1、立體幾何（向量法）立體幾何（向量法）建系難建系難例1（2013年普通高等學校招生統一考試重慶數學 （理） 試題 （含答案） ）如圖,四棱錐PABCD中,PAABCD 底面,2,4,3BCCDACACBACD ,F為PC的中點,AFPB.(1)求PA的長;(2)求二面角BAFD的正弦值.【答案】解：(1)如圖，聯結 BD 交 AC 于 O，因為 BCCD，即BCD 為等腰三角形，又 AC 平分BCD，故 ACBD.以 O 為坐標原點， OB， OC，AP的方向分別為 x 軸，y 軸，z 軸的正方向，建立空間直角坐標系 Oxyz，則 OCCDcos31，而 AC4，得 AOACOC3.又 ODCD

2、sin3 3，故 A(0，3，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，D( 3，0，0)因 PA底面 ABCD，可設 P(0，3，z)，由 F 為 PC 邊中點，得 F0，1，z2 ，又AF0，2，z2 ， PB( 3， 3， z)， 因 AFPB， 故AFPB0， 即 6z220， z23(舍去23)，所以|PA|23.(2)由(1)知AD( 3，3，0)，AB( 3，3，0)，AF(0，2， 3)設平面 FAD 的法向量為1(x1，y1，z1)，平面 FAB 的法向量為2(x2，y2，z2)由1AD0，1AF0，得 3x13y10，2y1 3z10，因此可取1(3，3，2)由2AB0，

3、2AF0，得3x23y20，2y2 3z20，故可取2(3， 3，2)從而向量1，2的夾角的余弦值為cos1，2n1n2|n1|n2|18.故二面角 BAFD 的正弦值為378.例 2（2013 年普通高等學校招生統一考試大綱版數學（理）WORD 版含答案（已校對） ）如圖,四棱錐PABCD中,902,ABCBADBCADPAB ，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 E，聯結 DE，則四邊形 ABED 為正方形過 P 作 PO平面 ABCD，垂足為 O.聯結 OA，OB，OD，OE.由PAB 和PAD 都是等邊三角形

4、知 PAPBPD，所以 OAOBOD，即點 O 為正方形 ABED 對角線的交點，故 OEBD，從而 PBOE.因為 O 是 BD 的中點，E 是 BC 的中點，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 的中點 F，PC 的中點 G，連 FG.則 FGCD，FGPD.聯結 AF，由APD 為等邊三角形可得 AFPD.所以AFG 為二面角 APDC 的平面角聯結 AG，EG，則 EGPB.又 PBAE，所以 EGAE.設 AB2，則 AE22，EG12PB1，故 AG AE2EG

5、23，在AFG 中，FG12CD 2，AF 3，AG3.所以 cosAFGFG2AF2AG22FGAF63.因此二面角 APDC 的大小為arccos63.解法二：由(1)知，OE，OB，OP 兩兩垂直以 O 為坐標原點，OE的方向為 x 軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系 Oxyz.設|AB|2，則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)設平面 PCD 的法向量為1(x，y，z)，則1PC(x，y，z)(22， 2， 2)0，1PD(x，y，z)(0，

6、 2， 2)0，可得 2xyz0，yz0.取 y1，得 x0，z1，故1(0，1，1)設平面 PAD 的法向量為2(m，p，q)，則2AP(m，p，q)( 2，0， 2)0，2AD(m，p，q)( 2， 2，0)0，可得 mq0，mp0.取 m1，得 p1，q1，故2(1，1，1)于是 cos，2n1n2|n1|n2|63.由于 ，2 等于二面角APDC的平面角， 所以二面角APDC的大小為arccos63.例 3（2012 高考真題重慶理 19） （本小題滿分 12 分如圖，在直三棱柱111CBAABC中，AB=4，AC=BC=3，D 為 AB 的中點（）求點 C 到平面11ABBA的距離;

7、（）若11ABAC求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由 ACBC，D 為 AB 的中點，得 CDAB.又 CDAA1，故CD面 A1ABB1，所以點 C 到平面 A1ABB1的距離為CD BC2BD2 5.(2)解法一：如圖，取 D1為 A1B1的中點，連結 DD1，則 DD1AA1CC1.又由(1)知 CD面 A1ABB1，故 CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角 A1CDC1的平面角因 A1D 為 A1C 在面 A1ABB1上的射影，又已知 AB1A1C，由三垂線定理的逆定理得 AB1A1D，從而A1AB1、A1DA 都與B1AB 互余，因此A1AB1A1DA，

8、所以 RtA1ADRtB1A1A.因此AA1ADA1B1AA1，即 AA21ADA1B18，得AA12 2.從而 A1D AA21AD22 3.所以，在 RtA1DD1中，cosA1DD1DD1A1DAA1A1D63.解法二： 如圖， 過 D 作 DD1AA1交 A1B1于點 D1， 在直三棱柱中， 易知 DB，DC，DD1兩兩垂直以 D 為原點，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系 Dxyz.設直三棱柱的高為 h，則 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

9、，5，h)由AB1A1C，有 8h20，h2 2.故DA1(2,0,2 2)，CC1(0,0,2 2)，DC(0，5，0)設平面 A1CD 的法向量為 m(x1，y1，z1)，則 mDC，mDA1，即5y10，2x12 2z10，取 z11，得 m( 2，0,1)，設平面 C1CD 的法向量為 n(x2，y2，z2)，則 nDC，nCC1，即5y20，2 2z20，取 x21，得 n(1,0,0)，所以cosm，nmn|m|n|221163.所以二面角 A1CDC1的平面角的余弦值為63.例 4（2012 高考真題江西理 20） （本題滿分 12 分）如圖 15，在三棱柱 ABCA1B1C1中

10、，已知 ABACAA1 5，BC4，點 A1在底面 ABC 的投影是線段 BC 的中點 O.(1)證明在側棱 AA1上存在一點 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 15【答案】解：(1)證明：連接 AO，在AOA1中，作 OEAA1于點 E，因為AA1BB1，所以 OEBB1.因為 A1O平面 ABC，所以 A1OBC.因為 ABAC，OBOC，所以 AOBC，所以 BC平面 AA1O.所以 BCOE，所以 OE平面 BB1C1C，又 AO AB2BO21，AA1 5，得 AEAO2AA155.(2)如圖，分

11、別以 OA，OB，OA1所在直線為 x，y，z 軸，建立空間直角坐標系，則 A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)，由AE15AA1得點 E 的坐標是45，0，25 ，由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是OE45，0，25 ，設平面 A1B1C 的法向量(x，y，z)，由AB0，nA1C0得x2y0，yz0，令 y1，得 x2，z1，即(2,1，1)，所以cosOE， OEn|OE|n|3010.即平面 BB1C1C 與平面 A1B1C 的夾角的余弦值是3010.例 5（2012 高考真題安徽理 18） （本小題滿分 12 分）平面圖形 ABB1A1C1C

12、 如圖 14(1)所示，其中 BB1C1C 是矩形，BC2，BB14，ABAC 2，A1B1A1C1 5.圖 14現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 14(2)所示的空間圖形對此空間圖形解答下列問題(1)證明：AA1BC；(2)求 AA1的長；(3)求二面角 ABCA1的余弦值【答案】解：(向量法)：(1)證明：取 BC，B1C1的中點分別為 D 和 D1，連接 A1D1，DD1，AD.由 BB1C1C 為矩形知，DD1B1C1，因為平面 BB1C1C平面 A1B1C1，所以

13、DD1平面 A1B1C1，又由 A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以 D1為坐標原點，可建立如圖所示的空間直角坐標系 D1xyz.由題設，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AA1(0,3，4)，BC(2,0,0)，AA1BC0，因此AA1BC，即 AA1BC.(2)因為AA1(0,3，4)，所以|AA1|5，即 AA15.(3)連接 A1D，由 BCAD，BCAA1，可知 BC平面 A1AD，BCA1D，所以ADA1為二面角 ABCA1的平面角因為DA(0，1,0)，DA1(0,2，4)，所以cosDA， DA121 224255.即二面角 ABCA1的余弦值為55.(綜合法)(1)證明： 取 BC， B1C1的中點分別為 D 和 D1， 連接 A1D1， DD1， AD，A1D.由條件可知，BCAD，B1C1A1D1，由上可得 AD面 BB1C1C，A1D1面 BB1C1C.因此 ADA1D1，即 AD，A1D1確定平面 AD1A1D.又因為 DD1BB1，BB1BC，所以 DD1BC.又考慮到 ADBC，所以 BC平面 AD1A1D，故 BCAA1.(2)延長