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.
DB
(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A1ABB1,故CD丄A1D,CD丄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±AQ,由三垂线定理的逆定理得AB1丄A1D,从而/A1AB1、/A1DA都与/B1AB互余,因此/A1AB1=/A1DA,所以RtAA1ADSRtAB1A1A.因此器=AA1,即AA1=ADAB1=8,得
AA仁22.
从而AiD=AAi+AD2=23.所以,在Rt△AiDDi中,
/DDiAAiV6
cos/AiDDi二AiD=AiD二一
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A^i丄AiC,有8—h2=0,h=22.
故DAi=(—2,0,22),CXCi=(0,0,2.2),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
5yi=0,
—2xi+22zi=0,
取zi=i,得m=(2,0,i),
设平面CiCD的法向量为n=(x2,y2,z2),贝Un丄DC,n丄CCi,即
5y2=0,
22z2=0,
取x2=i,得n=(i,0,0),所以
m-nV2
cos〈m,n〉==-=^~.
|m||n|^2+ii3
V6
所以二面角Ai—CD—Ci的平面角的余弦值为"3".
、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0、圆01的直径,AD与两圆所在的平面均垂直,
AD8.BC是圆0的直径,ABAC6,0E//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=45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°;
(II)以0为原点,BCAF、0E所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系(如图所示),贝U0
(0,0,0),A(0,3j2,0),B(3/空,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)
————BD?
FE0186482
cosBD,EF
|BD||FE|V100V8210
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.
B
解:
⑴如图,联结BD交AC于0,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分/BCD,
故AC丄BD.以0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|=23.
一g3y1=0,因此可取匸(3,.3,-2).
2yi+.3zi=0,
由2AB=0,2AF=0,得
B
題(19)08
【答案】
z=23(舍去一2
3X2+3y2=0,故可取2=(3,—3,2)
2y2+.3z2=0,
n1m_1
cos〈1,2>=|n1||m|=8.
故二面角B—AF—D的正弦值为
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,ABCBAD90°,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丄平面ABCD,垂足为O.
联结OA,OB,OD,OE.
由厶FAB和厶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=22,EG=2PB=1,
故AG=AE2+EG2=3,
1
在厶AFG中,FG=^CD=.2,AF=.3,AG=3.
6
3.
所以cos/AFG=
FG2+AF2—AG2_
2FGAF—
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,贝y
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),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y
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:
(1)证明:
连接AO,在厶AOA1中,作OE丄AA1于点E,因为
AA1//BB1,所以OE丄BB1.
因为AiO丄平面ABC,所以AiO丄BC.
0B=OC,所以AO丄BC,
BC丄平面
因为AB=AC,
BB1C1C,又AO=AB2—BO2=1,AA1=5,
AO2
得AE=AA;二亏.
由=
由
(1)得平面BBiCiC的法向量是OE
(x,y,z),
得—®0,
y+z=0,
令y=1,得x=2,z=—1,即二(2,1,
cos |OE||n|10 即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是二30 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 B =4,AB=AC=2,AiBi=AiCi=5. 图i-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. ⑴证明: AAi丄BC; ⑵求AAi的长; (3)求二面角A-BC-Ai的余弦值. 解: (向量法): ⑴证明: BiCi的中点分别为D和 【答案】 DDi丄BiCi, 因为平面BBiCiC! 平面 由BBiCiC为矩形知, AiBiCi,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,—1,4),B(1,0,4),Ai(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4). 故AAi=(0,3,—4),BC=(—2,0,0),AAiBC=0,因此AAi±BC,即卩AAi丄BC. (2)因为AAi=(0,3,—4), 所以|AAHh5,即AAi=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. cos〈IDA,DAi〉= 因为Da=(0,—i,0),DAi=(0,2,—4),所以•J5 iX22+—42—5. 即 (综合法)(i)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. (2)延长AiDi至UG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=A1D1+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RtAA1DD1中,DDi=4,AiDi=2,解得 sin/DiDAi=¥, n/ cos/ADAi=cosD1DA1= 即二面角A—BC—Ai的余弦值为—有5
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