1、立體幾何（向量法）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,四棱錐中,為的中點,.(1)求的長; (2)求二面角的正弦值.【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，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，可設P(0，3，z)，由F為PC邊中點，得F，又，(，3，z)，因AFPB，故·0

2、，即60，z2 (舍去2 )，所以|2 .(2)由(1)知(，3，0)，(，3，0)，(0，2，)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1·0，1·0，得因此可取1(3，2)由2·0，2·0，得故可取2(3，2)從而向量1，2的夾角的余弦值為cos1，2.故二面角BAFD的正弦值為.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,四棱錐中,與都是等邊三角形.(I)證明: (II)求二面角的大小.【答案】解：(1)取BC的中點E，聯結DE，則四邊形ABED為正方形過

3、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AE2 ，EGPB1，故AG3，在AFG

4、中，FGCD，AF，AG3.所以cosAFG.因此二面角APDC的大小為arccos.解法二：由(1)知，OE，OB，OP兩兩垂直以O為坐標原點，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|2，則A(，0，0)，D(0，0)，C(2 ，0)，P(0，0，)，(2 ，)，(0，)，(，0，)，(，0)設平面PCD的法向量為1(x，y，z)，則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)設平面PAD的法向量為2(m，p，q)，則2·(m，p，q)

5、·(，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的大小為arccos.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 中，AB=4，AC=BC=3，D為AB的中點（）求點C到平面的距離;（）若求二面角 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.(2)解法一：如圖，取D1為A1B1的中點，連結DD1，則DD

6、1AA1CC1.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，所以RtA1ADRtB1A1A.因此，即AAAD·A1B18，得AA12.從而A1D2.所以，在RtA1DD1中，cosA1DD1.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

7、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(0，0)，C1(0，h)，從而(4,0，h)，(2，h)由，有8h20，h2.故(2,0,2)，(0,0,2)，(0，0)設平面A1CD的法向量為m(x1，y1，z1)，則m，m，即取z11，得m(，0,1)，設平面C1CD的法向量為n(x2，y2，z2)，則n，n，即取x21，得n(1,0,0)，所以cosm，n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為.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，已知ABACAA1，BC4，點A1在底面ABC的

8、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AO1，AA1，得AE.(2)如圖，分別以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)，由得點E的坐標是

9、，由(1)得平面BB1C1C的法向量是，設平面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與平面A1B1C的夾角的余弦值是.例5（2012高考真題安徽理18）（本小題滿分12分）平面圖形ABB1A1C1C如圖14(1)所示，其中BB1C1C是矩形，BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.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

10、)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(0,3，4)，(2,0,0)，·0，因此，即

11、AA1BC.(2)因為(0,3，4)，所以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(0，1,0)，(0,2，4)，所以cos，.即二面角ABCA1的余弦值為.(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A1D1到G點，使GD1