P作PO丄平面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P0,PBnP0=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△APD为等边三角形可得AF丄PD.所以/AFG为二面角A—PD—C的平面角.
联结AG,EG,贝UEG//PB.
又PB丄AE,所以EG丄AE.
1
设AB=2,贝yAE=2眾,EG=2PB=1,
故AG=寸AE2+EG2=3,
1
在^AFG中,FG=2CD=V2,AF=运,AG=3.
以0为坐标原点,0E的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系0—xyz.
设|AB|=2,则
A(-VI,0,0),D(0,-返,0),,
C(2寸2,-寸2,0),P(0,0,寸2),
pC=(2g-g-曲,PD=(0,-农,-筋,
ap=(72,0,曲,AD=(d-V!
0).
设平面PCD的法向量为1=(x,y,z),贝y
1PC=(x,y,z)(2羽,-g-72)=0,
1pD=(x,y,z)(0,—羽,—寸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),贝y
2AP=(m,p,q)(J2,0,曲=0,
2ad=(m,p,4)(承,—羽,0)=0,
可得m+q=0,m-p=0.
取m=1,得p=1,q=-1,故2=(1,1,-1).工曰,n1n2並
于是cos<,2>=,,严-c.
|n1||n2|3
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n-arccos
3
例3(2012高考真题重庆理19)(本小题满分12分如图,在直三棱柱ABCABiG
中,AB=4,AC=BC=3D为AB的中点
(I)求点C到平面A1ABB1的距离;
(n)若ABiAC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AAi,故
CD丄面AiABBi,所以点C到平面AiABBi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UDDi//AAi//CCi.又由(i)知CD丄面AiABBi,故CD丄AiD,CD丄DDi,所以/AiDDi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/BiAB互余,因此/AiABi=
AAiAiBi
/AiDA,所以RtAAiADsRtABiAiA.因此疋,即AA2=ADAiBi=8,得
AAu2返.
从而AiD=PAi+AD2=2占.
所以,在Rt△A1DD1中,
DD1AA176cos/add仁AD二AD二3.
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,品0),Ci(0,h),从而ABi=(4,0,h),A/C=(2,^5,—h).
由晶1丄AlC,有8—h2=0,h=2(2.
故DA仁(-2,0,2迈),(CCi=(0,0,212),DC=(0,75,0).
设平面AiCD的法向量为m=(xi,yi,zi),贝Um丄DC,m丄DAi,即
命yi=0,
—2x1+2也zi=0,
取zi=1,得m=(72,0,1),
设平面CiCD的法向量为n=(x2,y2,z2),贝Un丄DC,n丄CCi,即
质丫2=0,
2后=0,
取X2=1,得n=(1,0,0),所以
m-nyJ2
cos〈m,n〉—
|mHn|寸2+ii3
所以二面角Ai—CD—Ci的平面角的余弦值为肖6
例4(20i2高考真题江西理20)(本题满分12分)
如图1—5,在三棱柱ABC—AiBiCi中,已知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;
(2)求平面AiBiC与平面BBiCiC夹角的余弦值.
【答案】解:
⑴证明:
连接AO,在△AOAi中,作0E丄AAi于点E,因为
AAi//BBi,所以OE丄BBi.
因为AiO丄平面ABC,所以AiO丄BC.
因为AB=AC,0B=OC,所以AO丄BC,
所以BC丄平面AAiO.
所以BC丄OE,
所以OE丄平面BBiCiC,又AO*AB2—BO2=i,AAi^5,
得AE-瘵鲁
(2)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UA(1,0,0),B(0,2,0),C(0,—2,0),Ai(0,0,2),
142
由aE=5AA1得点E的坐标是5,0,2,
一42
由
(1)得平面BB1C1C的法向量是OE=5,0,5,设平面A1B1C的法向量=(X,y,z).
AB=0,—x+2y=0,
由得
nAC=0y+Q0,
令y=1,得x=2,z=—1,即=(2,1,—1),所以
cos〈OE,〉=吟=噜.
|OE|•10
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是鬻.
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,BB1
=4,AB=AC=说,AiBi=AiCi=V5.
图i—4
现将该平面图形分别沿BC和BiCi折叠,使△ABC与^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.对此空间图形解答下列问题.
⑴证明:
AAi丄BC;
⑵求AAi的长;
(3)求二面角A—BC—Ai的余弦值.
【答案】
解:
(向量法):
(1)证明:
取BC,
BiCi的中点分别为D和Di,连接AiDi,DDi,AD.由BBiCiC为矩形知,
DDi丄BiCi,
因为平面BBiCiC丄平面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=1.
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AAi=(0,3,—4),BC=(-2,0,0),AAiBc=0,
因此AAI丄BC,即卩AAi丄BC.
(2)因为AAi=(0,3,—4),
所以|AAi卜5,即AAu5.
(3)连接AiD,由BC丄AD,BC丄AAi,可知BC丄平面AiAD,BC丄AiD,所
以/ADAi为二面角A—BC—Ai的平面角.
cos〈DA,DAi>
因为Da=(0,—i,0),DAi=(0,2,—4),所以ix\/22+-42_5.
即二面角A—BC—Ai的余弦值为—辛5
5
(综合法)
(1)证明:
取BC,BiCi的中点分别为D和D1,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BC丄平面ADiAiD,故BC丄AAi.
(2)延长AiDi至UG点,使GDi=AD,连接AG.
因为AD綊GDi,所以AG綊DDi綊BBi.
由于BBi丄平面AiBiCi,所以AG丄AiG.由条件可知,AiG=AiDi+DiG=3,AG=4,所以AAi=5.
⑶因为BC丄平面ADiAiD,所以/ADAi为二面角A—BC—Ai的平面角.在RtAAiDDi中,DDi=4,AiDi=2,解得
sin/DiDAi=匚,
5
冗/f
cos/ADAi=cos2+/DiDAi=—5.
45
即二面角A—BC—Ai的余弦值为—
向量法(建系困难)
ft如图*©#桂乞一ABC®中・fUJ"CD*HC丄C?
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