2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何學(xué)案 理

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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 立體幾何學(xué)案 理 , 第一講 小題考法——空間幾何體的三視圖、表面積與體積及空間線面位置關(guān)系的判定 考點(diǎn)(一) 空間幾何體的三視圖 主要考查利用三視圖的畫法規(guī)則及擺放規(guī)則，根據(jù)空間幾何體確定其三視圖，或根據(jù)三視圖還原其對應(yīng)直觀圖，或根據(jù)三視圖中的其中兩個(gè)確定另一個(gè). [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅰ)某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖和左視圖都由正方形和等腰直角三角形組成，正方形的邊長為2，俯視圖為等腰直角三角形．該多面體的各個(gè)面中有若干個(gè)是梯形，這些梯形的面積之和為(　　) A．10　　　　　　　 B

2、．12 C．14 D．16 (2)(2018·重慶調(diào)研)如圖①是一個(gè)棱長為2的正方體被削去一個(gè)角后所得到的幾何體的直觀圖，其中DD1＝1，AB＝BC＝AA1＝2.若此幾何體的俯視圖如圖②所示，則可以作為其正視圖的是(　　) [解析]　(1)由三視圖可知該多面體是一個(gè)組合體，下面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一個(gè)底面是等腰直角三角形的三棱錐，等腰直角三角形的腰長為2，直三棱柱的高為2，三棱錐的高為2，易知該多面體有2個(gè)面是梯形，這些梯形的面積之和為×2＝12，故選B. (2)由題意，根據(jù)該幾何體的直觀圖和俯視圖知，其正視圖的長應(yīng)為底面正方形的對角線長，寬應(yīng)為正方

3、體的棱長，故排除B，D；在三視圖中看不見的棱用虛線表示，故排除A，選C. [答案]　(1)B　(2)C [方法技巧] 熟練掌握規(guī)則幾何體的三視圖是由三視圖還原幾何體的基礎(chǔ)，在明確三視圖畫法規(guī)則的基礎(chǔ)上，按以下步驟可輕松解決此類問題： [演練沖關(guān)] 1．(2018·全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來．構(gòu)件的凸出部分叫榫頭，凹進(jìn)部分叫卯眼，圖中木構(gòu)件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構(gòu)件與某一帶卯眼的木構(gòu)件咬合成長方體，則咬合時(shí)帶卯眼的木構(gòu)件的俯視圖可以是(　　) 解析：選A　由題意可知帶卯眼的木構(gòu)件的直觀圖如圖所示，由直觀圖可知其俯視圖應(yīng)選A. 2．(201

4、8·安徽淮北二模)某幾何體的三視圖如圖所示，網(wǎng)格紙的小方格是邊長為1的正方形，則該幾何體中最長棱的棱長是(　　) A. B． C. D．3 解析：選A　由三視圖可知該幾何體為一個(gè)三棱錐D-ABC，如圖，將其置于長方體中，該長方體的底面是邊長為1的正方形，高為2.所以AB＝1，AC＝，BC＝，CD＝，DA＝2，BD＝，因此最長棱為BD，棱長是，故選A. 3．(2018·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，則此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：選C　由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱

5、錐P-ABCD，易知四棱錐P-ABCD的四個(gè)側(cè)面都是直角三角形，即此幾何體各面中直角三角形的個(gè)數(shù)是4，故選C. 4.(2018·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示．圓柱表面上的點(diǎn)M在正視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對應(yīng)點(diǎn)為B，則在此圓柱側(cè)面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A．2 B．2 C．3 D．2 解析：選B　先畫出圓柱的直觀圖，根據(jù)題圖的三視圖可知點(diǎn)M，N的位置如圖①所示．圓柱的側(cè)面展開圖及M，N的位置(N為OP的四等分點(diǎn))如圖②所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路

6、徑．ON＝×16＝4，OM＝2， ∴MN＝＝ ＝2. 考點(diǎn)(二) 空間幾何體的表面積與體積 主要考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、表面積與體積公式的應(yīng)用，涉及的幾何　　　體多為柱體、錐體，且常與三視圖相結(jié)合考查. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅱ)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為(　　) A．90π B．63π C．42π D．36π (2)(2018·武漢調(diào)研)一個(gè)幾何體的三視圖如圖，則它的表面積為(　　) A．28　　　　　　　　　 B．24＋2

7、 C．20＋4 D．20＋2 (3)(2018·哈爾濱六中模擬) 在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊)的動點(diǎn)，且A1F∥平面D1AE，沿A1F將點(diǎn)B1所在的幾何體削去，則剩余幾何體的體積為(　　) A. B． C. D． [解析]　(1)法一：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，故其體積V＝π×32×10－×π×32×6＝63π. 法二：由題意知，該幾何體由底面半徑為3，高為10的圓柱截去底面半徑為3，高為6的圓柱的一半所得，其體積等價(jià)于底面半徑為3，高

8、為7的圓柱的體積，所以它的體積V＝π×32×7＝63π. (2)根據(jù)該幾何體的三視圖作出其直觀圖如圖所示，可以看出該幾何體是一個(gè)底面是梯形的四棱柱．根據(jù)三視圖給出的數(shù)據(jù)，可得該幾何體中梯形的上底長為2，下底長為3，高為2，所以該幾何體的表面積S＝×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×＝24＋2，故選B. (3)分別取B1B，B1C1的中點(diǎn)M，N，連接A1M，MN，A1N，∵A1M∥D1E，A1M?平面D1AE，D1E?平面D1AE，∴A1M∥平面D1AE.同理可得MN∥平面D1AE，又A1M，MN是平面A1MN內(nèi)的相交直線，∴平面A1MN∥平面D1AE，由此結(jié)合A1F∥平面D1

9、AE，可得直線A1F?平面A1MN，即點(diǎn)F的軌跡是線段MN， ∴VB1-A1MN＝××1××＝，∴將點(diǎn)B1所在的幾何體削去，剩余幾何體的體積為1－＝. [答案]　(1)B　(2)B　(3)D [方法技巧] 1．求解幾何體的表面積與體積的技巧 (1)求三棱錐的體積：等體積轉(zhuǎn)化是常用的方法，轉(zhuǎn)化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上． (2)求不規(guī)則幾何體的體積：常用分割或補(bǔ)形的方法，將不規(guī)則幾何體轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體求解． (3)求表面積：其關(guān)鍵思想是空間問題平面化．求不規(guī)則幾何體的表面積時(shí)，通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺體，先求這些柱、錐、臺體的表面積，再通過求和或作差求得所

10、給幾何體的表面積． 2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 [演練沖關(guān)] 1．(2018·洛陽尖子生統(tǒng)考)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．2 B．1 C. D． 解析：選C　由題圖可知，該幾何體是一個(gè)四棱錐，如圖所示，其中PD⊥平面ABCD，底面ABCD是一個(gè)對角線長為2的正方形，底面積S＝×2×2＝2，高h(yuǎn)＝1，則該幾何體的體積V＝Sh＝，故選C. 2．(2018·長春模擬)《九章算術(shù)》卷五商功中有如下問題：今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無廣，高一丈，問積幾何？芻甍：底面為矩形的屋脊?fàn)畹膸缀误w(網(wǎng)格紙中粗線部分為其三視

11、圖，設(shè)網(wǎng)格紙上每個(gè)小正方形的邊長為1)，那么該芻甍的體積為(　　) A．4 B．5 C．6 D．12 解析：選B　如圖，由三視圖可還原得幾何體ABCDEF，過E，F(xiàn)分別作垂直于底面的截面EGH和FMN，將原幾何體拆分成兩個(gè)底面積為3，高為1的四棱錐和一個(gè)底面積為，高為2的三棱柱，所以VABCDEF＝2V四棱錐E-ADHG＋V三棱柱EHG-FNM＝2××3×1＋×2＝5，故選B. 3．(2018·貴州模擬)某實(shí)心幾何體是用棱長為1 cm的正方體無縫粘合而成的，其三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．50 cm2 B．61 cm2 C．84 cm

12、2 D．86 cm2 解析：選D　根據(jù)題意可知該幾何體由3個(gè)長方體(最下面長方體的長、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm；中間長方體的長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm；最上面長方體的長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm)疊合而成，長、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm的長方體的表面積為2(5×5＋5×1＋5×1)＝2×35＝70(cm2)；長、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm的長方體的表面積為2(3×3＋3×1＋3×1)＝2×15＝30(cm2)；長、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm的長方體的表面積為2(1×1＋1×1＋1×1)＝2×3＝6(

13、cm2)．由于幾何體的疊加而減少的面積為2×(3×3)＋2×(1×1)＝2×10＝20(cm2)，所以所求表面積為70＋30＋6－20＝86(cm2)．故選D. 考點(diǎn)(三) 與球有關(guān)的組合體的計(jì)算問題 主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計(jì)算問題，其本質(zhì)是計(jì)算球的半徑. [典例感悟] [典例]　(1)(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)A，B，C，D是同一個(gè)半徑為4的球的球面上四點(diǎn)，△ABC為等邊三角形且其面積為9，則三棱錐D-ABC體積的最大值為(　　) A．12　　　　　　　　　 B．18 C．24 D．54 (2)(2017·全國卷

14、Ⅰ)已知三棱錐S -ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，SC是球O的直徑．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱錐S -ABC的體積為9，則球O的表面積為________． (3)(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，則的值是________． [解析]　(1)由等邊△ABC的面積為9，可得AB2＝9，所以AB＝6， 所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝AB＝2. 設(shè)球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝＝＝2. 所以三棱錐D-ABC高的最大值為2

15、＋4＝6， 所以三棱錐D-ABC體積的最大值為×9×6＝18. (2)如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑，∴點(diǎn)O為SC的中點(diǎn)，∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB， 設(shè)球O的半徑為R，則OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VS -ABC＝VA-SBC＝×S△SBC×AO ＝××AO， 即9＝××R，解得 R＝3， ∴球O的表面積為S＝4πR2＝4π×32＝36π. (3)設(shè)球O的半徑為R，因?yàn)榍騉與圓柱O1O2的上、下底面及母線均相切，所以圓柱的底面半徑為R、高為2R，所以＝

16、＝. [答案]　(1)B　(2)36π　(3) [方法技巧] 求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問題的策略 (1)過球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題． (2)利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解． [演練沖關(guān)] 1．(2019屆高三·山西八校聯(lián)考)已知一個(gè)球的表面上有A，B，C三個(gè)點(diǎn)，且AB＝AC＝BC＝2，若球心到平面ABC的距離為1，則該球的表面積為(　　) A．20π　　　　　　　　 B．15π C．10π D

17、．5π 解析：選A　設(shè)球心為O，△ABC的中心為O′，因?yàn)锳B＝AC＝BC＝2，所以AO′＝×2×＝2，因?yàn)榍蛐牡狡矫鍭BC的距離為1，所以O(shè)O′＝1，所以AO＝＝，故該球的表面積S＝4π×(OA)2＝20π.故選A. 2．(2018·重慶模擬)已知三棱錐A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，BC⊥CD，AB⊥AC，CD＝2，BC＝2，則該三棱錐外接球的表面積為(　　) A．4π B．4π C．12π D．9π 解析：選C　如圖，取BC的中點(diǎn)E，BD的中點(diǎn)O，連接OA，OE，OC，AE，則OE∥CD.由平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，CD?平面BCD，CD⊥

18、BC，得CD⊥平面ABC，則OE⊥平面ABC，所以O(shè)E⊥BC，OE⊥AE.在Rt△ABC中，AE＝BC＝BE＝CE，則Rt△OCE≌Rt△OAE≌Rt△OBE，所以O(shè)C＝OA＝OB，又OB＝OD，所以O(shè)為三棱錐A-BCD的外接球的球心，外接球的半徑R＝BD＝ ＝，則三棱錐A-BCD的外接球的表面積S＝4πR2＝12π，故選C. 3．(2018·陜西渭南二模)體積為的球與正三棱柱的所有面均相切，則該棱柱的體積為________． 解析：設(shè)球的半徑為R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h(yuǎn)＝2.設(shè)底面邊長為a，則×a＝1，所以a＝2.所以V＝×2×3×2＝6. 答案：6 考點(diǎn)(四) 空

19、間線面位置關(guān)系問題 主要考查利用四個(gè)公理、八個(gè)定理來判斷與點(diǎn)、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡單的線面位置關(guān)系及簡單空間角問題的求解. [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) (2)(2018·惠州模擬)設(shè)l，m，n為三條不同的直線，α為一個(gè)平面，則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是(　　) ①若l⊥α，則l與α相交；②若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，則n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，則l∥n

20、. A．1　　　　　　　　 B．2 C．3 D．4 (3)(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A. B． C. D． [解析]　(1)法一：對于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳B∥CD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可證選項(xiàng)C、D中均有AB∥平面MNQ.故選A. 法二：對于選項(xiàng)A，設(shè)正方體的底面對角線的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面M

21、NQ有交點(diǎn)，即AB與平面MNQ不平行，根據(jù)直線與平面平行的判定定理及三角形的中位線性質(zhì)知，選項(xiàng)B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A. (2)對于①，若l⊥α，則l與α不可能平行，l也不可能在α內(nèi)，所以l與α相交，①正確；對于②，若m?α，n?α，l⊥ m，l⊥n，則有可能是l?α，故②錯誤；對于③，若l∥m，m∥n，則l∥n， 又l⊥α，所以n⊥α，故③正確；對于④，因?yàn)閙⊥α，n⊥α，所以m∥n，又l∥m，所以l∥n，故④正確．選C. (3)如圖，連接BE，因?yàn)锳B∥CD，所以AE與CD所成的角為∠EAB.在Rt△ABE中， 設(shè)AB＝2，則BE＝，則tan ∠EAB＝＝， 所以異

22、面直線AE與CD所成角的正切值為. [答案]　(1)A　(2)C　(3)C [方法技巧] 1．判斷與空間位置關(guān)系有關(guān)命題真假的方法 (1)借助空間線面平行、面面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行判斷． (2)借助空間幾何模型，如從長方體模型、四面體模型等模型中觀察線面位置關(guān)系，結(jié)合有關(guān)定理，進(jìn)行肯定或否定． (3)借助反證法，當(dāng)從正面入手較難時(shí)，可利用反證法，推出與題設(shè)或公認(rèn)的結(jié)論相矛盾的命題，進(jìn)而作出判斷． 2．平移法求異面直線所成的角 通過作圖(如結(jié)合中位線、平行四邊形等)來構(gòu)造平行線、作出異面直線所成的角，通過解三角形來求解，具體步驟為： [演

23、練沖關(guān)] 1．(2018·安徽宣城第二次調(diào)研)已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題，其中錯誤的命題是(　　) A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，則m∥n B．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則m⊥n C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，則m⊥α D．若α∥β，m∥α，則m∥β 解析：選D　若m∥α，m∥β，α∩β＝n，則由線面平行的性質(zhì)可得m∥n，故A正確．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，則由線面垂直的性質(zhì)可得m⊥n，故B正確．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝m，則由面面垂直的性質(zhì)可得m⊥α，故C正確．若α∥β，m∥α，則m∥β或m?β，故D不正確．故選D. 2.如圖

24、是正方體的平面展開圖，則在這個(gè)正方體中：①直線BM與ED平行；②直線CN與BE是異面直線；③直線CN與BM成60°角；④直線DM與BN是異面直線． 以上四個(gè)命題中，正確命題的序號是(　　) A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④ 解析：選C　由題意得到正方體的直觀圖如圖所示，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可得，直線BM與ED是異面直線，故①不正確；直線CN與BE是平行的，故②不正確；連接AN，則AN∥BM，所以直線CN 與BM所成的角就是∠ANC，且∠ANC＝60°，故③正確；直線DM與BN是異面直線，故④正確．所以正確命題的序號是③④. 3．已知α，β表示兩個(gè)不同平面，a，b表示兩

25、條不同直線，對于下列兩個(gè)命題： ①若b?α，a?α，則“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件； ②若a?α，b?α，則“α∥β”是“a∥β且b∥β”的充要條件． 判斷正確的是(　　) A．①，②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題 C．①是假命題，②是真命題 D．①，②都是假命題 解析：選B　若b?α，a?α，a∥b，則由線面平行的判定定理可得a∥α，反過來，若b?α，a?α，a∥α，則a，b可能平行或異面，所以若b?α，a?α，“a∥b”是“a∥α”的充分不必要條件，①是真命題；若a?α，b?α，α∥β，則由面面平行的性質(zhì)可得a∥β，b∥β，反過來，若a?α，b?α，a∥β

26、，b∥β，則α，β可能平行或相交，所以若a?α，b?α，則“α∥β”是“a∥β，b∥β”的充分不必要條件，②是假命題，選項(xiàng)B正確． [必備知能·自主補(bǔ)缺]　依據(jù)學(xué)情課下看，針對自身補(bǔ)缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 [主干知識要記牢] 1．簡單幾何體的表面積和體積 (1)S直棱柱側(cè)＝ch(c為底面周長，h為高)． (2)S正棱錐側(cè)＝ch′(c為底面周長，h′為斜高)． (3)S正棱臺側(cè)＝(c′＋c)h′(c與c′分別為上、下底面周長，h′為斜高)． (4)圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面積公式 S圓柱側(cè)＝2πrl(r為底面半徑，l為母線長)， S圓錐側(cè)＝πrl(r為底面半徑

27、，l為母線長)， S圓臺側(cè)＝π(r′＋r)l(r′，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長)． (5)柱、錐、臺體的體積公式 V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)， V錐＝Sh(S為底面面積，h為高)， V臺＝(S＋＋S′)h(S，S′為上、下底面面積，h為高)． (6)球的表面積和體積公式 S球＝4πR2，V球＝πR3. 2．兩類關(guān)系的轉(zhuǎn)化 (1)平行關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 (2)垂直關(guān)系之間的轉(zhuǎn)化 3．證明空間位置關(guān)系的方法 已知a，b，l是直線，α，β，γ是平面，O是點(diǎn)，則 (1)線線平行 ?c∥b，?a∥b， ?a∥b，?a∥b. (2)線面平行 ?a

28、∥α，?a∥α，?a∥α. (3)面面平行 ?α∥β，?α∥β，?α∥γ. (4)線線垂直 ?a⊥b，?a⊥b. (5)線面垂直 ?l⊥α， ?a⊥β， ?a⊥β，?b⊥α. (6)面面垂直 ?α⊥β，?α⊥β. [二級結(jié)論要用好] 1．長方體的對角線與其共點(diǎn)的三條棱之間的長度關(guān)系d2＝a2＋b2＋c2；若長方體外接球半徑為R，則有(2R)2＝a2＋b2＋c2. [針對練1]　(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且長度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為(　　) A．48π　　　　　　　　 B．32π C．20π D．12

29、π 解析：選B　依題意，設(shè)題中的三棱錐外接球的半徑為R，可將題中的三棱錐補(bǔ)形成一個(gè)長方體，則R＝ ＝2，所以該三棱錐外接球的表面積為S＝4πR2＝32π. 2．棱長為a的正四面體的內(nèi)切球半徑r＝a，外接球的半徑R＝a.又正四面體的高h(yuǎn)＝a，故r＝h，R＝h. [針對練2]　正四面體ABCD的外接球半徑為2，過棱AB作該球的截面，則截面面積的最小值為________． 解析：由題意知，面積最小的截面是以AB為直徑的圓，設(shè)AB的長為a，因?yàn)檎拿骟w外接球的半徑為2，所以a＝2，解得a＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： [易錯易混要明了] 應(yīng)用空間線面平行與垂直關(guān)系中

30、的判定定理和性質(zhì)定理時(shí)，忽視判定定理和性質(zhì)定理中的條件，導(dǎo)致判斷出錯．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易誤得出m⊥β的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m?α的限制條件． [針對練3]　設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，m是直線且m?α，則“m∥β ”是“α∥β ”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　當(dāng)m∥β時(shí)，過m的平面α與β可能平行也可能相交，因而m∥β?/ α∥β；當(dāng)α∥β時(shí)，α內(nèi)任一直線與β平行，因?yàn)閙?α，所以m∥β.綜上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件． A級——12＋4提速

31、練 一、選擇題 1.(2018·廣州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的正視圖(等腰直角三角形)和側(cè)視圖，且該幾何體的體積為，則該幾何體的俯視圖可以是(　　) 解析：選D　由題意可得該幾何體可能為四棱錐，如圖所示，其高為2，底面為正方形，面積為2×2＝4，因?yàn)樵搸缀误w的體積為×4×2＝，滿足條件，所以俯視圖可以為D. 2．(2018·陜西模擬)把邊長為1的正方形ABCD沿對角線BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱錐C-ABD的正視圖與俯視圖如圖所示，則側(cè)視圖的面積為(　　) A. B． C. D． 解析：選D　由三棱錐C-

32、ABD的正視圖、俯視圖得三棱錐C-ABD的側(cè)視圖為直角邊長是的等腰直角三角形，其形狀如圖所示，所以三棱錐C-ABD的側(cè)視圖的面積為，故選D. 3．(2018·鄭州一模)已知兩條不重合的直線m，n和兩個(gè)不重合的平面α，β，m⊥α，n?β.給出下列四個(gè)命題： ①若α∥β，則m⊥n；②若m⊥n，則α∥β； ③若m∥n，則α⊥β；④若α⊥β，則m∥n. 其中正確命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．0　　　　　　　　　 B．1 C．2 D．3 解析：選C　依題意，對于①，由“若一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)垂直，則該直線也垂直于另一個(gè)平面”得知，m⊥β，又n?β，因此m⊥n，①正確；對于②，當(dāng)α⊥

33、β時(shí)，設(shè)α∩β＝n，在平面β內(nèi)作直線m⊥n，則有m⊥α，因此②不正確；對于③，由m∥n，m⊥α得n⊥α，又n?β，因此有α⊥β，③正確；對于④，當(dāng)m⊥α，α∩β＝n，α⊥β時(shí)，直線m，n不平行，因此④不正確．綜上所述，正確命題的個(gè)數(shù)為2，故選C. 4.(2018·唐山模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫的是一個(gè)幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A．3 B. C．7 D. 解析：選B　由題中的三視圖可得，該幾何體是由一個(gè)長方體切去一個(gè)三棱錐所得的幾何體，長方體的長，寬，高分別為2,1,2，體積為4，切去的三棱錐的體積為，故該幾何體的體積V＝4－＝. 5．(2

34、018·長郡中學(xué)模擬)某幾何體的三視圖如圖所示，其俯視圖中的曲線部分為半圓，則該幾何體的體積是(　　) A．192＋96π B．256＋96π C．192＋100π D．256＋100π 解析：選C　題中的幾何體是由一個(gè)直三棱柱和一個(gè)半圓柱構(gòu)成的幾何體，其中直三棱柱的底面是兩直角邊分別為8和6的直角三角形，高為8，該半圓柱的底面圓的半徑為5，高為8，因此該幾何體的體積為×8×6×8＋π×52×8＝192＋100π，選C. 6.(2018·貴陽模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(粗線部分)，正方形網(wǎng)格的邊長為1，該幾何體的頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的表面積為(　　) A．15π

35、 B．16π C．17π D．18π 解析：選C　由題中的三視圖可知，該幾何體為如圖所示的三棱錐D1-BCD，將其放在長方體ABCD-A1B1C1D1中，則該幾何體的外接球即長方體的外接球，長方體的長、寬、高分別為2,2,3，長方體的體對角線長為＝，球O的直徑為，所以球O的表面積S＝17π，故選C. 7．(2018·石家莊模擬)如圖是某四棱錐的三視圖，其中正視圖是邊長為2的正方形，側(cè)視圖是底邊分別為2和1的直角梯形，則該幾何體的體積為(　　) A. B． C. D． 解析：選A　記由三視圖還原后的幾何體為四棱錐A-BCDE，將其放入棱長為2的正方體中，如圖，其中點(diǎn)D，E分

36、別為所在棱的中點(diǎn)，分析知平面ABE⊥平面BCDE，點(diǎn)A到直線BE的距離即四棱錐的高，設(shè)為h，在△ABE中，易知AE＝BE＝，cos∠ABE＝，則sin∠ABE＝，所以h＝，故四棱錐的體積V＝×2××＝，故選A. 8．(2018·全國卷Ⅱ)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A.　　　　 B.　　　　 C.　　　　 D. 解析：選C　如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長方體EFBA-E1F1B1A1.連接B1F，由長方體性質(zhì)可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F為異面直線AD1與DB1所

37、成的角或其補(bǔ)角．連接DF，由題意，得DF＝＝，F(xiàn)B1＝＝2，DB1＝＝. 在△DFB1中，由余弦定理，得DF2＝FB＋DB－2FB1·DB1·cos∠DB1F，即5＝4＋5－2×2××cos∠DB1F，∴cos∠DB1F＝. 9．已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在球心為O，半徑為R的球面上，AB＝6，BC＝2，且四棱錐O-ABCD的體積為8，則R等于(　　) A．4　　　　　　　　　 B．2 C. D． 解析：選A　如圖，設(shè)矩形ABCD的中心為E，連接OE，EC，由球的性質(zhì)可得OE⊥平面ABCD，所以VO-ABCD＝·OE·S矩形ABCD＝×OE×6×2＝8，所以O(shè)E＝2，在矩形ABC

38、D中可得EC＝2，則R＝＝＝4，故選A. 10．(2018·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) A．2＋4＋2 B．2＋2＋4 C．2＋6 D．8＋4 解析：選A　由三視圖知該幾何體為三棱錐，記為三棱錐P-ABC，將其放在棱長為2的正方體中，如圖所示，其中AC⊥BC，PA⊥AC，PB⊥BC，△PAB是邊長為2的等邊三角形，故所求表面積為S△ABC＋S△PAC＋S△PBC＋S△PAB＝×2×2＋×2×2＋×2×2＋×(2)2＝2＋4＋2.故選A. 11.(2018·唐山模擬)把一個(gè)皮球放入如圖所示的由8根長均為

39、20 cm的鐵絲接成的四棱錐形骨架中，使皮球的表面與8根鐵絲都有接觸點(diǎn)(皮球不變形)，則皮球的半徑為(　　) A．10 cm B．10 cm C．10 cm D．30 cm 解析：選B　依題意，在四棱錐S-ABCD中，所有棱長均為20 cm，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接SO，則SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知點(diǎn)O到AB，BC，CD，AD的距離均為10 cm，在等腰三角形OAS中，OA＝OS＝10 cm，AS＝20 cm，所以O(shè)到SA的距離d＝10 cm，同理可證O到SB，SC，SD的距離也為10 cm，所以球心為四棱錐底面ABCD的中心，所以皮球的半徑r＝10 cm，選

40、B. 12．(2018·廣州模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)N為線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，平面BMN交AA1于點(diǎn)Q，則線段AQ的長為(　　) A. B． C. D． 解析：選D　如圖所示，在線段DD1上靠近點(diǎn)D處取一點(diǎn)T，使得DT＝，因?yàn)镹是線段DD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn)，故CM＝1，連接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近點(diǎn)A處取一點(diǎn)Q′，使得AQ′＝，連接BQ′，TQ′，則有BQ′∥CT∥MN，故BQ′與MN共面，即

41、Q′與Q重合，故AQ＝，選D. 二、填空題 13．(2018·南京模擬)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，E為AB的中點(diǎn)，則三棱錐P-BCE的體積為________． 解析：由題意知S底面ABCD＝2×2sin 60°＝2，所以S△EBC＝，故VP-EBC＝×2×＝. 答案： 14．(2018·內(nèi)蒙古包頭一模)已知直線a，b，平面α，且滿足a⊥α，b∥α，有下列四個(gè)命題： ①對任意直線c?α，有c⊥a； ②存在直線c?α，使c⊥b且c⊥a； ③對滿足a?β的任意平面β，有β∥α； ④存在平面β⊥α，使b⊥

42、β. 其中正確的命題有________．(填序號) 解析：因?yàn)閍⊥α，所以a垂直于α內(nèi)任一直線，所以①正確；由b∥α得α內(nèi)存在一直線l與b平行，在α內(nèi)作直線m⊥l，則m⊥b，m⊥a，再將m平移得到直線c，使c?α即可，所以②正確；由面面垂直的判定定理可得③不正確；若b⊥β，則由b∥α得α內(nèi)存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)⊥β，即有α⊥β，而滿足b⊥β的平面β有無數(shù)個(gè)，所以④正確． 答案：①②④ 15．(2019屆高三·益陽、湘潭聯(lián)考)已知三棱錐S-ABC的頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC是邊長為3的正三角形，SC為球O的直徑，且SC＝4，則此三棱錐的體積為________． 解析：如圖，

43、設(shè)O1為△ABC的中心，連接OO1，故三棱錐S-ABC的高h(yuǎn)＝2OO1，三棱錐S-ABC的體積V＝×2OO1×S△ABC，因?yàn)镺O1＝＝1，所以V＝×2×1××32＝. 答案： 16．(2018·全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成角為45°，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側(cè)面積為________． 解析：如圖，∵SA與底面成45°角，∴△SAO為等腰直角三角形．設(shè)OA＝r，則SO＝r，SA＝SB＝r.在△SAB中，cos∠ASB＝，∴sin∠ASB＝，∴S△SAB＝SA·SB·sin∠ASB＝×(r)2×＝5，解得r＝2，∴SA＝r＝4，即

44、母線長l＝4，∴S圓錐側(cè)＝πrl＝π×2×4＝40π. 答案：40π B級——難度小題強(qiáng)化練 1．(2018·武漢調(diào)研)已知底面半徑為1，高為的圓錐的頂點(diǎn)和底面圓周都在球O的球面上，則球O的表面積為(　　) A. B．4π C. D．12π 解析：選C　如圖，△ABC為圓錐的軸截面，O為其外接球的球心，設(shè)外接球的半徑為R，連接OB，OA，并延長AO交BC于點(diǎn)D，則AD⊥BC，由題意知，AO＝BO＝R，BD＝1，AD＝，則在Rt△BOD中，有R2＝(－R)2＋12，解得R＝，所以外接球O的表面積S＝4πR2＝，故選C. 2．(2018·南京模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長

45、為1，粗實(shí)線及粗虛線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的體積為(　　) A. B． C．2 D． 解析：選A　由三視圖可知，該幾何體為三棱錐，將其放在棱長為2的正方體中，如圖中三棱錐A-BCD所示，故該幾何體的體積V＝××1×2×2＝. 3．(2018·福州模擬)已知圓柱的高為2，底面半徑為，若該圓柱的兩個(gè)底面的圓周都在同一個(gè)球面上，則這個(gè)球的表面積等于(　　) A．4π B．π C.π D．16π 解析：選D　如圖，由題意知圓柱的中心O為這個(gè)球的球心，于是球的半徑r＝OB＝＝＝2.故這個(gè)球的表面積S＝4πr2＝16π.故選D. 4．(2018·貴陽檢測)三棱錐P

46、-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在體積為的球的表面上，底面ABC所在的小圓面積為16π，則該三棱錐的高的最大值為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：選C　依題意，設(shè)題中球的球心為O，半徑為R，△ABC的外接圓半徑為r，則＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距離為＝3，因此三棱錐P-ABC的高的最大值為5＋3＝8，故選C. 5．(2018·全國卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A. B． C. D． 解析：選A　如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面

47、AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD-A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等．如圖所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.故選A. 6．(2018·南寧模擬)如圖，在正方形ABCD中，AC為對角線，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)．現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D三

48、點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H.下列說法錯誤的是________(將符合題意的序號填到橫線上)． ①AG⊥△EFH所在平面；?、贏H⊥△EFH所在平面； ③HF⊥△AEF所在平面；　④HG⊥△AEF所在平面． 解析：根據(jù)折疊前AB⊥BE，AD⊥DF可得折疊后AH⊥HE，AH⊥HF，HE∩HF＝H，可得AH⊥平面EFH，即②正確；∵過點(diǎn)A只有一條直線與平面EFH垂直，∴①不正確；∵AG⊥EF，AH⊥EF，AH∩AG＝A，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.過H作直線垂直于平面AEF，該直線一定在平面HAG內(nèi)，∴③不正確；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正確，④不正確，綜上，說

49、法錯誤的序號是①③④. 答案：①③④ 第二講 大題考法——立體幾何 題型(一) 平行、垂直關(guān)系的證明與求線面角 主要考查以具體幾何體三棱錐或四棱錐為載體，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系求解線面角問題. [典例感悟] [典例1]　(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值. [審題定向] (一)定知識 主要考查線線垂直、線面垂直、線面角． (二)定能力 1.考查直觀想象：

50、三棱錐幾何體中線線垂直、線面垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理：欲證線面垂直，需證線線垂直；欲求線面角，需建系求面的法向量. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解、向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用線面垂直的判定定理求證： 連接OB，由已知條件得出OP⊥AC，OP⊥OB，再利用線面垂直的判定定理得證； 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解： 建立以的方向?yàn)閤軸正方向的空間直角坐標(biāo)系，求出與平面PAM的法向量，進(jìn)而求出PC與平面PAM所成角的正弦值. [解]　(1)證明：因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC，且PO＝2. 連接OB，因?yàn)锳

51、B＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB. 又因?yàn)镺B∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC. (2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O -xyz. 由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0，2)，＝(0,2,2)． 取平面PAC的一個(gè)法向量＝(2,0,0)． 設(shè)M(a,2－a,0)(0

52、以平面PAM的一個(gè)法向量為n＝((a－4)，a，－a)，所以cos〈，n〉＝. 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝， 所以＝， 解得a＝或a＝－4(舍去)． 所以n＝. 又＝(0,2，－2)， 所以cos〈，n〉＝＝. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. [典例2]　(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)． (1)證明MN∥平面PAB； (2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值. [審題定向] (一)定知識 主要考查直線與

53、平面平行，直線與平面所成的角． (二)定能力 1.考查直觀想象：四棱錐幾何體中線線、線面平行與垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理：欲證線面平行，要證線線平行；欲求線面角，需建系求面的法向量. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解、向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用線面平行的判定定理求證： 取BP的中點(diǎn)T，利用中位線及平行四邊形的定義得出MN∥AT，從而證明MN∥平面PAB； 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解： 建立空間直角坐標(biāo)系，求出與平面PMN的法向量，利用向量夾角公式可求線面角的正弦值. [解]　(1)證明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中

54、點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TN綊AM， 所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT. 因?yàn)镸N?平面PAB，AT?平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE. 由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，且AE＝＝＝. 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，＝(0,2，－4)，＝，＝. 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則 即可取n＝(0,2,1)． 于是|cos 〈

55、n，〉|＝＝. 所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為. [類題通法] 1．證明空間位置關(guān)系要抓兩點(diǎn) 一是平面圖形中的平行與垂直關(guān)系，這是證明空間線面平行與垂直關(guān)系的起點(diǎn)，特別是三角形、梯形中的平行與垂直關(guān)系；二是準(zhǔn)確利用空間線、面平行與垂直的判定與性質(zhì)定理，尤其是定理中的條件要記全、記準(zhǔn)，切忌因記漏條件或錯用定理等導(dǎo)致出錯． 2．利用空間向量求線面角的解題模型 [對點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·唐山模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中點(diǎn)． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC；

56、 (2)若二面角P-AC-E的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值． 解：(1)證明：因?yàn)镻C⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC. 因?yàn)锳B＝2AD＝2CD， 所以AC＝BC＝AD＝CD， 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C， 所以AC⊥平面PBC. 因?yàn)锳C?平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)如圖，以C為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，并設(shè)CB＝2，CP＝2a(a>0)．則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，則E(1,0，a)，＝(

57、0,2,0)，＝(0,0,2a)，＝(1,0，a)， 易知m＝(1,0,0)為平面PAC的一個(gè)法向量． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量，則n·＝n·＝0，即取x＝a，則z＝－1，n＝(a,0，－1)．依題意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，則a＝.于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)． 設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 題型(二) 平行、垂直關(guān)系的證明與求二面角 主要通過具體幾何體三棱錐或四棱錐建立坐標(biāo)系，利用向量法求二面角的大小，此類問題是考查熱點(diǎn). [典例感悟] [典

58、例1]　(2018·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值. [審題定向] (一)定知識 主要考查線線垂直、面面垂直、三棱錐的體積、二面角． (二)定能力 1.考查直觀想象：空間圖形中線線、線面、面面垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理：欲證面面垂直，需證線面垂直，進(jìn)而要證線線垂直. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解，兩向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用面面垂直的判定定理證明： 先證DM

59、⊥BC，DM⊥CM?DM⊥平面BMC?平面AMD⊥平面BMC； 第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解： △ABC的面積為定值，點(diǎn)M到平面ABC的距離最大時(shí)，三棱錐M-ABC的體積最大，建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向的空間直角坐標(biāo)系，求出平面MAB與平面MCD的法向量，利用法向量求二面角的正弦值. [解]　(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 因?yàn)镈M?平面AMD

60、，所以平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐M-ABC的體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)．由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，＝(－2，1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)， 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量， 則即可取n＝(1,0,2)， 又是平面MCD的一個(gè)法向量， 所以cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. [典例2]　(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD

61、，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值. [審題定向] (一)定知識 主要考查平面和平面垂直、二面角． (二)定能力 1.考查直觀想象：四棱錐幾何體中線線平行與垂直，線面、面面垂直的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理：欲證面面垂直，需證線面垂直，進(jìn)而需證線線垂直. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解，兩向量夾角的求解. (三)定思路 第(1)問利用面面垂直的判定定理證明： 先證AB⊥AP，AB⊥PD?AB⊥平面PAD?平面PAB⊥平面PAD; 第(2)問建立空間

62、直角坐標(biāo)系，用向量法求解： 建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PAB與平面PBC的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. [解]　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩PD＝P， 所以AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD， 故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A，P，B

63、，C. 所以＝，＝(，0,0)， ＝，＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量， 則即 所以可取n＝(0，－1，－)． 設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量， 則即 所以可取m＝(1,0,1)． 則cos〈n，m〉＝＝＝－. 由圖知二面角A-PB-C為鈍角， 所以二面角A-PB-C的余弦值為－. [類題通法] 利用空間向量求二面角的解題模型 [對點(diǎn)訓(xùn)練] 如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD為菱形，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD＝5，AD＝6，∠DAB＝60°，E為AB的中點(diǎn)． (1)證明：AC⊥PE； (2)

64、求二面角D-PA-B的余弦值． 解：(1)證明：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE，BD，∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC， ∵O，E分別為AD，AB的中點(diǎn)， ∴OE∥BD，∴AC⊥OE. ∵PA＝PD，O為AD的中點(diǎn)， ∴PO⊥AD， 又∵平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AC， ∵OE∩OP＝O， ∴AC⊥平面POE，∴AC⊥PE. (2)連接OB，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD＝AB， 又∠DAB＝60°，∴△DAB為等邊三角形， 又O為AD的中點(diǎn)，∴OB⊥AD， ∵PO⊥平面ABCD，OA?平面

65、ABCD，OB?平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB，∴OP，OA，OB兩兩垂直． 以O(shè)A，OB，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O -xyz，則A(3,0,0)，B(0,3，0)，P(0，0,4)，＝(0,3，0)為平面PAD的一個(gè)法向量． 設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)， 又＝(－3,0,4)，＝(－3,3，0)， ∴即取x＝1，則y＝，z＝，n＝為平面PAB的一個(gè)法向量， ∴cos〈，n〉＝＝＝， 結(jié)合圖形可知二面角D-PA-B的余弦值為. 題型(三) 利用空間向量解決探索性問題 　主要考查利用空間向

66、量探索與空間線面垂直、平行或與空間三種角有關(guān)的點(diǎn)所在位置、參數(shù)值的大小等問題，一般出現(xiàn)在解答題的最后一問. [典例感悟] [典例]　(2016·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ . (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． [審題定向] (一)定知識 主要考查線線垂直、面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，直線與平面所成角的正弦值，線面平行的性質(zhì)． (二)定能力 1.考查直觀想象：四棱錐幾何體中線線、線面、面面垂直，線面平行的空間位置關(guān)系. 2.考查邏輯推理：欲證線面垂直，需證線線垂直；欲求線面角，需求面的法向量. 3.考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：法向量的求解，兩向量夾角的求解. 4.考查數(shù)學(xué)建模：對點(diǎn)是否存在探索，建立線面平行模型滿足條件. (三)定思路 第(1)問利用線面垂直的判定定理證明： 平面PAD⊥平面ABCD?AB⊥平面PAD?AB