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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 P ABCD 中 , PA 底面 ABCD , BC CD 2, AC 4, ACBACD, F 为 PC 的中 点 , AF PB . 3 (1) 求 PA 的长 ; (2) 求二面角 B AF D 的正弦值 . 【答案】 解：(1)如图，联结 BD 交 AC 于 O，因为 BC＝ CD，即△ BCD 为等腰三角形， 又 AC 平分∠ BCD， 故 AC⊥ BD .以 O 为坐标原点， → → → x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立 OB， OC， AP的方向分别为 π π 空间直角坐标系 O－ xyz，则 OC＝ CDcos ＝ 1，而 AC＝ 4，得 AO＝ AC－ OC＝ 3.又 OD ＝ CD sin 3 3 ＝ 3，故 A(0，－ 3， 0)， B( 3， 0， 0)， C(0， 1， 0)， D( － 3，0， 0)． z → 因 PA⊥底面 ABCD ，可设 P(0，－ 3，z) ，由 F 为 PC 边中点， 得 F 0，－ 1， 2 ，又 AF ＝ z → → → 2 ＝ 0，即 6－z ＝0， z＝ 2 3(舍去－ 2 0， 2， 2 ， PB＝ ( 3， 3，－ z)，因 AF⊥ PB，故 AF ·PB 2 → 3. 3)，所以 |PA|＝ 2 → → → FAD 的法 (2)由 (1)知 AD＝ (－ 3， 3， 0)，AB ＝( 3， 3，0) ，AF ＝ (0， 2， 3)．设平面 向量为 1＝ (x1， y1， z1)，平面 FAB 的法向量为 2＝ (x2， y2， z2)． 由 → → 1·AD＝ 0， 1·AF＝ 0，得 － 3x1＋ 3y 1＝ 0， 1＝ (3， 3，－ 2)． 2y ＋ 因此可取 3z ＝ 0， 1 1 由 2 → ＝ 0， 2 → ＝0，得 ·AB ·AF 3x2＋ 3y2＝ 0， 故可取 2＝ (3，－ 3，2) ． 2y2＋ 3z2＝ 0， 从而向量 1， 2 的夹角的余弦值为 n1·n2 1 cos〈 1， 2〉＝ |n1| |n·2|＝ 8. 故二面角 B－AF － D 的正弦值为 3 7 8 . 例 2（ 2013 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 P ABCD 中 , ABC BAD 90o，BC 2AD, PAB 与 PAD 都是等边 三角形 . (I) 证明 : PB CD ; (II) 求二面角 A PD C 的大小 . 【答案】 解： (1)取 BC 的中点 E，联结 DE，则四边形 ABED 为正方形． 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  PA＝ PB＝ PD ， 所以 OA＝ OB＝ OD，即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点，故 OE⊥BD，从而 PB⊥ OE. 因为 O 是 BD 的中点， E 是 BC 的中点，所以 OE∥ CD .因此 PB⊥ CD . (2)解法一：由 (1)知 CD ⊥ PB， CD⊥PO， PB ∩PO＝ P， CD⊥平面 PBD . PD ? 平面 PBD ，所以 CD ⊥PD. PD 的中点 F， PC 的中点 G，连 FG . FG ∥CD， FG ⊥ PD . 联结 AF ，由△ APD 为等边三角形可得 AF ⊥PD . 所以∠ AFG 为二面角 A－ PD － C 的平面角． 联结 AG， EG，则 EG∥PB. 又 PB⊥ AE，所以 EG⊥ AE. 设 AB＝ 2，则 AE＝ 2 1 2， EG＝ PB ＝1， 2 AG＝ AE2＋ EG2＝ 3， 在△ AFG 中， FG ＝1 CD ＝ 2， AF ＝ 3， AG＝ 3. 2 所以 cos∠ AFG ＝ FG 2＋ AF 2－ AG2 6 2·FG ·AF ＝－ 3 . 6 因此二面角 A－ PD － C 的大小为 π－ arccos 3 . 解法二：由 (1) 知， OE，OB， OP 两两垂直． → 以 O 为坐标原点， OE的方向为 x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 O－ xyz. → 设 |AB|＝ 2，则 A(－ 2， 0， 0)， D(0 ，－ 2， 0)， C(2 2，－ 2， 0)， P(0， 0， 2) ， → → 2，－ 2)， PC＝ (2 2，－ 2，－ 2)， PD ＝ (0，－ → → AP＝ (