高考数学专题： 空间向量与立体几何

7．(2014·重庆，19，13分，中)如图，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的π

菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝3，M为BC1

上一点，且BM＝2，MP⊥AP. (1)求PO的长；

(2)求二面角A-PM-C的正弦值．

7．解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.→，OB→，OP→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立

以O为坐标原点，OA空间直角坐标系O-xyz.

π

因为∠BAD＝3，

ππ

所以OA＝AB·cos6＝3，OB＝AB·sin6＝1，

→＝(0，1，0)，所以O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，C(－3，0，0)，OB→＝(－3，－1，0)． BC

1

由BM＝2，BC＝2知， ?31→＝1BC→＝??－，－，0?， BM

44?4??33→＝OB→＋BM→＝??－，，0?， 从而OM

?44?

9

??33

即M?－，，0?.

?44?

33?→＝(－3，0，a)，MP→＝??，－，a?. 设P(0，0，a)，a>0，则AP

4??4→·→＝0，即－3＋a2＝0，

因为MP⊥AP，故MPAP

433

所以a＝2或a＝－2(舍去)， 3

即PO＝2.

3?→?333?→?3?→＝??－3，0，?，MP(2)由(1)知，AP＝?，－，?，CP＝?3，0，?. 2?42?2???4?设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

→＝0，n·→

由n1·AP1MP＝0， 3?－3x＋1?2z1＝0，得?

333?x1－y1＋?442z1＝0，?53?

?. 故可取n1＝?1，

3，2??→＝0，n·→

由n2·MP2CP＝0， 333??4x2－4y2＋2z2＝0，得?

3

?3x2＋?2z2＝0，故可取n2＝(1，－3，－2)． 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 n1·n215cos〈n1，n2〉＝|n|·＝－

5， 1|n2|sin〈n1，n2〉＝10?15?2?＝1－?－

5， 5??

10

故所求二面角A-PM-C的正弦值为5.

10

8．(2014·辽宁，19，12分，中)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点． (1)求证：EF⊥BC；

(2)求二面角E-BF-C的正弦值．

8．解：(1)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．

?13?易得B(0，0，0)，A(0，－1，3)，D(3，－1，0)，C(0，2，0)，因而E?0，，?，

22???31?

F?，，0?， ?22?

33?→→＝?→·→＝0. ?，0，－?，BC所以EF＝(0，2，0)，因此EFBC

2??2→⊥BC→，所以EF⊥BC.

从而EF

(2)平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)． 设平面BEF的法向量为n2＝(x，y，z)． ?→?3113?→＝??，，0?，BE又BF＝?0，，?，

22??22??→＝0，?BF?n2·

由?得其中一个n2＝(1，－3，1)．

→?BE＝0?n2·

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设二面角E-BF-C大小为θ，且由题意知θ为锐角， 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉| n2?1?n1·

＝?|n||n|?＝. ?12?5因此sin θ＝

22525

＝5，即所求二面角的正弦值为5. 5

在建立恰当的空间直角坐标系的基础上，利用空间坐标、空间向量表示点、线，把立体几何问题转化为向量问题是高考试题的重点题型，复习时要熟练建立空间直角坐标系，正确表示点、向量的坐标，加强向量数量积的运算．

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