立体几何向量法建系难_精品文档.doc
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立体几何(向量法)—建系难
例1(2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学(理)试题(含答案))如图,四棱锥中,,,为的中点,.
(1)求的长;
(2)求二面角的正弦值.
【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,,,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=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3.又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).
因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F,又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故·=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2.
(2)由
(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).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·=0,1·=0,得
因此可取1=(3,,-2).
由2·=0,2·=0,得
故可取2=(3,-,2).
从而向量1,2的夹角的余弦值为
cos〈1,2〉==.
故二面角B-AF-D的正弦值为.
例2(2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)WORD版含答案(已校对))如图,四棱锥中,与都是等边三角形.
(I)证明:
(II)求二面角的大小.
【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=2,EG=PB=1,
故AG==3,
在△AFG中,FG=CD=,AF=,AG=3.
所以cos∠AFG==-.
因此二面角A-PD-C的大小为π-arccos.
解法二:
由
(1)知,OE,OB,OP两两垂直.
以O为坐标原点,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||=2,则
A(-,0,0),D(0,-,0),
C(2,-,0),P(0,0,),
=(2,-,-),=(0,-,-),
=(,0,),=(,-,0).
设平面PCD的法向量为1=(x,y,z),则
1·=(x,y,z)·(2,-,-)=0,
1·=(x,y,z)·(0,-,-)=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·=(m,p,q)·(,0,)=0,
2·=(m,p,q)·(,-,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〉==-.
由于〈,2〉等于二面角A-PD-C的平面角,所以二面角A-PD-C的大小为π-arccos.
例3(2012高考真题重庆理19)(本小题满分12分如图,在直三棱柱中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点
(Ⅰ)求点C到平面的距离;
(Ⅱ)若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==.
(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=,即AA=AD·A1B1=8,得AA1=2.
从而A1D==2.
所以,在Rt△A1DD1中,
cos∠A1DD1===.
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,,0),C1(0,,h),从而=(4,0,h),=(2,,-h).
由⊥,有8-h2=0,h=2.
故=(-2,0,2),=(0,0,2),=
(0,,0).
设平面A1CD的法向量为m=(x1,y1,z1),则m⊥,m⊥,即
取z1=1,得m=(,0,1),
设平面C1CD的法向量为n=(x2,y2,z2),则n⊥,n⊥,即
取x2=1,得n=(1,0,0),所以
cos〈m,n〉===.
所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值为.
例4(2012高考真题江西理20)(本题满分12分)
如图1-5,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,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==1,AA1=,
得AE==.
(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=得点E的坐标是,
由
(1)得平面BB1C1C的法向量是=,设平面A1B1C的法向量=(x,y,z),
由得
令y=1,得x=2,z=-1,即=(2,1,-1),所以
cos〈,〉==.
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.
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=,A1B1=A1C1=.
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】
解:
(向量法):
(1)证明:
取BC,
B1C1的中点分别为D和D1,连接A1D1,DD1,AD.
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=(0,3,-4),=(-2,0,0),·=0,
因此⊥,即AA1⊥BC.
(2)因为=(0,3,-4),
所以=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=(0,-1,0),=(0,2,-4),所以
cos〈,〉=-=-.
即二面角A-BC-A1的余弦值为-.
(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
sin∠D1DA1=,
cos∠ADA1=cos=-.
即二面角A-BC-A1的余弦值为-.
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