1、最新资料推荐立体几何（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=3， D 为 AB 的中点（）求点 C到平面 A1 ABB1 的距离 ;（）若 AB1A1C 求二面角 的平面角的余弦值 .【答案】解： (1)由 ACBC，D 为 A
2、B 的中点，得 CDAB.又 CDAA1，故11，所以点 C 到平面 A11 的距离为CD面 A ABBABBCDBC2 BD25.(2)解法一：如图，取D1 为 A1B1 的中点，连结DD1，则 DD 1 AA1CC1.又由 (1)知 CD面 A1ABB1，故 CDA1D，CD DD1，所以 A1DD 1 为所求的二面角 A1CD C1 的平面角因 A1D 为 A1C 在面 A1ABB1 上的射影，又已知 AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1A1D，从而 A1AB1、 A1DA 都与 B1AB 互余，因此 A1AB1 A1DA，所以 RtA1AD RtB1A1A.因此 AA1 A1B
3、1，即 AA21 ADA1 B18，得 AD AA1AA1 2 2.1最新资料推荐从而 A1222 3.1 ADDAA所以，在 RtA1DD 1 中，DD 1AA16cosA1DD 1 A1D A1 D 3 .解法二：如图，过 D 作 DD 1 AA1 交 A1B1 于点 D1，在直三棱柱中， 易知 DB，DC，DD 1 两两垂直以 D 为原点，射线 DB， DC，DD 1 分别为 x 轴、 y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.设直三棱柱的高为 h，则 A(2,0,0)，A1(2,0，h)， B1(2,0，h)， C(0，5，5， h)0)， C1(0， 5，h)，从而 AB1
4、(4,0，h)，A1C(2，2由AB1 A1 C，有8 h 0，h2 2.1(0,0,2故DA1 (2,0,22)，CC2)，DC(0，5，0)设平面 A1的法向量为1， y1，z1，则(x)mDC， mDA1，即CDm5y10， 2x12 2z10，取 z1 1，得 m ( 2，0,1)，设平面 C1的法向量为2，y2， z2，则)nDC，nCC1，即CDn (x5y20，2 2z20，取 x21，得 n (1,0,0)，所以mn 26cosm，n|m|n|2 113 .6所以二面角 A1CDC1 的平面角的余弦值为3 .二、利用线面垂直关系构建直角坐标系2最新资料推荐例 2.如图所示，AF
5、 、 DE分别是圆 O 、圆 O 的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，1AD8 . BC 是圆 O 的直径， AB AC 6 , OE / AD .(I) 求二面角 B AD F 的大小；(II) 求直线 BD 与 EF 所成的角的余弦值 . 19. 解： ( ) AD 与两圆所在的平面均垂直 ,ADAB, ADAF,故 BAD 是二面角 B ADF 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；( ) 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（ 0，3 2
6、， 0）， B（ 3 2 ，0， 0） ,D （0，3 2 ， 8）， E（0， 0， 8）， F（ 0， 3 2， 0）所以， BD(3 2,32 ,8), FE(0,3 2,8)cos BD, EFBDFE0 186482| BD | FE |1008210设异面直线 BD与 EF 所成角为，则 cos| cosBD , EF|82 直线 BD与 EF 所成的10角为余弦值为82 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 , AF PB
7、.3(1) 求 PA 的长 ;(2)求二面角 BAFD 的正弦值 .3最新资料推荐【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，轴， z 轴的正方向，建立OB， OC， AP的方向分别为 x 轴， y空间直角坐标系 O xyz，则 OC CDcos3 1，而 AC 4，得 AO AC OC 3.又 OD CD sin3 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
8、 PC 边中点， 得 Fz0， 1， 2，又 AF z 20， 2，z0， z 23(舍去 22， PB( 3， 3， z)，因 AF PB，故 AF PB 0，即 623.3)，所以 |PA| 2FAD 的法(2)由 (1)知 AD ( 3， 3， 0)，AB (3， 3，0) ，AF (0， 2， 3)设平面向量为1 (x1， y1， z1)，平面 FAB 的法向量为 2 (x2， y2， z2)由1AD 0， 1AF 0，得 3x1 3y1 0，1 (3，3， 2)2y1因此可取3z1 0，由 0， 0，得2AB2AF3x2 3y2 0，故可取 2 (3，3，2) 2y23z2 0，从而
9、向量 1， 2 的夹角的余弦值为n1n21cos 1， 2 .4最新资料推荐故二面角 BAF D 的正弦值为378 .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 P ABCD中 ,ABCBAD90 ， BC2 AD,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
10、 PB PD ，所以 OA OB OD，即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点，故 OEBD，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， CDPO， 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 EGPB.又 PB AE，所以 EG A
11、E.设 AB 2，则 AE 212， EG PB 1，2故 AG AE2 EG2 3，在 AFG 中， FG 1CD 2， AF 3， AG 3.2所以 cos AFG FG2 AF2 AG262FG AF3 .解法二：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.5最新资料推荐设 |AB| 2，则A( 2， 0， 0)， D(0 ， 2， 0)，C(22， 2， 0)， P(0， 0， 2) ，(2 2，2，2)，PC2， 2)， PD (0，( 2， 0，AP2)， AD ( 2， 2， 0)设平面 P
12、CD 的法向量为1 ( x，y， z)，则2，2，2) 0，1PC (x，y， z) (21PD (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2AP (m， p， q) ( 2， 0，2) 0，2AD (m， p，q) ( 2，2， 0)0，可得 mq 0， m p 0.取 m 1，得 p 1， q 1，故 2 (1， 1， 1)于是 cos， 2n1n26|n1|n2|3 .例 4-2 如图 1 5，在三棱柱 ABC A1B1C1 中，已知 ABAC
13、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 OEAA1 于点 E，因为 AA1 BB1 ，所以 OEBB1.6最新资料推荐因为 A1O平面 ABC，所以 A1O BC.因为 AB AC， OBOC，所以 AOBC，所以 BC平面 AA1 O.所以 BCOE，所以 OE平面 BB1C1C，又 AOAB2BO21，AA15，2AO5(2)如图
14、，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)，1 42，1得点 E 的坐标是， 0，5由AE5AA5由(1)得平面BB1 1 的法向量是 4， 0，2 ，设平面A1 1的法向量C COE55B C(x， y，z)，0， x 2y0，由AB得yz0，1 0n A C令 y1，得 x2，z 1，即 (2,1， 1)，所以30OEncosOE，10 .|OE| |n|即平面 BB1 1C与平面1 1的夹角的余弦值是30CA B C10三、利用面面垂直关系构建直角坐标系例 5（ 20
15、12 高考真题安徽理18）（本小题满分12 分）平面图形 ABB1A1C1C 如图 14(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形， BC 2，BB17最新资料推荐 4， ABAC2，A1B1A1C15.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 14(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 ABCA1 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
16、接 A1 D1，DD1，AD.由 BB1C1C 为矩形知，DD 1 B1C1，因为平面 BB1C1C平面 A1B1C1 ，所以 DD 1平面 A1 B1C1，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D1xyz.由题设，可得 A1D12，AD1.由以上可知 AD平面 BB1C1C，A1 D1平面 BB1C1C，于是 AD A1D1.8最新资料推荐所以 A(0， 1,4)， B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4) 0，故AA1(0,3， 4)， BC (2,0,0)， AA1BC因此 AA1BC，即
17、AA1BC.(2)因为 AA1(0,3， 4)，所以 |AA1| 5，即 AA1 5.(3)连接 A1D，由 BCAD，BCAA1，可知 BC平面 A1AD，BCA1D，所以 ADA1 为二面角 A BC A1 的平面角因为 DA (0， 1,0)， DA1(0,2， 4)，所以 225cosDA，DA125.12 4即二面角 A BC A1 的余弦值为55 .(综合法 )(1)证明：取 BC，B1C1 的中点分别为D 和 D1 ，连接 A1D1，DD 1，AD，A1D.由条件可知， BC AD， B1C1 A1 D1，由上可得 AD面 BB1C1 C， A1 D1面 BB1C1C.因此 AD
18、A1D1，即 AD， A1 D1 确定平面 AD1A1D.又因为 DD 1BB1，BB1 BC，所以 DD 1 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 DD 1 綊 BB1.由于 BB1平面 A1B1C1，所以 AGA1G.9最新资料推荐由条件可知， A1GA1D1D1 G 3， AG4，所以 AA15.(3)因为 BC平面 AD1A1D，所以 ADA1 为二面角 ABC A1 的平面角在 RtA1DD 1 中， DD14，A1D12，解得115，sin D DA55cosADA1cos 2 D1DA1 5 .5即二面角 A BC A1 的余弦值为5 .10
