专题2 第3讲

第3讲 空间向量法的应用策略

例4 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD

＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．

(1)证明：MN ∥平面ABCD ；

(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平面角的余

弦值．

审题破题 (1)由M 、N 分别为PB 、PD 的中点，可利用△PBD 的中位线得到MN ∥BD ；(2)利用空间向量来解．

(1)证明 连接BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，

所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD .

又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，

所以MN ∥平面ABCD .

(2)解 连接AC 交BD 于点O ，以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y

轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．

在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，

得AC ＝AB ＝23，

BD ＝3AB ＝6.

又因为P A ⊥平面ABCD ，

所以P A ⊥AC .在直角△P AC 中，

AC ＝23，P A ＝26，AQ ⊥PC ，

得QC ＝2，PQ ＝4.

由此知各点坐标如下：A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M ⎝⎛⎭⎫－32，－32，6，N ⎝⎛⎭⎫－32，32，6，Q ⎝⎛⎭⎫33

，0，263. 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量，

由AM →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，6，AN →＝⎝⎛⎭

⎫32，32，6， 知⎩⎨⎧ 32x －3

2y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.可取z ＝－1， 得m ＝(22，0，－1)．

设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量，

由QM →＝⎝⎛⎭⎫－536，－32，63，QN →＝⎝⎛⎭

⎫－536，32，63知 ⎩⎨⎧ －5

36x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0.可取z ＝5，得n ＝(22，0,5)．

于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3333

. 所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333

. 构建答题模板

第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条相互垂直的直线；

第二步：建立空间直角坐标系，设出特征点坐标；

第三步：求半平面的法向量n ，m ；

第四步：求法向量n ，m 的夹角或cos 〈m ，n 〉；

第五步：将法向量的夹角转化为二面角，要注意直观判定二面角的大小；

第六步：反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.

跟踪训练4 (2013·江西)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，E 为BD 的中点，G

为PD 的中点，△DAB ≌△DCB ，EA ＝EB ＝AB ＝1，P A ＝32

，连接CE 并延长交AD 于F .

(1)求证：AD ⊥平面CFG ；

(2)求平面BCP 与平面DCP 的夹角的余弦值．

(1)证明 在△ABD 中，因为E 为BD 中点， 所以EA ＝EB ＝ED ＝AB ＝1，

故∠BAD ＝π2，∠ABE ＝∠AEB ＝π3

. 因为△DAB ≌△DCB ，所以△EAB ≌△ECB ，

从而有∠FED ＝∠BEC ＝∠AEB ＝π3

， 所以∠FED ＝∠FEA .

故EF ⊥AD ，AF ＝FD ，∴EF ∥AB ，GF ∥P A .

又∵P A ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，

∴GF ⊥AD ，EF ⊥AD ，

又GF ∩EF ＝F ，故AD ⊥平面CFG .

(2)解 以A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，

则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝⎛⎭

⎫32，32，0，D (0，3，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， 故BC →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，CP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，32， CD →＝⎝⎛⎭

⎫－32，32，0. 设平面BCP 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，

则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CP →＝0，n 1·BC →＝0，即⎩⎨⎧ －32x 1－32y 1＋32z 1＝0，12x 1＋32y 1＝0.

令y 1＝－3，则x 1＝3，z 1＝2，n 1＝(3，－3，2)． 同理求得面DCP 的一个法向量n 2＝(1，3，2)， 从而平面BCP 与平面DCP 的夹角θ的余弦值为 cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝44×22＝24.