立体几何建系讲义.docx
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立体几何建系讲义
立体几何(向量法)一建系
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丄AB.又CD丄AA1,故
CD丄面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,贝UDD1//AA1//CC1.又由
(1)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=
AAi^\iBi
/AiDA,所以RtAAiADsRtABiAiA.因此応=云石,即卩AAi=ADAiBi=8,得
AAi=22.
从而AiD=,AAi+AD2=23.
所以,在Rt△AiDDi中,
/DDiAAiV6
cos/AiDDi=AiD=AiD=亍
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(0,5,
0),Ci(0,5,h),从而ABi=(4,0,h),AiC=(2,5,—h).
由晶i丄AiC,有8—h2=0,h=22.
故DXi=(—2,0,22),CCi=(0,0,22),DC=
(0,5,0).
设平面AiCD的法向量为m=(xi,yi,zi),贝Um丄DC,m丄DAi,即卩
、■‘5y=0,
—2xi+22zi=0,
取乙=1,得m=(:
2,0,1),
设平面CiCD的法向量为n=(X2,y2,Z2),贝Un丄DC,n丄CCi,即
:
5y2=0,
2:
2z2=0,
取X2=1,得n=(1,0,0),所以
cos〈m,n〉
m-n_2
|m||n厂;2+11
J6
3.
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
例2.如图所示,AF、DE分别是圆O、圆O1的直径,
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,
•••ADLAB,AD丄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45°;
AD与两圆所在的平面均垂直,
(II)以O为原点,BCAF、OE所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示),贝UO
(0,0,0),A(0,3/2,0),B(^'2,0,0),D(0,3/2,8),E(0,0,8),F
(0,32,0)
所以,BD(3、2,3.2,8),FE(0,32,8)
cosBD,EF
BD?
FE
|BD||FE|
0186482
100^8210
设异面直线BD与EF所成角为,则cos
|cos
BD,EF
-82直线BD与EF所成的
角为余弦值为竺•
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,ACBACD3,F为PC的中点,AFPB.
B
【答案】
(1)求PA的长;
(2)求二面角BAFD的正弦值•
題(13)0
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丄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
nn
空间直角坐标系O—xyz,则0C=CDcosT=1,而AC=4,得AO=AC—OC=3•又OD=CDsin333
=3,故A(0,—3,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(—.3,0,0)•
z-2
因PA丄底面ABCD,可设P(0,—3,z),由F为PC边中点,得F0,—1,2,又Af=
—z),因AF丄PB,故AFPB=0,即6—-=0,z=2,3(舍去一2.3),
所以|PA|=2.3
(2)由⑴知AD=(—3,3,0),AB=(33,0),AF=(0,2,'3)•设平面FAD的法向量为1=(xi,yi,zi),平面FAB的法向量为2=(X2,y2,Z2).
由iAD=0,iAF=0,得
—3xi+3yi=0,因此可取i=(3,3—2).
2yi+.3zi=0,
由2AB=0,2AF=0,得
3x2+3y2=0,_
故可取2=(3,—衍,2).
2y2+.3z2=0,
从而向量i,2的夹角的余弦值为
nin2i
cos〈i,2>==-.
|ni||n2|8
故二面角B—AF—D的正弦值为斗7
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-i(20i3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:
⑴取BC的中点E,联结DE,则四边形ABED为正方形.过P作PO丄平面ABCD,垂足为O.
联结OA,OB,OD,OE.
由厶FAB和厶FAD都是等边三角形知PA=PB=PD,
所以OA=OB=OD,即点0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PO,PBAPO=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UAE=2.2,EG=?
PB=1,
故AG=AE2+EG2=3,
1
在厶AFG中,FG=^CD=.2,AF=.3,AG=3.
所以cos/AFG=
FG2+AF2—AG2_
2FGAF—
6
3.
解法
由⑴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|AB|=2,则
A(—2,0,0),D(0,-,2,0),
C(22,—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),贝V
1PC=(x,y,z)(22,—2,—2)=0,
1PD=(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i=(0,—1,1).设平面PAD的法向量为2=(m,p,q),贝U
2AP=(m,p,q)(-2,0,2)=0,
2AD=(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>=
n1n2.6
「|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0E丄平面BB1C1C,并求出AE的长;
(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.
【答案】解:
⑴证明:
连接人0,在厶AOAi中,作
0E丄AAi于点E,因为
AAi//BBi,所以0E丄BBi.
因为Ai0丄平面ABC,所以Ai0丄BC.
0B=0C,所以A0丄BC,
所以BC丄平面
AAiO.
因为AB=AC,
所以BC丄0E,
所以0E丄平面
AAi=.5,
BBiCiC,又A0=AB2—B02=i,
得AE=疇、违
(2)如图,分别以0A,0B,0Ai所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标
系,贝UA(i,0,0),B(0,2,0),C(0,—2,0),Ai(0,0,2),
AAQ
由AE=5AA1得点E的坐标是5,0,2,
—42
由⑴得平面BBiCiC的法向量是0E=5,0,5,设平面AiBiC的法向量=
(x,y,z),
AB=0,—x+2y=0,
由得
nAC=0y+z=0,
令y=1,得x=2,z=—1,即二(2,1,—1),所以
cos〈OE,〉
OEnV30
|0E||n|10
10
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,AiBi=AiCi=5.
图1-4
现将该平面图形分别沿BC和BiCi折叠,使△ABC与厶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.
(i)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):
(i)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A1B1C1,
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=i.
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AXi丄BC,即卩AAi丄BC.
(2)因为AAi=(0,3,—4),
所以|AAi卜5,即AA匸5.
(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.
因为Da=(0,—i,0),DAi=(0,2,—4),所以
cos〈IDA,DAi>
2
即二面角A—BC—Ai的余弦值为—电5
(综合法)
(1)证明:
取BC,BiCi的中点分别为D和Di,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.
⑵延长AiDi到G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=
5
冗/^[5
cos/ADAi=cos2+/DiDAi=—g.
即二面角A-BC-Ai的余弦值为—f.