立体几何向量法建系讲义.docx
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立体几何向量法建系讲义
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高考真题重庆理19）（本小题满分12分如图，在直三棱柱ABCA1B1C1
中，AB=4，AC=BC=，3D为AB的中点
（Ⅰ）求点C到平面A1ABB1的距离;
（Ⅱ）若AB1A1C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AAAD1＝AA1AB1，即AA12＝AD·A1B1＝8，得AA1＝22.
从而A1D＝AA12＋AD2＝23.所以，在Rt△A1DD1中，
DD1AA16
cos∠A1DD1＝A1D＝A1D＝
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A→B1＝（4,0，h），A→1C＝（2，5，－h）．
由A→B1⊥A→1C，有8－h2＝0，h＝22.
故D→A1＝（－2,0,22），C→C1＝（0,0,22），D→C＝（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⊥D→C，n⊥C→C1，即5y2＝0，
22z2＝0，
取x2＝1，得n＝（1,0,0），所以
m·n26
cos〈m，n〉＝＝＝.
|m||n|2＋1·13
6
所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为36.
、利用线面垂直关系构建直角坐标系
AD8.BC是圆O的直径，ABAC6,OE//AD.
（I）求二面角BADF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,∴AD⊥AB,AD⊥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＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；
（Ⅱ）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（0，32，0），B（32，0，0）,D（0，32，8），E（0，0，8），F（0，32，0）
所以，BD（32,32,8）,FE（0,32,8）
BD?
FE0186482
cosBD,EF|BD||FE|1008210
82
设异面直线BD与EF所成角为，则cos|cosBD,EF|直线BD与EF所成的10
10
三、利用图形中的对称关系建立坐标系
例3（2013年重庆数学（理））如图,四棱锥PABCD中,PA底面ABCD,
BCCD2,AC4,ACBACD,F为PC的中点,AFPB.
3
（1）求PA的长;
（2）求二面角BAFD的正弦值.
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，O→B，O→C，A→P的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立
3），所以|P→A|＝23.
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
答案】
故二面角B－AF－D的正弦值为37.
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（2013大纲版数学（理））如图,四棱锥PABCD中,ABCBAD90o，BC2AD,PAB与PAD都是等边三角形
（I）证明:
PBCD;（II）求二面角APDC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.
1
设AB＝2，则AE＝22，EG＝2PB＝1，
故AG＝AE2＋EG2＝3，
1
在△AFG中，FG＝12CD＝2，AF＝3，AG＝3.
所以cos∠AFG＝
FG2＋AF2－AG2＝
2·FG·AF＝
6.
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轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系
设|A→B|＝2，则
A（－2，0，0），D（0，－2，0），
C（22，－2，0），P（0，0，2），
P→C＝（22，－2，－2），P→D＝（0，－2，－2），A→P＝（2，0，2），A→D＝（2，－2，0）．
设平面PCD的法向量为1＝（x，y，z），则1·P→C＝（x，y，z）·（22，－2，－2）＝0，1·P→D＝（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·A→P＝（m，p，q）·（2，0，2）＝0，
2·A→D＝（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·n26
|n1||n2|＝－3.
例4-2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，
BB1C1C，又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，AO25
得AE＝AA1＝5.
（x，y，z），
cos〈O→E，〉＝O→→E·n＝1300.
|O→E|·|n|10
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是1300
三、利用面面垂直关系构建直角坐标系
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】
由BB1C1C为矩形知，
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A→A1＝（0,3，－4），B→C＝（－2,0,0），A→A1·B→C＝0，
因此A→A1⊥B→C，即AA1⊥BC.
（2）因为A→A1＝（0,3，－4），
所以|A→A1|＝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D→A＝（0，－1,0），D→A1＝（0,2，－4），所以
cos〈D→A，D→A1〉＝
5.1×22＋－425.
（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.
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