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.
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