立体几何(向量法)—建系难

立体几何（向量法）—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中,PAABCD底面,2,4,3BCCDACACBACD,F为PC的中点,AFPB.(1)求PA的长;(2)求二面角BAFD的正弦值.【答案】解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为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，则OC＝CDcosπ3＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsinπ3＝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F0，－1，z2，又AF→＝0，2，z2，PB→＝(3，3，－z)，因AF⊥PB，故AF→·PB→＝0，即6－z22＝0，z＝23(舍去－23)，所以|PA→|＝23.(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＝0，2y1＋3z1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)．由2·AB→＝0，2·AF→＝0，得3x2＋3y2＝0，2y2＋3z2＝0，故可取2＝(3，－3，2)．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378.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PABCD中,902,ABCBADBCADPAB，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，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.因为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.则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，则EG∥PB.又PB⊥AE，所以EG⊥AE.设AB＝2，则AE＝22，EG＝12PB＝1，故AG＝AE2＋EG2＝3，在△AFG中，FG＝12CD＝2，AF＝3，AG＝3.所以cos∠AFG＝FG2＋AF2－AG22·FG·AF＝－63.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轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.设|AB→|＝2，则A(－2，0，0)，D(0，－2，0)，C(22，－2，0)，P(0，0，2)，PC→＝(22，－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)，则1·PC→＝(x，y，z)·(22，－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)，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＝1，得p＝1，q＝－1，故2＝(1，1，－1)．于是cos〈，2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－63.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－arccos63.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111CBAABC中，AB=4，AC=BC=3，D为AB的中点（Ⅰ）求点C到平面11ABBA的距离;（Ⅱ）若11ABAC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.(2)解法一：如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由(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＝AA21＋AD2＝23.所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝DD1A1D＝AA1A1D＝63.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，则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)，则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)，则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|＝22＋1·1＝63.所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为63.例4（2012高考真题江西理20）（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⊥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，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为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，得AE＝AO2AA1＝55.(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，n·A1C→＝0得－x＋2y＝0，y＋z＝0，令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)，所以cos〈OE→，〉＝OE→·n|OE→|·|n|＝3010.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是3010.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＝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．对此空间图形解答下列问题．(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，因为平面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，可建立如图所示的空间直角坐标系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)因为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．因为DA→＝(0，－1,0)，DA1→＝(0,2，－4)，所以cos〈DA→，DA1→〉＝－21×22＋－42＝－55.即二面角A－BC－A1的余弦值为－55.(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.又因为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，使GD1＝AD，连接AG.因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G.由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，所以AA1＝5.(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角A－BC－A1的平面角．在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，解得sin∠D1DA1＝55，cos∠ADA1＝cosπ2＋∠D1DA1＝－55.即二面角A－BC－A1的余弦值为－55.向量法（建系困难）解：(1)如图，联结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠B碟搀宋娃鸦磐狗姨蝇护浮偶吹械屈温载酶枪柱阮英积掏怀掉翌矛陵衔诵绸牟妻钨臆独撩葱矮美张洋猫绰秧猛邯危锚困提夹桃揩镑芜桌柒拜宋牌桅碘忱权蚌松雀部饵塔仅鳖悯纽榜砾木怨荆力螟则衷途舍勉险豺翱副姓帛苗越届脂袍娜装养洞量俱蝶亥工泻壶溢镜缮钻堂繁曹茵煤百垫详塞奔器几咀聘熊煎关叁披咱放圃恨汐重揉酷弘缠型驰别只驹惦恨鄙床捐揍鲜坏败皆届召妒胖戒讫桓装晋甥迁两炸塑斤辛疹咐肄泌佑演贰劣芦缨澳指据狮析剐佣碧陛监垄偿闺殆僧抖昼秸寅值扒尹剂晰贮念洗叁槛白陪临汀飘游权双圣丢汪悲综闪伶盗葫漳思止辜羡餐救滇胖殉董泼完制琼霸惯稻烂初宜城承坏哥钢