2019年高考数学(理)二轮复习专题立体几何.pdf

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1、2019 年高三二轮复习讲练测之讲案【新课标版理科数学】 专题五立体几何 考向一三视图与几何体的面积、体积 【高考改编回顾基础】 1【数学文化与三视图】 【2018 年全国卷文】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分 叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构 件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（） ABCD 【答案】 A 【解析】 观擦图形图可知，俯视图为 故答案为A. 2. 【三视图与空间几何体的体积】【 2018 年浙江卷改编】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ） ，则该 几何体的体积（单位：cm 3）是

2、. 【答案】 6 3. 【空间几何体的体积】 【2018 年全国卷II 文】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底 面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为_ 【答案】 8 【解析】 如下图所示， 又， 解得，所以， 所以该圆锥的体积为. 4. 【三视图与空间几何体的结构特征】【2018 年北京文改编】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的 侧面中，直角三角形的个数为 【答案】 3 【解析】 由三视图可得四棱锥，在四棱锥中， 由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共 三个，故选C. 【命题预测看准方向】 1.空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点,单独考查三视图的逐渐减少,主要考

3、查由三视图求原几何体 的面积、体积以及几何体的结构特征,题型以选择题、填空题的形式考查. 2.对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的有关几何体的表面积、体积的考查又是高 考的一个热点,难度不大 ,主要以选择题、填空题的形式考查. 3.2019年应注意抓住考查的主要题目类型进行训练,重点有四个 :一是三视图中的几何体的形状及面积、体积 ; 二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积;三是求球与多面体的相切、接问题中的有关几何体的表面积、 体积；四是立体几何与数学文化相结合的问题. 【典例分析提升能力】 【例 1】17 世纪日本数学家们对于数学关于体积方法的问题还不了解，他们将体积

4、公式“VkD 3”中的常 数 k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独特方法“会玉术”，其中，D 为直径，类似 地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱)、正方体也有类似的体积公式VkD 3，其中，在 等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长假设运用此“会玉术”，求得的球、等边 圆柱、正方体的“玉积率”分别为k1，k2，k3，那么， k1k2k3( ) A. 4 6 1B. 6 4 2C. 1 3 12 D. 1 3 2 6 【答案】 D 【解析】球中， 3 333 11 44 , 33266 D VRDk Dk； 等边圆柱中， 2 33 22 , 2

5、44 D VDDk Dk； 正方体中， 33 33 ,1VDk Dk； 所以 123 36 :11: 642 kkk.故选 D. 【趁热打铁】 将一个底面半径为1，高为 2 的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为 ( ) A. 27 B. 8 27 C. 3 D. 2 9 【答案】 B 【解析】 如图所示，设圆柱的半径为r，高为 x，体积为V ，由题意可得 2 12 rx ，所以22xr，所以圆柱的 体积 223 22201Vrrrrr，设 23 201V rrrr，则 2 223Vrrr，由 2 2230rr得 2 3 r， V r在 2 0 3 ，上递增，V r在 2 1

6、 3 ，上递 减，所以圆柱的最大体积 23 max 228 2 3327 V，故选 B. 【例 2】 【2018 届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong） ，中国古代算术中的一种几何形体，九章 算术 中记载 “刍薨者， 下有褒有广， 而上有褒无广 .刍，草也 .薨，屋盖也. ”翻译为“底面有长有宽为矩形， 顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，其中正视图为等腰 梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（） A.24 B. 32 5 C. 64 D. 32 6 【答案】 B 【趁热打铁】 【2018 届湖北省稳派教

7、育高三上第二次联考】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何 体的体积为（） A. 816 3 B. 16 8 3 C. 126D. 4 4 3 【答案】 A 【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成.由三视图中的数据可 得其体积为 2 1111816 24424 32233 V.选 A. 【方法总结全面提升】 1.三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线. 画三视图的基本要求:正俯一样长 ,俯侧一样宽 ,正侧一样高 . 2.空间几何体的面积有侧面积和表面积之分,表面积就是全面积,是一个空间几何体中“暴露”在外

8、的所有面 的面积 ,在计算时要注意区分“是求侧面积还是求表面积”.多面体的表面积就是其所有面的面积之和,旋转体 的表面积除了球之外,都是其侧面积和底面面积之和. 3. 等体积法也称等积转化法或等积变形法,它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解 决与锥体有关的问题,特别是三棱锥的体积. 【规范示例避免陷阱】 【典例】【2016 全国卷改编】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的 半径若该几何体的体积是 28 3 ，则它的表面积是_ 【规范解答】该几何体为一个球去掉八分之一，设球的半径为r，则 7 8 4 3 r3 28 3 ，解得r2，故该几何 体的表

9、面积为 7 8 4 2 2 3 4 2 217 . 【反思提高】在由空间几何体的三视图确定几何体的形状时,先根据俯视图确定几何体的底面,然后根据正视 图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置,特别注意由各视图中观 察者与几何体的相对位置与图中的虚实线来确定几何体的形状,最后根据三视图 “长对正、 高平齐、 宽相等” 的关系 ,确定轮廓线的各个方向的尺寸. 【误区警示】 1.求几何体体积问题,可以多角度、 多方位地考虑问题.在求三棱锥体积的过程中,等体积转化法是常用的方法, 转换底面的原则是使其高易求,常把底面放在已知几何体的某一面上. 2.求不规则几何体的体积

10、,常用分割或补形的思想,将不规则几何体变为规则几何体,易于求解 . 考向二球与多面体的切接问题 【高考改编回顾基础】 1.【球与多面体的切接、面积与体积】【2017 天津，文11 】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若 这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 . 【答案】 9 2 2 【球与多面体的切接、面积与体积】【2017课标 1，文 16 】已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的 球面上， SC 是球 O 的直径若平面SCA平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则 球O的表面积为 _ 【答案】36 【解析】取SC的中点O，连接,OA OB 因为,

11、SAAC SBBC 所以,OASC OBSC 因为平面SAC平面SBC 所以OA平面SBC 设OAr 31111 2 3323 A SBCSBC VSOArrrr 网 所以 3 1 93 3 rr，所以球的表面积为 2 436r 3. 【球与旋转体的切接、面积与体积】【2017 江苏，6】 如图 ,在圆柱 12 ,O O 内有一个球O,该球与圆柱的上、 下面及母线均相切.记圆柱 12 ,O O 的体积为 1 V ,球O的体积为 2 V ,则 1 2 V V 的值是 . 【答案】 3 2 【命题预测看准方向】 球与多面体的切、接问题中的有关几何体的表面积、体积计算，往往与三视图结合考查，一般为选

12、择题或 填空题，难度以低、中档为主. O O1 O2 (第 6 题 ) 【典例分析提升能力】 【例 1【四川省泸州市2019 届高三第一次诊断】已知三棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面 是正三角形且和球心在同一平面内，若此三棱锥的最大体积为，则球的表面积等于_ 【答案】 【解析】 与球心在同一平面内，是的外心， 设球半径为， 则的边长， ， 当 到所在面的距离为球的半径时， 体积最大， ， ， 球表面积为，故答案为. 【趁热打铁】已知,S A B C是球O上的点SAABC平面，ABBC, 1SAAB，2BC,则 球O的表面积等于_ 【答案】4 【解析】 由已知 S,A,B,C 是球 O 表面上

13、的点，所以OAOBOCOS，又SAABC平面，ABBC，所 以四面体SABC的外接球半径等于以长宽高分别以SA,AB,BC 三边长为长方体的外接球的半径，因为 1SAAB，2BC,所以 222 2 =2,1RSAABBCR，所以球O的表面积 2 44SR. 【例 2】 【2018 届江西省莲塘一中、临川二中高三上学期第一次联考】已知三棱锥SABC的各顶点在一 个表面积为4的球面上，球心O在AB上，SO平面ABC，2AC,则三棱锥SABC的体积为 _. 【答案】 1 3 【解析】如图所示,设球的半径为r,则 2 44r，解得 r=1. OC 2+OA2=2=AC2， OC OA. 球心 O 在

14、AB 上， SO平面 ABC， 则三棱锥的底面积： 1 2 11 2 ABC S， 三棱锥的体积： 111 1 1 333 ABC VSSO. 故答案为： 1 3 . 【趁热打铁】 【2018 届贵州省遵义航天高级中学高三第五次模拟】如图 1， 在平面 ABCD 中， AB=AD=CD=1， BD= 2, BDCD,将其对角线 BD 折成四面体ABCD,如图 2，使平面A BD平面 BCD,若四面体 ABCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为_ 【答案】 8 2 3 【解析】因为BD 中点 O 到A距离为 2 2 ，O 到C距离为 6 2 ，所以 22 262 2 22 RRR，体积为 348

15、2 33 R 【例 3】有人由“追求”联想到“锥、球”并构造了一道名为追求2017 的题目，请你解答此题：球O 的球心为点O，球 O 内切于底面半径为3、高为 3 的圆锥， 三棱锥 V ABC 内接于球O，已知 OA OB ， AC BC，则三棱锥VABC 的体积的最大值为_ 【答案】 22 12 【解析】圆锥的母线长为39=23，设球 O 的半径为r，则 3 32 3 rr ， 解得 r=1 OA OB ，OA=OB=1，AB=2， AC BC，C 在以 AB 为直径的圆上， 平面 OAB平面ABC， O 到平面 ABC 的距离为 2 2 ， 故 V 到平面 ABC 的最大距离为 2 1 2

16、 又 C 到 AB 的最大距离为 2 2 ， 三棱锥 VABC 的体积的最大值为 1122 21 3222 = 22 12 故答案为： 22 12 【趁热打铁】 在封闭的直三棱柱ABC-A 1B1C1 内有一个体积为V 的球 .若 ABBC,AB=6,BC=8,AA 1=3, 则 V 的最大值是 ( ) A.4 B.C.6D. 来 【答案】 B 【解析】由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切. 设球的半径为R,易得ABC的内切圆的半径为=2, 则 R 2. 因为 2R 3, 即 R , 所以 Vmax=,故选 B. 【方法总结全面提升】 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一

17、种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确 定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方 体的棱长等于球的直径；球外接于正方体， 正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径球 的内接长方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长. 2.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平 面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系 3.球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为d，常利用直角三角形建立量的关系，R2d 2r2. 【规范示例避免陷阱】 【典例】如图，直

18、三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1 的半球面上，ABAC，侧面BCC1B1是 半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为 ( ) A2 B1 C.2 D. 2 2 【规范解答】基本法根据题中给定条件寻求所求侧面边长与其他量之间关系 由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，BAC 90 ，ABC的外接圆圆心N 位于BC的中点，同理A1B1C1的外心M是B1C1的中点设正方形BCC1B1边长为x， Rt OMC1中，OM x 2 ，MC1 x 2， OC1R1(R为球的半径 )， x 2 2 x 2 21， 即x2，则ABAC1， S矩形ABB1A12

19、1 2. 速解法根据大圆的内接正方形寻求球半径与正方形边长的关系 正方形BCC1B1所在的是大圆面， B1C2，B1C22BC2，BC2， 在 Rt ABC中，ABAC1， SABB1A12 1 2. 【反思提升】球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为d，常利用直角三角形建立量的关系， 222 Rdr. 【误区警示】 (1)涉及球与棱柱、 棱锥的相切、 接问题时 ,一般先过球心及多面体中的特殊点(如接、 切点或线 ) 作截面 ,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或画内切、 外接的几何 体的直观图 ,确定球心的位置,弄清球的半径(直径 )与该几何体已知量的关系

20、,列方程组求解 . (2) 若球面上四点P,A,B,C 构成的三条线段PA,PB,PC 两两互相垂直,且,PAa PBb PCc一般把有关 元素“补形”成为一个球内接长方体,根据 2222 4Rabc求解 . 考向三空间中的平行与垂直 【高考改编回顾基础】 1 【两线垂直的判断】 【 2017 全国卷改编】如图，四面体ABCD 中，ABC 是正三角形， AD CD，则 AC 与 BD 的位置关系是_ 【答案】垂直 【解析】取AC的中点O，连接DO，BO. 因为ADCD，所以ACDO. 又由于ABC是正三角形，所以ACBO. 从而AC平面DOB，故ACBD. 2. 【两线平行的判断】 【 201

21、7 全国卷改编】如图，A，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中 点，则直线AB 与平面 MNQ的位置关系是_ 【答案】平行 【解析】因为M，Q分别为对应棱的中点，所以有ABMQ，又AB不在平面MNQ内，所以AB平面 MNQ. 3. 【数学文化与几何体的结构特征】【2018 年上海卷】九章算术中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底 面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底 面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（） A4 B8 C12 D16 【答案】 D 4. 【平行垂直关系的证明】 【2018 年北京文】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底

22、面ABCD为矩形， 平面PAD 平面ABCD，PAPD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点 . （）求证：PEBC； （）求证：平面PAB平面PCD； （）求证：EF平面PCD. 【答案】（）见解析； （）见解析； （）见解析 【解析】 （），且为的中点，. 底面为矩形， . （）底面为矩形，. 平面平面，平面. .又, 平面，平面平面. （）如图，取中点，连接. 分别为和的中点，且. 四边形为矩形，且为的中点， ， ，且，四边形为平行四边形， . 又平面，平面， 平面. 【命题预测看准方向】 高考对空间点、线、面位置关系的考查主要有两种形式:一是对命题真假的判断,通常以选择题、填空题的

23、形 式考查 ,难度不大 ,也不是高考的热点;二是在解答题中考查平行、垂直关系的证明,常以柱体、锥体为载体,难 度中档偏难 ,是高考的热点.预计随着高考对能力要求的不断加强,今后对空间中平行、垂直关系及体积中的探 索性问题的考查会逐渐升温. 【典例分析提升能力】 【例 1】 【 2017 江苏， 15 】 如图 ,在三棱锥A-BCD 中 ,ABAD, BC BD, 平面 ABD 平面 BCD, 点 E,F(E与 A,D 不 重合 )分别在棱AD,BD 上,且 EFAD. 求证： （ 1）EF平面 ABC ； （ 2）AD AC. 【答案】（1）见解析（ 2）见解析 【趁热打铁】已知四棱锥PABC

24、D 中，PD平面 ABCD ，ABCD 是正方形， E 是 PA 的中点 ( ) 求证：PC平面EBD； (第 15 题) A D B C E F ( ) 求证：平面PBC平面 PCD. 【答案】( ) 见解析( ) 见解析 【解析】试题分析： （1）连BD，与AC交于O，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平 行； （2）证明BCPCD平面，即可证得平面PBC平面PCD 试题解析：( ) 连接AC 交 BD 与 O，连接 EO, E、 O 分别为 PA、AC 的中点， EO PC， PC ?平面 EBD，EO? 平面 EBD PC平面EBD ( ) PD平面 ABCD, BC ?

25、平面 ABCD ， PD BC，ABCD为正方形，BC CD， PD CD D, PD 、CD ? 平面 PCD BC平面PCD ，又BC? 平面 PBC， 平面 PBC平面 PCD. 【例 2】在如图所示的几何体中,四边形 CDEF 为正方形 ,四边形 ABCD 为等腰梯形 ,AB CD,AC=3,AB=2BC=2,ACFB. (1) 求证 :AC平面 FBC; (2) 求四面体F-BCD 的体积 ; (3) 线段 AC 上是否存在点M, 使 EA平面 FDM? 证明你的结论 . 【答案】 (1)证明：见解析.(2)(3) 线段AC上存在点M,使得EA平面FDM成立. 【解析】 (1)证明：

26、在 ABC 中,因为 AC=,AB=2,BC=1,所以 ACBC. 又因为 AC FB,BC FB=B, 所以AC 平面 FBC. (2) 解：因为AC平面 FBC,所以 AC FC. 因为 CD FC,AC CD=C, 所以 FC平面 ABCD. 在等腰梯形ABCD 中,可得 CB=DC=1,所以 FC=1. 所以BCD 的面积为S= 所以四面体F-BCD 的体积为VF-BCD=S FC= 【趁热打铁】如图,在直角梯形ABCD 中,ABCD,AD AB,CD=2AB=4,AD=2,E为 CD 的中点 ,将BCE 沿 BE 折起 ,使得 CODE,其中点 O 在线段 DE 内. (1) 求证

27、:CO平面 ABED; (2) 求CEO(记为 )多大时 ,三棱锥 C-AOE 的体积最大 ?最大值为多少? 【答案】 (1)证明：见解析.(2)当 =时,三棱锥 C-AOE 的体积最大 ,最大值为. 【解析】 (1)证明：在直角梯形ABCD 中,CD=2AB,E为 CD 的中点 ,则 AB=DE. 又 ABDE,AD AB,知 BE CD. 在四棱锥C-ABED 中,BEDE,BECE,CE DE=E,CE,DE ? 平面 CDE,则 BE平面 CDE. 因为 CO? 平面 CDE,所以 BECO. 又 CO DE,且 BE,DE 是平面 ABED 内两条相交直线,故 CO平面 ABED.

28、(2) 解：由 (1) 知 CO平面ABED, 知三棱锥C-AOE 的体积 V=S AOE OC= OE AD OC. 由直角梯形ABCD 中,CD=2AB=4,AD=,CE=2, 得三棱锥C-AOE 中 ,OE=CE cos =2cos , OC=CE sin =2sin ,V=sin 2 , 当且仅当sin 2 =1, ,即 =时取等号 (此时 OE= 3 10 10 m n m n ，于是sin= 10 10 所以，二面角EBCF的正弦值为 10 10 （）设线段DP的长为h（h 0，2 ） ，则点P的坐标为（ 0，0，h） ， 可得 12BPh， ， 易知，DC= （0， 2，0）为平

29、面ADGE的一个法向量， 故 2 2 5 BP DC cos BP DC BP DC h ， 由题意，可得 2 2 5h =sin60 = 3 2 ，解得h= 3 3 0，2 所以线段DP的长为 3 3 . 【命题预测看准方向】 立体几何问题是高考的必考内容,立体几何解答题,一般设 2 至 3 问,2 问的较多 ,前一问较简单 ,最后一问难度 较大 ,而选用向量法可以降低解题难度,但增加了计算量. 考查的主要题目类型，一是利用向量知识证明空间 的平行与垂直；利用向量知识求线线角、线面角、二面角的大小；围绕此利用向量知识解决立体几何中的 探索性问题有所升温 . 【典例分析提升能力】 【例 1】在

30、直三棱柱ABC-A 1B1C1 中, ABC=90 ,BC=2,CC 1=4, 点 E在线段 BB1 上,且 EB1=1,D,F,G 分别为 CC 1,C1B1,C1A1 的中点 . 求证 :(1)B 1D平面 ABD; (2) 平面 EGF平面 ABD. 【答案】见解析. 【解析】证明：(1) 以 B 为坐标原点 ,BA,BC,BB 1 所在直线分别为x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,如图 . 则 B(0,0,0),D(0,2,2),B 1(0,0,4), 设 BA=a, 则 A(a,0,0), 所以=(a,0,0),=(0,2,2), =(0,2,-2),=0,=0+4-4=0

31、, 即 B1DBA,B1DBD, 又 BA BD=B, 因此B1D平面 ABD. (2) 由(1)知 ,E(0,0,3),G,F(0,1,4), 则=(0,1,1),=0+2-2 =0,=0+2-2=0, 即 B1DEG,B1DEF, 又 EGEF=E,因此 B1D平面 EGF. 结合 (1)可知平面EGF平面 ABD. 【趁热打铁】已知直三棱柱ABC-A 1B1 C 1 中,ACBC,D 为 AB 的中点 ,AC=BC=BB 1 . (1) 求证 :BC1AB 1; (2) 求证 :BC 1平面 CA1 D. 【答案】见解析. 【解析】证明：如图 ,以 C 1 为原点 ,C 1A1,C1B1

32、,C1C 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系. 由 AC=BC=BB 1,设 AC=2, 则 A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A 1(2,0,0),B1 (0,2,0),C 1(0,0,0),D(1,1,2). (1) 因 为=(0,-2,-2),=(-2,2,-2), 所以=0-4+4=0, 因此,故 BC1AB1. (2) 证法一由于=(2,0,-2),=(1,1,0), 若设=x+y, 则得解得-2, 所以是共面向量 , 又 BC1?平面 CA1D,因此 BC1平面 CA1D. 证法二设平面 CA1D 的法向量为n =(x,y,z), 则

33、即 不妨令 x=1, 则 y=-1,z=1, n =(1,-1,1). =(0,-2,-2), n=1 0+(-2) (-1)+(- 2) 1=0. n. 又 BC1在平面 CA1D 外, BC1平面 CA1D. 【例 2】 【2018 年全国理】如图，边长为2 的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是 上异于，的点 （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】 （1）由题设知 ,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD, 故BCDM. 因为M为上异于C，D的点 ,且DC为

34、直径，所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC. （2）以D为坐标原点 ,的方向为x轴正方向 ,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 当三棱锥M-ABC体积最大时，M为的中点 . 由题设得， 设是平面MAB的法向量 ,则 即 可取. 是平面MCD的法向量 ,因此 ， ， 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. 【趁热打铁】 【2017 课标 II， 理 19】 如图， 四棱锥 P-ABCD中， 侧面 PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ， o1 ,90 , 2 ABBCADBADABCE是 PD 的中点 . （1）证明：直线

35、/ /CE平面 PAB； （2）点 M 在棱 PC 上，且直线BM 与底面 ABCD 所成角为 o 45 ，求二面角MABD的余弦值 . 【答案】 (1)证明略； (2) 10 5 . 【解析】 试题解析： （1）取PA的中点F，连结EF，BF. 因为E是PD的中点，所以EFAD, 1 2 EFAD,由90BADABC得BCAD， 又 1 2 B CA D, 所以 EFBC .四边形BCEF为平行四边形，CEBF. 又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE 平面PAB. （2）由已知得 BAAD,以 A 为坐标原点，AB 的方向为 x 轴正方向，AB 为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系A

36、xyz， 则0,0,0A，1,0,0B，1,1,0C，0,1, 3P，(103)PC，,(10 0)AB， ， 设, ,01Mx y zx则1, ,1,3BMxy zPMx yz， 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为45 ，而0,0,1n是底面 ABCD 的法向量， 所以 cos,sin 45BM n ， 2 22 2 2 1 z xyz ， 即 2 22 10xyz. 又 M 在棱 PC 上，设PMPC,则 ,1,33xyz. 【方法总结全面提升】 1. 用向量方法证明空间线面位置关系的方法:设直线 l1,l 2 的方向向量分别为a,b,平面 ,的法向量分别为 e 1,e2,A,B,C

37、 分别为平面 内的相异且不共线的三点(其中 l 1 与 l 2 不重合 ,与 不重合 ),则 (1)l 1 l2? ab? 存在实数 ,使 b = a(a0);l 1l2? ab? a b=0. (2)l 1 ? a e1? 存在实数 ,使 e 1= a(a0);l1 ? a e1=0 ? 存在非零实数 1,2,使 a= 1 (3) ? e 1 e2? 存在实数 ,使 e 2= e1(e10); ? e1e2? e1 e 2=0. 2. 用向量求空间角的方法: 设直线 l 1,l2 的方向向量分别为a,b,平面 ,的法向量分别为n ,m . (1) 若异面直线l1与 l2所成的角为 ,则 co

38、s =. (2) 若直线 l1与平面 所成的角为 ,则 sin =. (3) 若平面 与平面 所成的二面角为 ,则|cos |=. 【规范示例避免陷阱】 【典例】【 2017 全国卷】如图，在四棱锥 PABCD 中，AB CD，且BAPCDP 90 . (1) 证明：平面PAB平面 PAD ； (2) 若 PAPDABDC ，APD 90 ，求二面角 APBC 的余弦值 【规范解答】(1) 证明：由已知BAPCDP 90 ，得AB AP， CD PD. 由于 AB CD，故 AB PD， AP PO P，从而 AB平面PAD.3 分 又 AB? 平面 PAB，所以平面PAB平面 PAD. 1

39、分 (2) 在平面 PAD 内作 PF AD，垂足为 F. 由(1) 可知，AB平面PAD ，故 AB PF，可得 PF平面 ABCD. 以 F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向， |AB |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz. 由(1) 及已知可得A（ 2 2 ，0,0 ） ，P（0,0 ， 2 2 ） ， B（ 2 2 ，1,0 ） ，C（ 2 2 ，1,0） ，2 分 所以 PC （ 2 2 ， 1， 2 2 ） ，CB (2，0,0) ， PA （ 2 2 ，0， 2 2 ） ， AB (0,1,0) 设 n(x1，y1，z1)是平面 PCB 的一个法向量，则 n

40、PC 0， n CB 0， 即 2 2 x1y1 2 2 z10， 2x10. 所以可取n (0， 1，2).2 分 设 m (x2，y2，z2)是平面 PAB 的一个法向量，则 m PA 0， m AB 0， 即 2 2 x2 2 2 z20， y20. 可取 m (1,0,1) ，2 分 则 cos n， m n m |n|m | 3 3 . 所以二面角APBC 的余弦值为 3 3 .2 分, 【反思提升】1.评分细则 : （1）利用线面垂直的判定定理，3 分 （2）利用面面垂直的判定定理，1 分 （3）建系得各点坐标，2 分 （4）求出法向量n,2 分 （5）求出法向量m,2 分 （6）

41、利用公式求出二面角的余弦值，2 分 2.注意利用第 (1)问的结果： 在题设条件下， 立体几体解答题的第(2) 问建系， 要用到第 (1)问中的垂直关系时， 可以直接用，有时不用第 (1) 问的结果无法建系，如本题即是在第(1)问的基础上建系 【误区警示】1.写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分， 无则没分，所以对于得分点步骤一定要写如第(1) 问中的 AB AP， AB PD， AP PDP；第 (2) 问中的 建系及各点坐标，两平面法向量的坐标 2. 写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分所以在解立体几何类解答题时，一定 要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断AB平面 PAD 的三个条件，写不全则不能得全分，如 OH EF H 一定要有，否则要扣1 分；第 (2)问中不写出cos m ，n m n |m |n |这个公式，而直接得出余 弦值，则要扣1 分