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. 立体几何向量法建系难例1 2013年普通高等学校招生统一考试数学理试题含答案如图,四棱锥中,为的中点,.(1)求的长; (2)求二面角的正弦值.【答案】解:(1)如图,联结BD交AC于O,因为BCCD,即BCD为等腰三角形,又AC平分BCD,故ACBD.以O为坐标原点,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Oxyz,那么OCCDcos1,而AC4,得AOACOC3.又ODCDsin,故A(0,3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(,0,0)因PA底面ABCD,可设P(0,3,z),由F为PC边中点,得F,又,(,3,z),因AFPB,故0,即60,z2(舍去2),所以|2.(2)由(1)知(,3,0),(,3,0),(0,2,)设平面FAD的法向量为1(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为2(x2,y2,z2)由10,10,得因此可取1(3,2)由20,20,得故可取2(3,2)从而向量1,2的夹角的余弦值为cos1,2.故二面角BAFD的正弦值为.例22013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,那么四边形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PAPBPD,所以OAOBOD,即点O为正方形ABED对角线的交点,故OEBD,从而PBOE.因为O是BD的中点,E是BC的中点,所以OECD.因此PBCD.(2)解法一:由(1)知CDPB,CDPO,PBPOP,故CD平面PBD.又PD平面PBD,所以CDPD.取PD的中点F,PC的中点G,连FG.那么FGCD,FGPD.联结AF,由APD为等边三角形可得AFPD.所以AFG为二面角APDC的平面角联结AG,EG,那么EGPB.又PBAE,所以EGAE.设AB2,那么AE2,EGPB1,故AG3,在AFG中,FGCD,AF,AG3.所以cosAFG.因此二面角APDC的大小为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轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系Oxyz.设|2,那么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),那么1(x,y,z)(2,)0,1(x,y,z)(0,)0,可得2xyz0,yz0.取y1,得x0,z1,故1(0,1,1)设平面PAD的法向量为2(m,p,q),那么2(m,p,q)(,0,)0,2(m,p,q)(,0)0,可得mq0,mp0.取m1,得p1,q1,故2(1,1,1)于是cos,2.由于,2等于二面角APDC的平面角,所以二面角APDC的大小为arccos.例32012高考真题理19本小题总分值12分 如图,在直三棱柱 中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点求点C到平面的距离;假设求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解:(1)由ACBC,D为AB的中点,得CDAB.又CDAA1,故CD面A1ABB1,所以点C到平面A1ABB1的距离为CD.(2)解法一:如图,取D1为A1B1的中点,连结DD1,那么DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1,故CDA1D,CDDD1,所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影,又AB1A1C,由三垂线定理的逆定理得AB1A1D,从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余,因此A1AB1A1DA,所以RtA1ADRtB1A1A.因此,即AAADA1B18,得AA12.从而A1D2.所以,在RtA1DD1中,cosA1DD1.解法二:如图,过D作DD1AA1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Dxyz.设直三棱柱的高为h,那么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8h20,h2.故(2,0,2),(0,0,2),(0,0)设平面A1CD的法向量为m(x1,y1,z1),那么m,m,即取z11,得m(,0,1),设平面C1CD的法向量为n(x2,y2,z2),那么n,n,即取x21,得n(1,0,0),所以cosm,n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为.例42012高考真题理20此题总分值12分如图15,在三棱柱ABCA1B1C1中,ABACAA1,BC4,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15【答案】解:(1)证明:连接AO,在AOA1中,作OEAA1 于点E,因为AA1BB1,所以OEBB1.因为A1O平面ABC,所以A1OBC.因为ABAC,OBOC,所以AOBC,所以BC平面AA1O.所以BCOE,所以OE平面BB1C1C,又AO1,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,那么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y1,得x2,z1,即(2,1,1),所以cos,.即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.例52012高考真题理18本小题总分值12分平面图形ABB1A1C1C如图14(1)所示,其中BB1C1C是矩形,BC2,BB14,ABAC,A1B1A1C1.图14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以下问题(1)证明:AA1BC;(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,连接A1D1,DD1,AD.由BB1C1C为矩形知,DD1B1C1,因为平面BB1C1C平面A1B1C1,所以DD1平面A1B1C1,又由A1B1A1C1知,A1D1B1C1.故以D1为坐标原点,可建立如下图的空间直角坐标系D1xyz.由题设,可得A1D12,AD1.由以上可知AD平面BB1C1C,A1D1平面BB1C1C,于是ADA1D1.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AA1BC.(2)因为(0,3,4),所以5,即AA15.(3)连接A1D,由BCAD,BCAA1,可知BC平面A1AD,BCA1D,所以ADA1为二面角ABCA1的平面角因为(0,1,0),(0,2,4),所以cos,.即二面角ABCA1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,BCAD,B1C1A1D1,由上可得AD面BB1C1C,A1D1面BB1C1C.因此ADA1D1,即AD,A1D1确定平面AD1A1D.又因为DD1BB1,BB1BC,所以DD1BC.又考虑到ADBC,所以BC平面AD1A1D,故BCAA1.(2)延长A1D1到G点,使GD1AD,连接AG.因为AD綊GD1,所以AG綊DD1綊BB1.由于BB1平面A1B1C1,所以AGA1G.由条件可知,A1GA1D1D1G3,AG4,所以AA15.(3)因为BC平面AD1A1D,所以ADA1为二面角ABCA1的平面角在RtA1DD1中,DD14,A1D12,解得sinD1DA1,cosADA1cos.即二面角ABCA1的余弦值为. /
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