立体几何的向量法建系讲义.docx
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立体几何的向量法建系讲义
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AA21=AD·A1B1=8,得AA1=22.
从而A1D=AA12+AD2=23.所以,在Rt△A1DD1中,
cos∠A1DD1
DD1=AA1=6.
A1D=A1D=3.
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⊥D→C,m⊥D→A1,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
所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值为6.
、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,
∴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;
AD与两圆所在的平面均垂直,
(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)
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
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.
答案】
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
空间直角坐标系O-xyz,则OC=CDcos3π=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3.又OD=CDsin3π=3,故A(0,-3,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(-3,0,0).
因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F0,-1,2z,又A→F=0,2,z2,P→B=(3,3,-z),因AF⊥PB,故A→F·P→B=0,即6-z2=0,z=23(舍去-2
3),所以|P→A|=23.
(2)由
(1)知A→D=(-3,3,0),A→B=(3,3,0),A→F=(0,2,3).设平面FAD的法向量为1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为2=(x2,y2,z2).
→→
由1·AD=0,1·AF=0,得
1=(3,3,-2).
-3x1+3y1=0,
因此可取
2y1+3z1=0,
由2·AB=0,2·AF=0,得
-3,2).
3x2+3y2=0,故可取2=(3
2y2+3z2=0,
从而向量1,2的夹角的余弦值为
cos〈1,2〉
n1·n21
|n1||·n2|=8
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,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⊥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.
设AB=2,则AE=22,EG=2PB=1,故AG=AE2+EG2=3,
1
在△AFG中,FG=21CD=2,AF=3,AG=3.
6.
3.
所以cos∠AFG=
222
FG2+AF2-AG2=
2·FG·AF=
解法
由
(1)知,OE,OB,OP两两垂直.
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
O-xyz.
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,OB=OC,所以AO⊥BC,
所以BC⊥平面AA1O.
所以BC⊥OE,
所以OE⊥平面BB1C1C,又AO=AB2-BO2=1,AA1=5,
(2)如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),
由A→E=51A→A1得点E的坐标是54,0,25,
设平面A1B1C的法向量=
由
(1)得平面BB1C1C的法向量是O→E=(x,y,z),
·A→B=0,-x+2y=0,
由得
n·A→1C=0y+z=0,
令y=1,得x=2,z=-1,即=(2,1,-1),所以
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,
DD1⊥B1C1,
因为平面BB1C1C⊥平面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
(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.
因为AD綊GD1,所以AG綊DD1綊BB1.
由于BB1⊥平面A1B1C1,所以AG⊥A1G.
由条件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4,所以AA1=5.
(3)因为BC⊥平面AD1A1D,所以∠ADA1为二面角A-BC-A1的平面角.在Rt△A1DD1中,DD1=4,A1D1=2,解得
即二面角A-BC-A1的余弦值为-55.
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