立體幾何-建系難

文檔編碼:CF6T4Q1H2Q6——HC1Y6G1S4Y3——ZS6M5E1T10R7立體幾何（向量法）—建系難例1（2022年一般高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試重慶數(shù)學(xué) （理）試題（含答案））如圖,四棱錐P ABCD中,PA 底面ABCD , BC CD 2,AC 4, ACB ACD ,F為PC的中3點(diǎn),AF PB.〔1〕求PA的長;〔2〕 求二面角B AF D的正弦值.【答案】解：〔1〕如圖,聯(lián)結(jié)BD交AC于O,由于BC＝CD,即△BCD為等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB→,OC→,AP→的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系 O－xyz,就OC＝CDcosπ3＝1,而AC＝4,得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsinπ＝ 3,故A〔0,－3,0〕,B〔 3,0,0〕,C〔0,1,0〕,D〔－ 3,0,0〕．因PA⊥底面ABCD,可設(shè)P〔0,－3,z〕,由F為PC邊中點(diǎn),得F0,－1,2,又AF z →＝20,2,z2,PB→＝〔 3,3,－z〕,因AF⊥PB,故AF→·PB→＝0,即6－z2

＝0,z＝2 3〔舍去－2→3〕,所以|PA|＝2 3.〔2〕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·AF→＝0,得－ 3x1＋3y1＝0,因此可取 1＝〔3, 3,－2〕．2y1＋ 3z1＝0,由2·AB→＝0,2·AF→＝0,得3x2＋3y2＝0,故可取2＝〔3,－3,2〕．BCWORD版含答案（已校對））如圖,四2y2＋3z2＝0,從而向量1,2的夾角的余弦值為cos〈1,2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝18.故二面角B－AF－D的正弦值為387

.例2（2022年一般高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試大綱版數(shù)學(xué)（理）棱錐PABCD中,ABCBAD90,2AD,PAB與PAD都是等邊三角形.〔I〕證明:PBCD〔II〕求二面角APDC的大小.【答案】解：〔1〕取BC的中點(diǎn)E,聯(lián)結(jié)DE,就四邊形過P作PO⊥平面ABCD,垂足為O.

聯(lián)結(jié)OA,OB,OD,OE.ABED為正方形．由△PAB和△PAD都是等邊三角形知 PA＝PB＝PD,所以O(shè)A＝OB＝OD,即點(diǎn)O為正方形ABED對角線的交點(diǎn),故OE⊥BD,從而PB⊥OE.由于O是BD的中點(diǎn),E是BC的中點(diǎn),所以O(shè)E∥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的中點(diǎn)F,PC的中點(diǎn)G,連FG.就FG∥CD,FG⊥PD.聯(lián)結(jié)AF,由△APD為等邊三角形可得 AF⊥PD.

所以∠AFG為二面角A－PD－C的平面角．聯(lián)結(jié)AG,EG,就EG∥PB.又PB⊥AE,所以EG⊥AE.設(shè)AB＝2,就AE＝2 2,EG＝12PB＝1,故AG＝ AE2＋EG2＝3,在△AFG中,FG＝12CD＝ 2,AF＝ 3,AG＝3.所以cos∠AFG＝FG2＋AF2·FG·AF

2－AG2＝－ 3. 6因此二面角 A－PD－C的大小為π－arccos63.解法二：由〔1〕知,OE,OB,OP兩兩垂直．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OE→的方向?yàn)閤軸的正方向建立如以下圖的空間直角坐標(biāo)系 O－xyz.設(shè)|AB→|＝2,就A〔－ 2,0,0〕,D〔0,－ 2,0〕,C〔2 2,－ 2,0〕,P〔0,0, 2〕,PC→＝〔2 2,－ 2,－ 2〕,PD→＝〔0,－ 2,－ 2〕,AP→＝〔 2,0, 2〕,AD→＝〔 2,－ 2,0〕．設(shè)平面PCD的法向量為 1＝〔x,y,z〕,就1·PC→＝〔x,y,z〕·〔2 2,－ 2,－ 2〕＝0,1·PD→＝〔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〕．設(shè)平面PAD的法向量為 2＝〔m,p,q〕,就2·AP→＝〔m,p,q〕·〔 2,0, 2〕＝0,2·AD→＝〔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·n2|n1||n2|＝－ 3. 66由于〈,2〉等于二面角 A－PD－C的平面角,所以二面角A－PD－C的大小為π－arccos 3.例3（2022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(diǎn)（Ⅰ）求點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離;.（Ⅱ）如AB1AC求二面角的平面角的余弦值【答案】解：〔1〕由AC＝BC,D為AB的中點(diǎn),得CD⊥AB.又CD⊥AA1,故CD⊥面A1ABB1,所以點(diǎn)C到平面A1ABB1的距離為CD＝BC2－BD2＝5.DD1,就DD1∥AA1∥CC1.又D1為A1B1的中點(diǎn),連結(jié)〔2〕解法一：如圖,取由〔1〕知CD⊥面A1ABB1,故CD⊥A1D,CD⊥DD1,所以∠A1DD1為所求的二面角A1－CD－C1的平面角．因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影,又已知AB1⊥A1C,由三垂線定理的逆定理得AB1⊥A1D,從而∠A1AB1、∠A1DA都與∠B1AB互余,因此∠A1AB1＝∠A1DA,所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此AA1AD＝A1B1AA1,即AA21＝AD·A1B1＝8,得AA1＝22.從而A1D＝ AA 21＋AD2＝23.所以,在Rt△A1DD1中,cos∠A1DD1＝DD1A1D＝AA1A1D＝ 3. 6解法二：如圖,過D作DD1∥AA1交A1B1于點(diǎn)D1,在直三棱柱中,易知DB,DC,DD1兩兩垂直．以D為原點(diǎn),射線DB,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系 D－xyz.設(shè)直三棱柱的高為 h,就A〔－2,0,0〕,A1〔－2,0,h〕,B1〔2,0,h〕,C〔0, 5,0〕,C1〔0, 5,h〕,從而AB1→＝〔4,0,h〕,A1C→＝〔2, 5,－h(huán)〕．由AB1→⊥A1C→,有8－h(huán)2＝0,h＝22.故DA1→＝〔－2,0,22〕,CC1→＝〔0,0,22〕,DC→＝〔0, 5,0〕．設(shè)平面A1CD的法向量為m＝〔x1,y1,z1〕,就m⊥DC→,m⊥DA1→,即5y1＝0,－2x1＋22z1＝0,取z1＝1,得m＝〔2,0,1〕,設(shè)平面C1CD的法向量為n＝〔x2,y2,z2〕,就n⊥DC→,n⊥CC1→,即5y2＝0,22z2＝0,取x2＝1,得n＝〔1,0,0〕,所以cos〈m,n〉＝m·n|m||n|＝2 ＝2＋1·16

3.5,BC＝4,所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值為6

3.例4（2022高考真題江西理20）（此題滿分12分）如圖1－5,在三棱柱ABC－A1B1C1中,已知AB＝AC＝AA1＝點(diǎn)A1在底面ABC的投影是線段BC的中點(diǎn)O.〔1〕證明在側(cè)棱AA1上存在一點(diǎn)E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的長；〔2〕求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值． 圖1－5

【答案】解：〔1〕證明：連接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于點(diǎn)E,由于AA1∥BB1,所以O(shè)E⊥BB1.由于A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.由于AB＝AC,OB＝OC,所以AO⊥BC,

所以BC⊥平面AA1O.所以BC⊥OE,所以O(shè)E⊥平面BB1C1C,又AO＝AB2－BO2＝1,AA1＝5, 2

得AE＝AOAA1＝5

5. 〔2〕如圖,分別以O(shè)A,OB,OA1所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,就A〔1,0,0〕,B〔0,2,0〕,C〔0,－2,0〕,A1〔0,0,2〕,由AE→＝15AA1→得點(diǎn)E的坐標(biāo)是45,0,25, 由〔1〕得平面BB1C1C的法向量是OE→＝45,0,25,設(shè)平面A1B1C的法向量＝〔x,y,z〕,由·AB→＝0,得－x＋2y＝0,y＋z＝0,n·A1C→＝0令y＝1,得x＝2,z＝－1,即＝〔2,1,－1〕,所以cos〈OE→,〉＝OE→·n＝|OE→|·|n|30

10.30

10.即平面BB1C1C與平面A1B1C的夾角的余弦值是例5（2022高考真題安徽理18）（本小題滿分12分）平面圖形ABB1A1C1C如圖1－4〔1〕所示,其中BB1C1C是矩形,BC＝2,BB1＝4,AB＝AC＝2,A1B1＝A1C1＝5.圖1－4現(xiàn)將該平面圖形分別沿BC和B1C1折疊,使△ABC與△A1B1C1所在平面都與平面BB1C1C垂直,再分別連接A1A,A1B,A1C,得到如圖1－4〔2〕所示的空間圖形．對此空間圖形解答以下問題．〔1〕證明：AA1⊥BC；

〔2〕求AA1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,

B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C為矩形知,

DD1⊥B1C1,

由于平面BB1C1C⊥平面A1B1C1,

所以DD1⊥平面A1B1C1,

又由A1B1＝A1C1知,

A1D1⊥B1C1.故以D1為坐標(biāo)原點(diǎn),可建立如以下圖的空間直角坐標(biāo)系 D1－xyz.由題設(shè),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AA1→＝〔0,3,－4〕,BC→＝〔－2,0,0〕,AA1→·BC→＝0,因此AA1→⊥BC→,即AA1⊥BC.〔2〕由于AA1→＝〔0,3,－4〕,所以|AA1→＝5,即AA1＝5.|〔3〕連接A1D,由BC⊥AD,BC⊥AA1,可知BC⊥平面A1AD,BC⊥A1D,所以∠ADA1為二面角A－BC－A1的平面角．由于DA→＝〔0,－1,0〕,DA1→＝〔0,2,－4〕,所以cos〈DA→,DA1→〉＝－1× 22＋－4

22＝－ 5.

5即二面角A－BC－A1的余弦值為－ 5. 5〔綜合法〕〔1〕證明：取BC,B1C1的中點(diǎn)分別為D和D1,連接A1D1,DD1,AD,A1D.由條件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1,由上可得AD⊥面BB1C1C,A1D1⊥面BB1C1C.因此AD∥A1D1,即AD,A1D1確定平面AD1A1D.又由于DD1∥BB1,BB1⊥BC,所以DD1⊥BC.又考慮到AD⊥BC,所以BC⊥平面AD1A1D,故BC⊥AA1.〔2〕延長A1D1到G點(diǎn),