立体几何向量法建系难.docx
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立体几何向量法建系难
立体几何(向量法)一建系难
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PABCD
3,F为PC的中
中,PA底面ABCD,BCCD2,AC4,ACBACD
点,AFPB.
【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丄BD.以O为坐标原点,OB,OC,AP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0C=CDcos^L1,而AC=4,得AO=AC—OC=3•又OD=CDsir^
=3,故A(0,—3,0),B(3,0,0),C(0,1,0),D(—.3,0,0).
因PA丄底面ABCD,可设P(0,—3,z),由F为PC边中点,得F0,—1,;,又AF=
2
0,2,2,PB=(.3,3,—z),因AF丄PB,故AfPB=0,即6—:
=0,z=2.3(舍去一23),所以|PA|=23.
(2)由
(1)知AD=(—.3,3,0),AB=(.3,3,0),Af=(0,2,3)•设平面FAD的法
向量为1=(X1,yi,Zi),平面FAB的法向量为2=(X2,y2,Z2).
由iAD=0,iAF=0,得
-叹+3yi=0,因此可取
2yi+,3zi=0,
由2AB=0,2AF=0,得
3X2+3y2=0,故可取2=(3
2y2+■3z2=0,
从而向量1,2的夹角的余弦值为
nin21
cos〈i,2>==-.
|ni||n2|8
WOR版含答案(已校对))如图,四
故二面角B—AF—D的正弦值为F.
例2(20i3年普通高等学校招生统一考试大纲版数学(理)
棱锥PABCD中,ABCBAD90o,BC2AD,PAB与PAD都是等边三
角形.
(I)证明:
PBCD;(II)求二面角APDC的大小.
【答案】解:
⑴取BC的中点E,联结DE,则四边形ABED为正方形.过P作PO丄平面ABCD,垂足为O.
联结OA,OB,OD,OE.
由厶PAB和厶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丄BD,从而PB丄OE.
因为O是BD的中点,E是BC的中点,所以OE//CD.因此PB丄CD.
(2)解法一:
由
(1)知CD丄PB,CD丄PO,PBAPO=P,故CD丄平面PBD.
又PD?
平面PBD,所以CD丄PD.
取PD的中点F,PC的中点G,连FG.
则FG//CD,FG丄PD.
联结AF,由△APD为等边三角形可得AF丄PD.所以/AFG为二面角A—PD—C的平面角.
联结AG,EG,贝UEG//PB.
又PB丄AE,所以EG丄AE.
1
设AB=2,贝UAE=22,EG=,PB=1,
故AG=AE2+EG2=3,
1
因此二面角A—PD—C的大小为n—arcco
在厶AFG中,FG=^CD=.2,AF=.3,AG=3.
解法二:
由⑴知,OE,OB,OP两两垂直.
以O为坐标原点,C>E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|AB|=2,则
A(—2,0,0),D(0,-,2,0),
C(22,—,2,0),P(0,0,,2),
PC=(22,—2,—2),PD=(0,—2,—,2),
AP=(2,0,2),AD=(2,—2,0).
设平面PCD的法向量为1=(x,y,z),贝V
1PC=(x,y,z)(22,—2,—.2)=0,
1PD=(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).设平面PAD的法向量为2=(m,p,q),贝U
2AP=(m,p,q)(-2,0,2)=0,
2AD=(m,p,q)•2,—2,0)=0,
可得m+q=0,m—p=0.
1,—1).
取m=1,得p=1,q=—1,故2=(1,
中,AB=4,AC=BC=3D为AB的中点
DB
題(19)S
(I)求点C到平面A1ABB1的距离;
(n)若ABiAC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丄AB.又CD丄AAi,故
CD丄面AiABBi,所以点C到平面AiABBi的距离为
CD=BC2—BD2=5.
(2)解法一:
如图,取Di为AiBi的中点,连结DDi,贝UDDi//AAi//CCi.又由(i)知CD丄面AiABBi,故CD丄AiD,CD丄DDi,所以/AiDDi为所求的二面角Ai—CD—Ci的平面角.
因AiD为AiC在面AiABBi上的射影,又已知ABi丄AiC,由三垂线定理的逆定理得ABi丄AiD,从而/AiABi、/AiDA都与/BiAB互余,因此/AiABi=
/—「「AAiAiBi亦2e
/AiDA,所以RtAAiADsRtABiAiA.因此兀=丽,即人人2=ADAiBi=8,得
AAi=22
从而AiD=,AAi+AD2=23.所以,在Rt△AiDDi中,
DDiAAiV6cos/AiDDi二AiD=AiD=3.
解法二:
如图,过D作DDi//AA交AiBi于点Di,在直三棱柱中,易知DB,DC,DDi两两垂直•以D为原点,射线DB,DC,DDi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),Ai(—2,0,h),Bi(2,0,h),C(0,.5,
0),Ci(0,5,h),从而ABi=(4,0,h),A 由ABi±辰,有8—h2=0,h=22. 故DAi=(—2,0,22),CXCi=(0,0,2.2),DC= (0,•5,0). 设平面AiCD的法向量为m=(xi,yi,zi),贝Um丄DC,m丄DAi,即卩 5yi=0, —2xi+22zi=0, 取zi=i,得m=(.2,0,i), 设平面CiCD的法向量为n=(x2,y2,z2),贝Un丄DC,n丄CCi,即 5y2=0, 2,2z2=0, 取x2=i,得n=(i,0,0),所以 所以二面角Ai—CD—Ci的平面角的余弦值为冷6 例4(20i2高考真题江西理20)(本题满分i2分) 如图i—5,在三棱柱ABC—AiBiCi中,已知AB=AC=AAi=,5,BC=4,点Ai在底面ABC的投影是线段BC的中点O. (1)证明在侧棱AAi上存在一点E,使得OE丄平面BBiCiC,并求出AE的长; (2)求平面AiBiC与平面BBiCiC夹角的余弦值. £ Cl 【答案】解: (1)证明: 连接人0,在厶AOA1中,作OE丄AA1于点E,因为 AA1//BB1,所以OE丄BB1. 因为A1O丄平面ABC,所以A1O丄BC. 因为AB_AC,OB_OC,所以AO丄BC, 所以BC丄平面AA1O. 所以BC丄OE, 所以OE丄平面BB1C1C,又AO_,AB2—BO2_1,AA1_.5, 2 AO2得AE_AO1_ (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,贝UA(1,0,0),B(0,2,0),C(0,—2,0),A1(0,0,2), AAQ 由AE_5AA1得点E的坐标是5,0,2, (x,y,z). AB=0,—x+2y=0, 由得 nAiC=0y+z=°, 令y=1,得x=2,z=—1,即二(2,1,—1),所以 即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是q30. 例5(2012高考真题安徽理18)(本小题满分12分) 平面图形ABBiAiCiC如图1—4 (1)所示,其中BBlCiC是矩形,BC=2,BBi =4,AB=AC=2,AiBi=AiCi=5.11■ 图1—4 现将该平面图形分别沿BC和BiCi折叠,使△ABC与厶AiBiCi所在平面都与平面BBiCiC垂直,再分别连接AiA,AiB,AiC,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: AAi丄BC; ⑵求AAi的长; (3)求二面角A—BC—Ai的余弦值. 解: (向量法): (1)证明: BiCi的中点分别为D和 【答案】 由BBiCiC为矩形知, DDi丄BiCi, 因为平面BBiCiC丄平面AiBiCi, 所以DDi丄平面AiBiCi,又由AiBi=AiCi知, AiDi丄BiCi. 故以Di为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系Di—xyz. 由题设,可得AiDi=2,AD=1. 由以上可知AD丄平面BBiCiC,A1D1丄平面BBiCiC,于是AD//A1D1. 所以A(0,—1,4),B(1,0,4),Ai(0,2,0),C(-1,0,4),D(0,0,4). 故AAi=(0,3,—4),BC=(—2,0,0),AAiBC=0,因此AXi丄BC,即卩AAi丄BC. (2)因为AAi=(0,3,—4), 所以|AAi卜5,即AA匸5. (3)连接AiD,由BC丄AD,BC丄AAi,可知BC丄平面AiAD,BC丄AiD,所以/ADAi为二面角A—BC—Ai的平面角. 因为DA=(0,—i,0),DAi=(0,2,—4),所以 COS〈DA,DAi> 2__亚 iX22+—42_5 (综合法)(i)证明: 取BC,BiCi的中点分别为D和Di,连接AiDi,DDi, AD,AiD. 由条件可知,BC丄AD,BiCi丄AiDi, 由上可得AD丄面BBiCiC,AiDi丄面BBiCiC.因此AD//AiDi,即AD,AiDi确定平面ADiAiD.又因为DDi/BBi,BBi丄BC,所以DDi丄BC.又考虑到AD丄BC,所以BC丄平面ADiAiD,故BC丄AAi. (2)延长AiDi至UG点,使GDi=AD,连接AG. 因为AD綊GDi,所以AG綊DDi綊BBi.由于BBi丄平面AiBiCi,所以AG丄AiG.由条件可知,AiG=A1D1+DiG=3,AG=4,所以AAu5. (3)因为BC丄平面ADiAiD,所以/ADAi为二面角A-BC-Ai的平面角.在RtAAiDDi中,DDi=4,AiDi=2,解得 sin/DiDAi= n/ cos/ADAi=cos2+/DiDAi 即二面角A-BC-Ai的余弦值为—有5
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