立體幾何—建系難

1、例1（ 2013年普通高等學校招生統(tǒng)一考試重慶數(shù)學（理）試題（含答案）如圖，四棱錐中為的中點（1）求的長；（2）求二面角的正弦值【答案】解：（1）如圖，聯(lián)結(jié)BD交AC于O,因為BC= CD即厶BCD為等腰三角形，又 AC平分/ BCD故ACLBD以O(shè)為坐標原點，OB OC AP勺方向分別為 x軸，y軸，z軸的正方向，建立空nn間直角坐標系 O xyz,則 OC= CDos3 = 1,而 AC= 4,得 AO= AC OC= 3.又 OD= CESin 3 =333，故 A(0， 3, 0) , B( 3, 0, 0) , C(0 , 1, 0) , D 3, 0, 0).因PAL底面ABCD可

2、設(shè)R0 , 3, z)，由F為PC邊中點，得F 0, 1, |，又AF=20, 2, 2 , PB=(羽,3, z)，因 AF丄 PB 故Xf- PB= 0,即 6 | = 0, z = 2 擊(舍去一23)，所以 | PA = 23. 由(1)知AD= ( 3, 3, 0) , AB= ( 3, 3, 0) , AF= (0 , 2 ,3) 設(shè)平面 FAD的法向量為1= (X1 , y1 , Z1),平面FAB的法向量為2= (X2 , y2 , Z2).由 1 - AD= 0 , 1 辰 0,得.3xi + 3yi= 0 ,因此可取1= (3 , 3 , 2).2y+ 3z= 0 ,由 2

3、 - AB= 0 , 2 - AF= 0,得3X2+ 3y2= 0 ,2y?+3Z2= 0 ,故可取 2= (3, 3 , 2).從而向量1 , 2的夾角的余弦值為cos 1 , 2n1 - ri21| n 1|n2|8WOR版含答案（已校對）如圖，四故二面角B AF- D的正弦值為例2 （2013年普通高等學校招生統(tǒng)一考試大綱版數(shù)學（理）棱錐 P ABCD 中，ABC BAD 90 , BC 2AD, PAB 與 PAD 都是等邊三角形(I)證明：PB CD; (II)求二面角A PD C的大小.【答案】 解： 取BC的中點E,聯(lián)結(jié)DE則四邊形 ABED正方形.過P作POL平面 ABCD垂足

4、為 O聯(lián)結(jié) OA OB OD 0E由厶PAEn PAD都是等邊三角形知 PA= PB= PD所以O(shè)A= OB= OD即點O為正方形ABED寸角線的交點，故 OEL BD 從而 PBL OE因為O是BD的中點，E是BC的中點，所以 OE/ CD因此PBL CD解法一：由(1)知 CDL PB, CDL PO PBH PO= P,故CDL平面PBD又Pt?平面PBD所以CDL PD取PD的中點F, PC的中點G,連FG貝U FG/ CD FGL PD聯(lián)結(jié)AF,由厶APD為等邊三角形可得 AFL PD 所以/ AFG為二面角A- PD- C的平面角.聯(lián)結(jié)AG EG則EG/ PB又 PBL AE 所以

5、 EGL AE設(shè) AB= 2,貝U AE= 22 , EG= ?PB= 1,故 AG= AE + EG= 3 ,在厶 AFG , FG= CD= . 2 , AF= 3 , AG= 3. 所以cosL AF.冷匚扌因此二面角 A- PD- C的大小為n- arccos冷6.解法二：由 知，OE OB OF兩兩垂直.以0為坐標原點，0E勺方向為x軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.設(shè) | AB = 2,貝VA 2, 0, 0) , D(0，- 2, 0),Q22, 2, 0) , R0, 0,2),PC= (22, 2, 2) , PD= (0， 2, 2),XP= ( 2, 0

6、,2),疋=(2 , 2 , 0) 設(shè)平面PCD的法向量為1= (x , y , z),貝Ui 驗(x , y , z) (22 , 2 , .2) = 0 ,i 血(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).設(shè)平面PAD的法向量為2= (m p , q),貝U2 AP= (m P , q) ( ,2 , 0 , .2) = 0 ,2 AD ( m p , q) ( 2 , 2 , 0) = 0 ,可得 nu q= 0 , m p= 0.取 m= 1，得

7、p= 1 , q = 1,故 2= (1 , 1, 1).于是 COS , 2 n1 -n2I n1|n 2|,6T.由于，2等于二面角A PD C的平面角，所以二面角A- PA C的大小為n arccos.63 .例3 （ 2012高考真題重慶理19）（本小題滿分12分 如圖，在直三棱柱 ABC A1B1C1中，AB=4, AC=BC=3 D為 AB 的中點（I）求點 C到平面A1ABB1的距離;(n)若ABi AC求二面角 的平面角的余弦值【答案】解：由AC BC D為AB的中點，得CDLAB又CDL AA,故CDL面AiABB,所以點C到平面AiABB的距離為CD= BC bD= 5.

8、解法一：如圖，取D為AiBi的中點，連結(jié)DD,貝U DD / AA/ CC.又由(1) 知 CDL面 AiABB,故 CDLAiD, CDL DD,所以/ ADD為所求的二面角 Ai CD- C 的平面角.因AD為AiC在面AiABB上的射影，又已知AB丄AC,由三垂線定理的逆定理 得AB丄AiD,從而/ AAB、/ AiDA都與/ BAB互余，因此/ AiAB=/AiDA 所以 aa AbRt AiADRt BAA 因此忑=入A，即 AA= AD- AiB= 8,得 AA= 2 2.從而 A AA+ AD= 2 3.所以，在Rt AiDD中，cos / AiDD=DD AA 二AD= ADr

9、解法二：如圖，過D作DD/ AA交AiBi于點D,在直三棱柱中，易知DB DC DD兩兩垂直以D為原點，射線DB DC, DD分別為x軸、y軸、z軸的正半軸 建立空間直角坐標系D xyz.設(shè)直三棱柱的高為 h,則 A 2,0,0) , A( 2,0 , h) , B(2,0 , h) , C(0 ,5,0) , C(0,5, h)，從而 AB= (4,0 , h) , AC= (2 , 5, h).由AB 丄AC,有 8 h = 0, h = 2 2.故DA= ( 2,0,22) , CC= (0,0,22) , DC=(0 , . 5, 0) 設(shè)平面AiCD的法向量為mi= (xi, yi

10、, zi),則m丄DC, m丄DA ,即5yi= 0,2xi + 2 2zi= 0,取 zi= 1,得 m= ( 2, 0,1),設(shè)平面CCD的法向量為n=(X2, y, z2)，則n丄DC, n丄CC,即5y2= 0,2 2Z2= 0,取 X2= 1,得 n= (1,0,0)，所以,2 6所以二面角A CD- C的平面角的余弦值為 普.例4（ 2012高考真題江西理 20）（本題滿分12分）如圖 1 5,在三棱柱 ABC ABC 中，已知 AB= AC= AA=、/5, BC= 4,點 A 在底面ABC的投影是線段BC的中點Q（1）證明在側(cè)棱AA上存在一點E,使得QE!平面BBCC,并求出A

11、E的長； 求平面ABC與平面BBGC夾角的余弦值.【答案】解： 證明：連接 AQ在厶AQA中，作QEL AA于點E,因為AA/ BB,所以 QELBB.因為AQ丄平面ABC所以AQ丄BC因為 AB= AC, QB= QC 所以 AQL BC,所以BCL平面AAQ所以BCLQE所以 QEL平面 BBGC,又 AdpA bQ = 1 , AA = 5 , 如圖，分別以O(shè)A OB 0A所在直線為x, y, z軸，建立空間直角坐標系,則 A(1,0,0) , B(0,2,0) , C(0，- 2,0) , A(0,0,2),由aE=得點e的坐標是5, 0, 5 ,由 得平面BBCC的法向量是OE= 4

12、, 0,2 ,設(shè)平面ABC的法向量二(x,y, z),由AB=0,n A C= 0x+ 2y = 0,令 y= 1,得 X = 2, z = 1,即=(2,1， 1)，所以cos OEOE. n _30ioE 10即平面BBCC與平面A1B1C的夾角的余弦值是30 而.例5 (2012高考真題安徽理18)(本小題滿分12分)平面圖形ABBACC如圖1 4(1)所示，其中BBCC是矩形，BC_2, BB_4, AB= AC_ 2, AB _AC _5.圖1 4現(xiàn)將該平面圖形分別沿 BC和BC折疊，使 ABCtA ABC所在平面都與平 面BBCC垂直，再分別連接AA, AB, AC,得到如圖1 4

13、(2)所示的空間圖形.對 此空間圖形解答下列問題.(1) 證明：AA丄BQ(2) 求AA的長；(3) 求二面角A BC- A1的余弦值.【答案】解：(向量法)：(1)證明：取BC,BiCi的中點分別為D和D，連接AiD, DD, AD由BBCiC為矩形知，DD丄 BiC,因為平面BBCiC丄平面AiBiCi,所以DD丄平面ABC,又由AiB = A1C1知，AiD 丄 BiCi.故以D為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系D xyz.由題設(shè)，可得AiD = 2, AD= i.由以上可知 ADL平面BBCiC, AiD丄平面BBCC,于是AD/ AiD.所以 A(0， i,4) , B(i,

14、0,4) , Ai(0,2,0) , C 1,0,4) , Q0,0,4).故aA=(0,3 , 4), bc=( 2,0,0) , aA BC= 0,因此AA丄BC,即AA丄BC(2) 因為AA = (0,3 , 4),所以 I Aa| 二 5,即 AA= 5.(3) 連接 AD,由 BCL AD BCL AA ,可知 BC丄平面 AAQ BCL AD,所以/ ADA 為二面角A BC A的平面角.因為DA= (0, i,0) , DA = (0,2 , 4),所以cos DA dA2_5i X ：22 + 4 2_5即二面角A BC- Ai的余弦值為一(綜合法)(i)證明：取BC, BiC的中點分別為D和D ,連接AD , DD , ADAD.由條件可知，BCL AD, BiCi丄AiD ,由上可得AD丄面BBCC, AD丄面BBCC. 因此 AD/ AiDi，即卩 AD, AiDi 確定平面 ADAiD. 又因為DD/ BB, BB丄BC所以DD丄BC 又考慮到AD丄BC所以BCL平面ADAD, 故 BC