立体几何向量法建系难Word文件下载.doc

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＝0，2·

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，

（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，

（，－，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.

（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＝＝.

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＝＝＝.

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

（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．

AA1⊥BC；

（2）求AA1的长；

（3）求二面角A－BC－A1的余弦值．

（向量法）：

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＝－.