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引入空间向量,用向量坐标运算中的代数方法来处理立体几何问题,降低了思维难度,使解题变得程序化,同学们易于接受。建立空间直角坐标系的位置不同对解题的难易程度会带来较大影响。下面举例说明建立空间直角坐标系的常用方法。
一、 根据条件和图形垂直特点直接建系
【例1】 如图,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,BC=2,求二面角APBC的余弦值大小
分析 因为AC⊥BC,选择点C作为原点建立空间直角坐标系。
解 建立如图所示空间直角坐标系Cxyz,取PB的中点D,连接DC,可证DC⊥PB,
作AE⊥PB于E,则向量DC与EA的夹角的大小为二面角APBC的大小.∵A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0,1),D为PB的中点,∴D12,22,12,
在Rt△PAB中,PEEB=AP2AB2=13,∴E分PB的比为13,∴E34,24,34,∴EA=14,-24,-34,DC=-12,-22,-12,EA•DC=12,EA=32,DC=1,cos〈EA,DC〉=1232×1=33,∴二面角APCC的余弦值大小为33.
点拨 本题还可以根据“垂直”特点,选择点A作为坐标原点,但是由于y轴的位置问题会给各点坐标的确定带来困难,增加运算量。
二、 根据条件证出垂直关系再建系
【例2】 四棱锥SABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC=45°,AB=2,BC=22,SA=SB=3.(1) 求证:SA⊥BC;(2) 求直线SD与平面SAB所成角的大小.
分析 本题没有明显线线垂直关系,需要先证出线线垂直再恰当建系。
解 (1) 作SO⊥BC,垂足为O,连接AO,由侧面SBC⊥底面ABCD,得SO⊥平面ABCD.
因为SA=SB,所以AO=BO.又∠ABC=45°,△AOB为等腰直角三角形,AO⊥OB.
如图,以O为坐标原点,OA为x轴正向,建立直角坐标系Oxyz,
A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),S(0,0,1),SA=(2,0,-1),CB=(0,22,0),SA•CB=0,所以SA⊥BC.
(2) 取AB的中点E,E22,22,0,
连接SE,取SE的中点G,连接OG,G24,24,12.
OG=24,24,12,SE=22,22,-1,AB=(-2,2,0).
SE•OG=0,AB•OG=0,OG与平面SAB内两条相交直线SE,AB垂直.
所以OG⊥平面SAB,OG与DS的夹角记为α,SD与平面SAB所成的角记为β,则α与β互余.
D(2,-22,0),DS=(-2,22,1).
cosα=OG•DSOG•DS=2211,sinβ=2211,
所以直线SD与平面SAB所成的角为
arcsin2211.
业精于勤,荒于嬉;行成于思,毁于随。——韩愈
三、 有多种途径建系的时候要做恰当选择再建系
【例3】 如图,已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长和底面边长均为1,M是底面BC边上的中点,N是侧棱CC1上的点,且CN=2C1N.
(1) 求二面角B1AMN的平面角的余弦值;
(2) 求点B1到平面AMN的距离.
分析 本题的建系途径有多种,建系不但要相关点的坐标容易求,还要兼顾题目中要求的结论。
解 (1) 建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,0,1),M0,12,0,C(0,1,0),N0,1,23,A-32,12,0,
∴AM=32,0,0,MB1=0,-12,1,MN=0,12,23.AM=32,0,0,
∵MB1•AM=32×0+0×-12+0×1=0,
∴MB1⊥AM,同法可得MN⊥AM.
故〈MB1,MN〉为二面角B1AMN的平面角.
∴cos〈MB1,MN〉=MB1•MNMB1•MN=55.
故二面角B1AMN的平面角的余弦值为55.
(2) 设n=(x, y, z)为平面AMN的一个法向量,则由n⊥AM,n⊥MN得,
32x=0,12y+23z=0,x=0,y=-43z,
故可取n=0,-43,1.
设MB1与n的夹角为a,
则cosa=MB1•nMB1•n=255,
∴B1到平面AMN的距离为
MB1•cosa=52×255=1.
点拨 本小题坐标系的建立有点特殊,同学们可试在另外坐标系下的方法,体会本题这样建系的好处。
牛刀小试
1. 如图,AB是圆O的直径且AB=2,C是圆O上不同于A,B的任一点,且∠BAC=60°,PC垂直于圆O所在的平面。问PC为多大时,二面角APBC为60°的角?
2. 如图,平面ABDE⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三角形,AC =BC=4,四边形ABDE是直角梯形,BD∥AE,BD⊥BA,BD=12AE=2,O、M分别为CE、AB的中点,求直线CD和平面ODM所成角的正弦值.
3. 如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.
(1) 求棱AA1与BC所成的角的大小;
(2) 在棱B1C1上确定一点P,使AP=14,并求出二面角PABA1的平面角的余弦值.
【参考答案】
1. 设C为坐标原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y轴,CP所在的直线为z轴建立坐标系.
则有A(1,0,0),B(0,3,0),C(0,0,0),
设P(0,0,m),
BA=(1,-3,0),BP=(0,-3,m).
面PCB的一个法向量n1=(1,0,0),
设面PAB的一个法向量n2=(x,y,z),
因为n2⊥BA,n2⊥BP,所以x-3y=0,-3y+mz=0,
令x=3,则 y=3,z=3m.
所以n2=3,3,3m,
则|n1|=1,|n2|=12+9m2,
所以cos〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|
=312+9m2=12,
解得m=64.
2. ∵DB⊥BA,又∵面ABDE⊥面ABC,面ABDE∩面ABC=AB,DB面ABDE,
∴DB⊥面ABC,∵BD∥AE,
∴EA⊥面ABC,
如图所示,以C为原点,分别以CA,CB为x,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
∵AC=BC=4,
∴设各点坐标为C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0),D(0,4,2),E(4,0,4),
则O(2,0,2),M(2,2,0),CD=(0,4,2),
OD=(-2,4,0),MD=(-2,2,2),
设平面ODM的一个法向量n=(x,y,z),则由n⊥OD且n⊥MD可得-2x+4y=0,-2x+2y+2z=0,
令x=2,则y=1,z=1,∴n=(2,1,1),
设直线CD和平面ODM所成角为θ,则
sinθ=cos〈n,CD〉=n•CD|n||CD|
=(2,1,1)•(0,4,2)|(2,1,1)||(0,4,2)|
=66•25=3010,
∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010.
3. (1) 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
则 C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),
AA1=(0,2,2),BC=B1C1=(2,-2,0).
cos〈AA1,BC〉=AA1•BCAA1•BC
=-48•8=-12,
故AA1与BC所成的角是π3.
(2) 设B1P=λB1C1=(2λ,-2λ,0),则P(2λ,4-2λ,2).
于是AP=4λ2+(4-2λ)2+4=14λ=12(λ=32舍去),
则P为棱B1C1的中点,其坐标为P(1,3,2).
设平面PAB的法向量为n1=(x,y,z),
则n1•AP=0,n1•AB=0.x+3y+2z=0,2y=0.x=-2z,y=0.
故n1=(-2,0,1).
而平面ABA1的法向量是n2=(1,0,0),
则cos〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|=-25=-255,
故二面角PABA1的平面角的余弦值是255.
(作者:熊如佐,江苏省东海高级中学)
一、 根据条件和图形垂直特点直接建系
【例1】 如图,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,BC=2,求二面角APBC的余弦值大小
分析 因为AC⊥BC,选择点C作为原点建立空间直角坐标系。
解 建立如图所示空间直角坐标系Cxyz,取PB的中点D,连接DC,可证DC⊥PB,
作AE⊥PB于E,则向量DC与EA的夹角的大小为二面角APBC的大小.∵A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0),P(1,0,1),D为PB的中点,∴D12,22,12,
在Rt△PAB中,PEEB=AP2AB2=13,∴E分PB的比为13,∴E34,24,34,∴EA=14,-24,-34,DC=-12,-22,-12,EA•DC=12,EA=32,DC=1,cos〈EA,DC〉=1232×1=33,∴二面角APCC的余弦值大小为33.
点拨 本题还可以根据“垂直”特点,选择点A作为坐标原点,但是由于y轴的位置问题会给各点坐标的确定带来困难,增加运算量。
二、 根据条件证出垂直关系再建系
【例2】 四棱锥SABCD中,底面ABCD为平行四边形,侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC=45°,AB=2,BC=22,SA=SB=3.(1) 求证:SA⊥BC;(2) 求直线SD与平面SAB所成角的大小.
分析 本题没有明显线线垂直关系,需要先证出线线垂直再恰当建系。
解 (1) 作SO⊥BC,垂足为O,连接AO,由侧面SBC⊥底面ABCD,得SO⊥平面ABCD.
因为SA=SB,所以AO=BO.又∠ABC=45°,△AOB为等腰直角三角形,AO⊥OB.
如图,以O为坐标原点,OA为x轴正向,建立直角坐标系Oxyz,
A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),S(0,0,1),SA=(2,0,-1),CB=(0,22,0),SA•CB=0,所以SA⊥BC.
(2) 取AB的中点E,E22,22,0,
连接SE,取SE的中点G,连接OG,G24,24,12.
OG=24,24,12,SE=22,22,-1,AB=(-2,2,0).
SE•OG=0,AB•OG=0,OG与平面SAB内两条相交直线SE,AB垂直.
所以OG⊥平面SAB,OG与DS的夹角记为α,SD与平面SAB所成的角记为β,则α与β互余.
D(2,-22,0),DS=(-2,22,1).
cosα=OG•DSOG•DS=2211,sinβ=2211,
所以直线SD与平面SAB所成的角为
arcsin2211.
业精于勤,荒于嬉;行成于思,毁于随。——韩愈
三、 有多种途径建系的时候要做恰当选择再建系
【例3】 如图,已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长和底面边长均为1,M是底面BC边上的中点,N是侧棱CC1上的点,且CN=2C1N.
(1) 求二面角B1AMN的平面角的余弦值;
(2) 求点B1到平面AMN的距离.
分析 本题的建系途径有多种,建系不但要相关点的坐标容易求,还要兼顾题目中要求的结论。
解 (1) 建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,0,1),M0,12,0,C(0,1,0),N0,1,23,A-32,12,0,
∴AM=32,0,0,MB1=0,-12,1,MN=0,12,23.AM=32,0,0,
∵MB1•AM=32×0+0×-12+0×1=0,
∴MB1⊥AM,同法可得MN⊥AM.
故〈MB1,MN〉为二面角B1AMN的平面角.
∴cos〈MB1,MN〉=MB1•MNMB1•MN=55.
故二面角B1AMN的平面角的余弦值为55.
(2) 设n=(x, y, z)为平面AMN的一个法向量,则由n⊥AM,n⊥MN得,
32x=0,12y+23z=0,x=0,y=-43z,
故可取n=0,-43,1.
设MB1与n的夹角为a,
则cosa=MB1•nMB1•n=255,
∴B1到平面AMN的距离为
MB1•cosa=52×255=1.
点拨 本小题坐标系的建立有点特殊,同学们可试在另外坐标系下的方法,体会本题这样建系的好处。
牛刀小试
1. 如图,AB是圆O的直径且AB=2,C是圆O上不同于A,B的任一点,且∠BAC=60°,PC垂直于圆O所在的平面。问PC为多大时,二面角APBC为60°的角?
2. 如图,平面ABDE⊥平面ABC,△ABC是等腰直角三角形,AC =BC=4,四边形ABDE是直角梯形,BD∥AE,BD⊥BA,BD=12AE=2,O、M分别为CE、AB的中点,求直线CD和平面ODM所成角的正弦值.
3. 如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.
(1) 求棱AA1与BC所成的角的大小;
(2) 在棱B1C1上确定一点P,使AP=14,并求出二面角PABA1的平面角的余弦值.
【参考答案】
1. 设C为坐标原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y轴,CP所在的直线为z轴建立坐标系.
则有A(1,0,0),B(0,3,0),C(0,0,0),
设P(0,0,m),
BA=(1,-3,0),BP=(0,-3,m).
面PCB的一个法向量n1=(1,0,0),
设面PAB的一个法向量n2=(x,y,z),
因为n2⊥BA,n2⊥BP,所以x-3y=0,-3y+mz=0,
令x=3,则 y=3,z=3m.
所以n2=3,3,3m,
则|n1|=1,|n2|=12+9m2,
所以cos〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|
=312+9m2=12,
解得m=64.
2. ∵DB⊥BA,又∵面ABDE⊥面ABC,面ABDE∩面ABC=AB,DB面ABDE,
∴DB⊥面ABC,∵BD∥AE,
∴EA⊥面ABC,
如图所示,以C为原点,分别以CA,CB为x,y轴,以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
∵AC=BC=4,
∴设各点坐标为C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0),D(0,4,2),E(4,0,4),
则O(2,0,2),M(2,2,0),CD=(0,4,2),
OD=(-2,4,0),MD=(-2,2,2),
设平面ODM的一个法向量n=(x,y,z),则由n⊥OD且n⊥MD可得-2x+4y=0,-2x+2y+2z=0,
令x=2,则y=1,z=1,∴n=(2,1,1),
设直线CD和平面ODM所成角为θ,则
sinθ=cos〈n,CD〉=n•CD|n||CD|
=(2,1,1)•(0,4,2)|(2,1,1)||(0,4,2)|
=66•25=3010,
∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为3010.
3. (1) 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
则 C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),
AA1=(0,2,2),BC=B1C1=(2,-2,0).
cos〈AA1,BC〉=AA1•BCAA1•BC
=-48•8=-12,
故AA1与BC所成的角是π3.
(2) 设B1P=λB1C1=(2λ,-2λ,0),则P(2λ,4-2λ,2).
于是AP=4λ2+(4-2λ)2+4=14λ=12(λ=32舍去),
则P为棱B1C1的中点,其坐标为P(1,3,2).
设平面PAB的法向量为n1=(x,y,z),
则n1•AP=0,n1•AB=0.x+3y+2z=0,2y=0.x=-2z,y=0.
故n1=(-2,0,1).
而平面ABA1的法向量是n2=(1,0,0),
则cos〈n1,n2〉=n1•n2|n1|•|n2|=-25=-255,
故二面角PABA1的平面角的余弦值是255.
(作者:熊如佐,江苏省东海高级中学)