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

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(duì)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(guó)卷)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(zhǎng)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()A10B12C14 D16(2)(2018·重慶調(diào)研)如圖是一個(gè)棱長(zhǎng)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DD11，ABBCAA12.若此幾何體的俯視圖如圖所示，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(zhǎng)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×212，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(zhǎng)應(yīng)為底面正方形的對(duì)角線長(zhǎng)，寬應(yīng)為正方體的棱長(zhǎng)，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(wèn)題：演練沖關(guān)1(2018·全國(guó)卷)中國(guó)古建筑借助榫卯將木構(gòu)件連接起來(lái)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(zhǎng)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(zhǎng)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(2018·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(zhǎng)為1的正方形，則該幾何體中最長(zhǎng)棱的棱長(zhǎng)是()A. BC. D3解析：選A由三視圖可知該幾何體為一個(gè)三棱錐D­ABC，如圖，將其置于長(zhǎng)方體中，該長(zhǎng)方體的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，高為2.所以AB1，AC，BC，CD，DA2，BD，因此最長(zhǎng)棱為BD，棱長(zhǎng)是，故選A.3(2018·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)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()A2 B3C4 D5解析：選C由三視圖知，該幾何體是如圖所示的四棱錐P­ABCD，易知四棱錐P­ABCD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(guó)卷)某圓柱的高為2，底面周長(zhǎng)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(duì)應(yīng)點(diǎn)為A，圓柱表面上的點(diǎn)N在左視圖上的對(duì)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(zhǎng)度為()A2 B2 C3 D2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))如圖所示，連接MN，則圖中MN即為M到N的最短路徑ON×164，OM2，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(guó)卷)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)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()A90B63C42D36(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()A28B242C204 D202(3)(2018·哈爾濱六中模擬)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD­A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，F(xiàn)是側(cè)面BCC1B1內(nèi)(包括邊)的動(dòng)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. BC. 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×32×10××32×663.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，高為7的圓柱的體積，所以它的體積V×32×763.(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(zhǎng)為2，下底長(zhǎng)為3，高為2，所以該幾何體的表面積S×(23)×2×22×22×32×22×242，故選B.(3)分別取B1B，B1C1的中點(diǎn)M，N，連接A1M，MN，A1N，A1MD1E，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D1AE，可得直線A1F平面A1MN，即點(diǎn)F的軌跡是線段MN，VB1­A1MN××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(wèn)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(tái)體，先求這些柱、錐、臺(tái)體的表面積，再通過(guò)求和或作差求得所給幾何體的表面積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(yáng)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()A2 B1C. 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(duì)角線長(zhǎng)為2的正方形，底面積S×2×22，高h(yuǎn)1，則該幾何體的體積VSh，故選C.2(2018·長(zhǎng)春模擬)九章算術(shù)卷五商功中有如下問(wèn)題：今有芻甍，下廣三丈，袤四丈，上袤二丈，無(wú)廣，高一丈，問(wèn)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圖，設(shè)網(wǎng)格紙上每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1)，那么該芻甍的體積為()A4 B5C6 D12解析：選B如圖，由三視圖可還原得幾何體ABCDEF，過(guò)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VABCDEF2V四棱錐E­ADHGV三棱柱EHG­FNM2××3×1×25，故選B.3(2018·貴州模擬)某實(shí)心幾何體是用棱長(zhǎng)為1 cm的正方體無(wú)縫粘合而成的，其三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A50 cm2 B61 cm2C84 cm2 D86 cm2解析：選D根據(jù)題意可知該幾何體由3個(gè)長(zhǎng)方體(最下面長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm；中間長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm；最上面長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm)疊合而成，長(zhǎng)、寬、高分別為5 cm,5 cm,1 cm的長(zhǎng)方體的表面積為2(5×55×15×1)2×3570(cm2)；長(zhǎng)、寬、高分別為3 cm,3 cm,1 cm的長(zhǎng)方體的表面積為2(3×33×13×1)2×1530(cm2)；長(zhǎng)、寬、高分別為1 cm,1 cm,1 cm的長(zhǎng)方體的表面積為2(1×11×11×1)2×36(cm2)由于幾何體的疊加而減少的面積為2×(3×3)2×(1×1)2×1020(cm2)，所以所求表面積為703062086(cm2)故選D.考點(diǎn)(三) 與球有關(guān)的組合體的計(jì)算問(wèn)題主要考查與多面體、旋轉(zhuǎn)體構(gòu)成的簡(jiǎn)單組合體的有關(guān)切、接球表面積、體積的計(jì)算問(wèn)題，其本質(zhì)是計(jì)算球的半徑.典例感悟典例(1)(2018·全國(guó)卷)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D­ABC體積的最大值為()A12B18C24 D54(2)(2017·全國(guó)卷)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，SAAC，SBBC，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AB29，所以AB6，所以等邊ABC的外接圓的半徑為rAB2.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d2.所以三棱錐D­ABC高的最大值為246，所以三棱錐D­ABC體積的最大值為×9×618.(2)如圖，連接AO，OB，SC為球O的直徑，點(diǎn)O為SC的中點(diǎn)，SAAC，SBBC，AOSC，BOSC，平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，AO平面SCB，設(shè)球O的半徑為R，則OAOBR，SC2R.VS ­ABCVA­SBC×SSBC×AO××AO，即9××R，解得 R3，球O的表面積為S4R24×3236.(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.答案(1)B(2)36(3)方法技巧求解多面體、旋轉(zhuǎn)體與球接、切問(wèn)題的策略(1)過(guò)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(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題(2)利用平面幾何知識(shí)尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或通過(guò)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ABACBC2，若球心到平面ABC的距離為1，則該球的表面積為()A20B15C10 D5解析：選A設(shè)球心為O，ABC的中心為O，因?yàn)锳BACBC2，所以AO×2×2，因?yàn)榍蛐牡狡矫鍭BC的距離為1，所以O(shè)O1，所以AO，故該球的表面積S4×(OA)220.故選A.2(2018·重慶模擬)已知三棱錐A­BCD中，平面ABC平面BCD，BCCD，ABAC，CD2，BC2，則該三棱錐外接球的表面積為()A4 B4C12 D9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OECD.由平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCDBC，CD平面BCD，CDBC，得CD平面ABC，則OE平面ABC，所以O(shè)EBC，OEAE.在RtABC中，AEBCBECE，則RtOCERtOAERtOBE，所以O(shè)COAOB，又OBOD，所以O(shè)為三棱錐A­BCD的外接球的球心，外接球的半徑RBD ，則三棱錐A­BCD的外接球的表面積S4R212，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R1，所以正三棱柱的高h(yuǎn)2.設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則×a1，所以a2.所以V×2×3×26.答案：6考點(diǎn)(四)空間線面位置關(guān)系問(wèn)題主要考查利用四個(gè)公理、八個(gè)定理來(lái)判斷與點(diǎn)、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡(jiǎn)單的線面位置關(guān)系及簡(jiǎn)單空間角問(wèn)題的求解.典例感悟典例(1)(2017·全國(guó)卷)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，為一個(gè)平面，則下列命題中正確的個(gè)數(shù)是()若l，則l與相交；若m，n，lm，ln，則l；若lm，mn，l，則n；若lm，m，n，則ln.A1B2C3 D4(3)(2018·全國(guó)卷)在正方體ABCD­A1B1C1D1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. BC. D解析(1)法一：對(duì)于選項(xiàng)B，如圖所示，連接CD，因?yàn)锳BCD，M，Q分別是所在棱的中點(diǎn)，所以MQCD，所以ABMQ .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(duì)于選項(xiàng)A，設(shè)正方體的底面對(duì)角線的交點(diǎn)為O(如圖所示)，連接OQ，則OQAB.因?yàn)镺Q與平面MNQ有交點(diǎn)，所以AB與平面MNQ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(duì)于，若l，則l與不可能平行，l也不可能在內(nèi)，所以l與相交，正確；對(duì)于，若m，n，lm，ln，則有可能是l，故錯(cuò)誤；對(duì)于，若lm，mn，則ln，又l，所以n，故正確；對(duì)于，因?yàn)閙，n，所以mn，又lm，所以ln，故正確選C.(3)如圖，連接BE，因?yàn)锳BCD，所以AE與CD所成的角為EAB.在RtABE中，設(shè)AB2，則BE，則tan EAB，所以異面直線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(zhǎng)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(guò)作圖(如結(jié)合中位線、平行四邊形等)來(lái)構(gòu)造平行線、作出異面直線所成的角，通過(guò)解三角形來(lái)求解，具體步驟為：演練沖關(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，是兩個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題，其中錯(cuò)誤的命題是()A若m，m，n，則mnB若，m，n，則mnC若，m，則mD若，m，則m解析：選D若m，m，n，則由線面平行的性質(zhì)可得mn，故A正確若，m，n，則由線面垂直的性質(zhì)可得mn，故B正確若，m，則由面面垂直的性質(zhì)可得m，故C正確若，m，則m或m，故D不正確故選D.2.如圖是正方體的平面展開圖，則在這個(gè)正方體中：直線BM與ED平行；直線CN與BE是異面直線；直線CN與BM成60°角；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(hào)是()A BC D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，故不正確；直線CN與BE是平行的，故不正確；連接AN，則ANBM，所以直線CN 與BM所成的角就是ANC，且ANC60°，故正確；直線DM與BN是異面直線，故正確所以正確命題的序號(hào)是.3已知，表示兩個(gè)不同平面，a，b表示兩條不同直線，對(duì)于下列兩個(gè)命題：若b，a，則“ab”是“a”的充分不必要條件；若a，b，則“”是“a且b”的充要條件判斷正確的是()A，都是真命題B是真命題，是假命題C是假命題，是真命題D，都是假命題解析：選B若b，a，ab，則由線面平行的判定定理可得a，反過(guò)來(lái)，若b，a，a，則a，b可能平行或異面，所以若b，a，“ab”是“a”的充分不必要條件，是真命題；若a，b，則由面面平行的性質(zhì)可得a，b，反過(guò)來(lái)，若a，b，a，b，則，可能平行或相交，所以若a，b，則“”是“a，b”的充分不必要條件，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(duì)自身補(bǔ)缺漏；臨近高考再瀏覽，考前溫故熟主干 主干知識(shí)要記牢1簡(jiǎn)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(zhǎng)，h為高)(2)S正棱錐側(cè)ch(c為底面周長(zhǎng)，h為斜高)(3)S正棱臺(tái)側(cè)(cc)h(c與c分別為上、下底面周長(zhǎng)，h為斜高)(4)圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面積公式S圓柱側(cè)2rl(r為底面半徑，l為母線長(zhǎng))，S圓錐側(cè)rl(r為底面半徑，l為母線長(zhǎng))，S圓臺(tái)側(cè)(rr)l(r，r分別為上、下底面的半徑，l為母線長(zhǎng))(5)柱、錐、臺(tái)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(tái)(SS)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4R2，V球R3.2兩類關(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，是平面，O是點(diǎn)，則(1)線線平行cb，ab，ab，ab.(2)線面平行a，a，a.(3)面面平行，.(4)線線垂直ab，ab.(5)線面垂直 l， a， a，b.(6)面面垂直，.二級(jí)結(jié)論要用好1長(zhǎng)方體的對(duì)角線與其共點(diǎn)的三條棱之間的長(zhǎng)度關(guān)系d2a2b2c2；若長(zhǎng)方體外接球半徑為R，則有(2R)2a2b2c2.針對(duì)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(zhǎng)度分別為2,2，4，則其外接球的表面積為()A48B32C20 D12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(zhǎng)方體，則R 2，所以該三棱錐外接球的表面積為S4R232.2棱長(zhǎng)為a的正四面體的內(nèi)切球半徑ra，外接球的半徑Ra.又正四面體的高h(yuǎn)a，故rh，Rh.針對(duì)練2正四面體ABCD的外接球半徑為2，過(guò)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(zhǎng)為a，因?yàn)檎拿骟w外接球的半徑為2，所以a2，解得a，故截面面積的最小值為2.答案：易錯(cuò)易混要明了應(yīng)用空間線面平行與垂直關(guān)系中的判定定理和性質(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(cuò)如由，l，ml，易誤得出m的結(jié)論，就是因?yàn)楹鲆暶婷娲怪钡男再|(zhì)定理中m的限制條件 針對(duì)練3設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，m是直線且m，則“m ”是“ ”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時(shí)，過(guò)m的平面與可能平行也可能相交，因而m/ ；當(dāng)時(shí)，內(nèi)任一直線與平行，因?yàn)閙，所以m.綜上可知，“m ”是“ ”的必要不充分條件A級(jí)124提速練一、選擇題1.(2018·廣州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)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2×24，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(zhǎng)為1的正方形ABCD沿對(duì)角線BD折起，使得平面ABD平面CBD，形成的三棱錐C­ABD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C­ABD的正視圖、俯視圖得三棱錐C­ABD的側(cè)視圖為直角邊長(zhǎng)是的等腰直角三角形，其形狀如圖所示，所以三棱錐C­ABD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，m，n.給出下列四個(gè)命題：若，則mn；若mn，則；若mn，則；若，則mn.其中正確命題的個(gè)數(shù)是()A0B1C2 D3解析：選C依題意，對(duì)于，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，又n，因此mn，正確；對(duì)于，當(dāng)時(shí)，設(shè)n，在平面內(nèi)作直線mn，則有m，因此不正確；對(duì)于，由mn，m得n，又n，因此有，正確；對(duì)于，當(dāng)m，n，時(shí)，直線m，n不平行，因此不正確綜上所述，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(zhǎng)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()A3 B.C7 D.解析：選B由題中的三視圖可得，該幾何體是由一個(gè)長(zhǎng)方體切去一個(gè)三棱錐所得的幾何體，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)，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V4.5(2018·長(zhǎng)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()A19296 B25696C192100 D256100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×8×6×8×52×8192100，選C.6.(2018·貴陽(yáng)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(zhǎng)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()A15 B16C17 D18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D1­BCD，將其放在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，則該幾何體的外接球即長(zhǎng)方體的外接球，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為2,2,3，長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為，球O的直徑為，所以球O的表面積S17，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(zhǎng)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. BC. D解析：選A記由三視圖還原后的幾何體為四棱錐A­BCDE，將其放入棱長(zhǎng)為2的正方體中，如圖，其中點(diǎn)D，E分別為所在棱的中點(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AEBE，cosABE，則sinABE，所以h，故四棱錐的體積V×2××，故選A.8(2018·全國(guó)卷)在長(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1中，ABBC1，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(zhǎng)方體ABCD­A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體EFBA­E1F1B1A1.連接B1F，由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知，B1FAD1，所以DB1F為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角連接DF，由題意，得DF，F(xiàn)B12，DB1.在DFB1中，由余弦定理，得DF2FBDB2FB1·DB1·cosDB1F，即5452×2××cosDB1F，cosDB1F.9已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在球心為O，半徑為R的球面上，AB6，BC2，且四棱錐O­ABCD的體積為8，則R等于()A4B2C. 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VO­ABCD·OE·S矩形ABCD×OE×6×28，所以O(shè)E2，在矩形ABCD中可得EC2，則R4，故選A.10(2018·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)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()A242 B224C26 D84解析：選A由三視圖知該幾何體為三棱錐，記為三棱錐P­ABC，將其放在棱長(zhǎng)為2的正方體中，如圖所示，其中ACBC，PAAC，PBBC，PAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，故所求表面積為SABCSPACSPBCSPAB×2×2×2×2×2×2×(2)2242.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(zhǎng)均為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()A10 cm B10 cmC10 cm D30 cm解析：選B依題意，在四棱錐S­ABCD中，所有棱長(zhǎng)均為20 cm，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接SO，則SOAOBOCODO10 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，OAOS10 cm，AS20 cm，所以O(shè)到SA的距離d10 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r10 cm，選B.12(2018·廣州模擬)正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長(zhǎng)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(zhǎng)為()A. BC. 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NT21，因?yàn)镸為CC1的中點(diǎn)，故CM1，連接TC，由NTCM，且CMNT1，知四邊形CMNT為平行四邊形，故CTMN，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BQCTMN，故BQ與MN共面，即Q與Q重合，故AQ，選D.二、填空題13(2018·南京模擬)在四棱錐P­ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，BAD60°，側(cè)棱PA底面ABCD，PA2，E為AB的中點(diǎn)，則三棱錐P­BCE的體積為_解析：由題意知S底面ABCD2×2sin 60°2，所以SEBC，故VP­EBC×2×.答案：14(2018·內(nèi)蒙古包頭一模)已知直線a，b，平面，且滿足a，b，有下列四個(gè)命題：對(duì)任意直線c，有ca；存在直線c，使cb且ca；對(duì)滿足a的任意平面，有；存在平面，使b.其中正確的命題有_(填序號(hào))解析：因?yàn)閍，所以a垂直于內(nèi)任一直線，所以正確；由b得內(nèi)存在一直線l與b平行，在內(nèi)作直線ml，則mb，ma，再將m平移得到直線c，使c即可，所以正確；由面面垂直的判定定理可得不正確；若b，則由b得內(nèi)存在一條直線l與b平行，必有l(wèi)，即有，而滿足b的平面有無(wú)數(shù)個(gè)，所以正確答案：15(2019屆高三·益陽(yáng)、湘潭聯(lián)考)已知三棱錐S­ABC的頂點(diǎn)都在球O的球面上，ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，SC為球O的直徑，且SC4，則此三棱錐的體積為_解析：如圖，設(shè)O1為ABC的中心，連接OO1，故三棱錐S­ABC的高h(yuǎn)2OO1，三棱錐S­ABC的體積V×2OO1×SABC，因?yàn)镺O11，所以V×2×1××32.答案：16(2018·全國(guó)卷)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)OAr，則SOr，SASBr.在SAB中，cosASB，sinASB，SSABSA·SB·sinASB×(r)2×5，解得r2，SAr4，即母線長(zhǎng)l4，S圓錐側(cè)rl×2×440.答案：40B級(jí)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. B4C. D12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(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)D，則ADBC，由題意知，AOBOR，BD1，AD，則在RtBOD中，有R2(R)212，解得R，所以外接球O的表面積S4R2，故選C.2(2018·南京模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)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. BC2 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(zhǎng)為2的正方體中，如圖中三棱錐A­BCD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()A4 BC. D16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rOB2.故這個(gè)球的表面積S4r216.故選D.4(2018·貴陽(yáng)檢測(cè))三棱錐P­ABC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16，則該三棱錐的高的最大值為()A4 B6C8 D10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R5，由r216，解得r4，又球心O到平面ABC的距離為3，因此三棱錐P­ABC的高的最大值為538，故選C.5(2018·全國(guó)卷)已知正方體的棱長(zhǎng)為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為()A. BC. D解析：選A如圖所示，在正方體ABCD­A1B1C1D1中，平面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ABCD­A1B1C1D1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EFGHMN6××××sin 60°.故選A.6(2018·南寧模擬)如圖，在正方形ABCD中，AC為對(duì)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三點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是_(將符合題意的序號(hào)填到橫線上)AGEFH所在平面；AHEFH所在平面；HFAEF所在平面；HGAEF所在平面解析：根據(jù)折疊前ABBE，ADDF可得折疊后AHHE，AHHF，HEHFH，可得AH平面EFH，即正確；過(guò)點(diǎn)A只有一條直線與平面EFH垂直，不正確；AGEF，AHEF，AHAGA，EF平面HAG，平面HAG平面AEF.過(guò)H作直線垂直于平面AEF，該直線一定在平面HAG內(nèi)，不正確；HG不垂直AG，HG平面AEF不正確，不正確，綜上，說(shuō)法錯(cuò)誤的序號(hào)是.答案：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(wèn)題.典例感悟典例1(2018·全國(guó)卷)如圖，在三棱錐P­ABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，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M­PA­C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.審題定向(一)定知識(shí)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：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(wèn)利用線面垂直的判定定理求證：連接OB，由已知條件得出OPAC，OPOB，再利用線面垂直的判定定理得證；第(2)問(wèn)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APCAC4，O為AC的中點(diǎn)，所以POAC，且PO2.連接OB，因?yàn)锳BBCAC，所以ABC為等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因?yàn)镺BACO，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,2a,0)(0<a2)，則(a,4a,0)設(shè)平面PAM的法向量為n(x，y，z)由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一個(gè)法向量為n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30°，所以，解得a或a4(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(guó)卷)如圖，四棱錐P­ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM2MD，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(shí)主要考查直線與平面平行，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(wèn)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MNAT，從而證明MN平面PAB；第(2)問(wèn)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AMAD2.取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TNBC，TNBC2.又ADBC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MNAT.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ABAC得AEBC，從而AEAD，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 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(cuò)用定理等導(dǎo)致出錯(cuò)2利用空間向量求線面角的解題模型對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 (2018·唐山模擬)如圖，在四棱錐P­ABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中點(diǎn)(1)求證：平面EAC平面PBC；(2)若二面角P­AC­E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ACPC.因?yàn)锳B2AD2CD，所以ACBCADCD，所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，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)CB2，CP2a(a>0)則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，則E(1,0，a)，(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xa，則z1，n(a,0，1)依題意，|cosm，n|，則a.于是n(，0，1)，(0,2，2)設(shè)直線PA與平面EAC所成角為，則sin |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(guò)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(wèn)題是考查熱點(diǎn).典例感悟典例1(2018·全國(guó)卷)如圖，邊長(zhǎng)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M­ABC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(shí)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(wèn)利用面面垂直的判定定理證明：先證DMBC，DMCMDM平面BMC平面AMD平面BMC；第(2)問(wèn)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M­ABC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CCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.因?yàn)镈M平面AMD，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D­xyz.當(dāng)三棱錐M­ABC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cosn，sinn，.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(guó)卷)如圖，在四棱錐P­ABCD中，ABCD，且BAPCDP90°.(1)證明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90°，求二面角A­PB­C的余弦值.審題定向(一)定知識(shí)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(wèn)利用面面垂直的判定定理證明：先證ABAP，ABPDAB平面PAD平面PAB平面PAD; 第(2)問(wèn)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BAPCDP90°，得ABAP，CDPD.因?yàn)锳BCD，所以ABPD.又APPDP，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PFAD，垂足為F.由(1)可知，AB平面PAD，故ABPF，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(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F­xyz.由(1)及已知可得A，P，B，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cosn，m.由圖知二面角A­PB­C為鈍角，所以二面角A­PB­C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(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 如圖，四棱錐P­ABCD的底面ABCD為菱形，平面PAD平面ABCD，PAPD5，AD6，DAB60°，E為AB的中點(diǎn)(1)證明：ACPE；(2)求二面角D­PA­B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，BDAC，O，E分別為AD，AB的中點(diǎn)，OEBD，ACOE.PAPD，O為AD的中點(diǎn)，POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面ABCD，POAC，OEOPO，AC平面POE，ACPE.(2)連接OB，四邊形ABCD為菱形，ADAB，又DAB60°，DAB為等邊三角形，又O為AD的中點(diǎn)，OBAD，PO平面ABCD，OA平面ABCD，OB平面ABCD，POOA，POOB，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x1，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D­PA­B的余弦值為.題型(三)利用空間向量解決探索性問(wèn)題主要考查利用空間向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(wèn)題，一般出現(xiàn)在解答題的最后一問(wèn). 典例感悟典例(2016·北京高考)如圖，在四棱錐P­ABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD .(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(shuō)明理由審題定向(一)定知識(shí)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(duì)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(wèn)利用線面垂直的判定定理證明：平面PAD平面ABCDAB平面PADAB