立体几何向量法建系讲义.docx

1、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 ABC A1B1C1中， AB=4，AC=BC=，3 D 为 AB的中点（）求点 C到平面 A1 ABB1的距离 ;（）若 AB1 A1C 求二面角 的平面角的余弦值 .【答案】 解：

2、 （1）由 ACBC，D为 AB的中点，得 CDAB.又 CDAA1，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 DD1AA1CC1.又 由（1）知 CD面 A1ABB1，故 CDA1D，CDDD1，所以 A1DD 1为所求的二面 角 A1CDC1 的平面角因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1A1C，由三垂线定理的 逆定理得 AB1A1D，从而 A1AB1、A1DA 都与 B1AB互余，因此 A1AB1 A1DA，所以 RtA1AD RtB1A1

3、A.因此AAAD1 AA1AB1，即 AA12ADA1B18，得 AA1 2 2.从而 A1D AA12 AD22 3. 所以，在 RtA1DD1 中，DD1 AA1 6cosA1DD1A1D A1D解法二：如图，过 D作 DD1AA1交A1B1于点 D1，在直三棱柱中，易知 DB， DC，DD 1两两垂直以 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 Dxyz.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AB

4、1 A1C，有 8 h20，h2 2.故DA1 （2,0,2 2），CC1（0,0,2 2），DC （0， 5，0）设平面 A1CD 的法向量为 m（x1， y1，z1），则 mDC，mDA1，即 5y10，2x1 2 2z1 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，nCC1，即 5y20，2 2z2 0，取 x21，得 n （1,0,0），所以mn 2 6cosm ，n .|m|n| 2 11 36所以二面角 A1CDC1 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AD 8. BC是圆 O的直径， A

5、B AC 6,OE/AD.（I） 求二面角 B AD F 的大小； （II） 求直线 BD与EF 所成的角的余弦值 .19.解：（）AD 与两圆所在的平面均垂直 , ADAB, ADAF,故BAD 是二面角 B ADF 的平面角， 依题意可知， ABCD是正方形，所以 BAD 450. 即二面角 BADF 的大小为 450；（ ） 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， 3 2 ，0）， B（ 3 2，0，0）,D（0， 3 2，8），E（0，0，8），F （0，3 2 ，0）所以， BD （ 3 2, 3 2 ,8）

6、, FE （0, 3 2,8）BD ?FE 0 18 64 82cos BD,EF | BD |FE | 100 82 1082设异面直线 BD与 EF所成角为 ，则 cos |cos BD,EF | 直线 BD与 EF所成的 1010三、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 P ABCD中, PA 底面ABCD ,BC CD 2,AC 4, ACB ACD , F为PC的中点, AF PB.3(1) 求 PA的长; (2) 求二面角 B AF D 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

7、分 BCD，故 ACBD.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3），所以 |PA| 2 3.由 1AD 0，1AF0，得 3x13y10，因此可取 1（3， 3， 2） 2y1 3z1 0，由 2AB0， 2AF0，得答案】故二面角 BAF D 的正弦值为 3 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 4-1(2013 大纲版数学(理) )如图, 四棱锥 P ABCD 中, ABC BAD 90o，BC 2AD, PAB 与 PAD 都是等边三角形(I) 证明: PB CD; (II) 求二面角 A PD C的余弦值 .【答案

8、】 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 OAOBOD，即点 O为正方形 ABED 对角线的交点， 故 OEBD，从而 PB OE.因为 O 是 BD 的中点， E 是 BC 的中点，所以 OECD.因此 PBCD.(2)解法一：由 (1)知 CD PB，CDPO，PBPOP， 故 CD平面 PBD.又 PD? 平面 PBD ，所以 CDPD.取 PD 的中点 F，PC 的中点 G，连 FG.则 FG CD，FG P

9、D.联结 AF ，由 APD 为等边三角形可得 AFPD. 所以 AFG 为二面角 APDC 的平面角联结 AG， EG，则 EGPB.又 PB AE，所以 EG AE.1设 AB 2，则 AE2 2， EG2PB1，故 AG AE2EG2 3，1在AFG 中， FG 12CD 2，AF 3，AG3.所以 cos AFG FG2AF2AG22FG 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|AB|2，则A（ 2，0， 0）， D（0， 2，0），C（2 2， 2， 0）， P（0， 0，

10、 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），则 1PC（x，y， z） （2 2， 2， 2）0， 1PD（x，y，z） （0， 2， 2）0， 可得 2xyz0，yz 0.取 y 1，得 x0，z1，故 1 （0， 1，1） 设平面 PAD 的法向量为 2（m， p，q），则 2AP（m，p，q） （ 2，0， 2）0，2AD （m， p，q） （ 2， 2，0）0， 可得 mq0， m p0.取 m1，得 p1，q 1，故 2（1，1，1）于是 cos， 2n1n2 6|n

11、1|n2| 3 .例 4-2 如图 15，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，已知 ABACAA1 5，BC4，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 OEAA1 于点 E，因为AA1 BB1，所以 OEBB1.因为 A1O平面 ABC，所以 A1O BC. 因为 AB AC，BB1C1C，又 AO AB2 BO2 1， AA1 5， AO2 5得 AEAA1 5 .

12、 (x，y，z)，cosOE， OEn 1300.|OE| |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 14(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形， BC2，BB1 4， ABAC 2，A1B1A1C1 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 14(2)所示的空间 图形对此空间图形解答下列问题(1)

13、证明： AA1BC；(2)求 AA1 的长；(3)求二面角 ABCA1 的余弦值【答案】由 BB1C1C 为矩形知，A1B1C1， 所以 DD1平面 A1B1C1， 又由 A1B1A1C1 知，A1D1B1C1.故以 D1 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系 D1xyz. 由题设，可得 A1D12，AD1.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），AA1BC0，因此 AA1BC，即 AA1BC.（2）因

14、为AA1（0,3， 4），所以 |AA1|5，即 AA1 5.（3）连接 A1D，由 BCAD，BCAA1，可知 BC平面 A1AD，BCA1D，所 以 ADA1 为二面角 ABCA1的平面角因为DA（0，1,0），DA1（0,2，4），所以cosDA，DA15. 1 22 4 2 5 .（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， BCAD， B1C1A1D1， 由上可得 AD面 BB1C1C， A1D1面 BB1C1C. 因此 ADA1D1，即 AD，A1D1 确定平面 AD1A1D. 又因为 DD1BB1，BB1BC，所以 DD1BC. 又考虑到 AD BC，所以 BC平面 AD1A1D， 故 BC AA1.（2）延长 A1D1到 G 点，使 GD1AD，连接 AG.