2019高考数学二轮复习 专题四 立体几何（课件+教案+练习）（打包9套）理.zip

1第一讲 空间几何体年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析Ⅰ卷 圆柱的三视图的应用·T 72018 Ⅲ卷 与数学文化有关的三视图判断·T3Ⅰ卷 三视图与表面积问题·T 7Ⅱ卷 三视图与体积问题·T 42017Ⅲ卷 圆柱与球的结合体问题·T 8Ⅰ卷 有关球的三视图及表面积·T 6Ⅱ卷空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6空间几何体三视图及表面积的计算·T 92016Ⅲ卷直三棱柱的体积最值问题·T 10立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算.空间几何体的三视图授课提示：对应学生用书第34页[悟通——方法结论]一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧视图放在正视图的右面，高度与正视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．[全练——快速解答]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)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( )2解析：由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应选A.故选A.答案：A2．(2017·高考全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A．10 B．12 C．14 D．16解析：由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，且这两个梯形全等，这些梯形的面积之和为 ×2＝12，故选B.2＋ 4×22答案：B3．(2018·山西八校联考)将正方体(如图1)截去三个三棱锥后，得到如图2所示的几何体，侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为( )解析：将图2中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D.答案：D明确三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，看不到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的视图．先根据已知的一部分视图，还原、推测直观3图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．空间几何体的表面积与体积授课提示：对应学生用书第35页[悟通——方法结论]求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算．(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用．[全练——快速解答]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A．90π B．63πC．42π D．36π解析：法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积 V＝π×3 2×10－ ×π×3 2×6＝63π.12法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的4圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积 V＝π×32×7＝63π.答案：B2．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A． B．27272C．27 D．272 3解析：在长、宽、高分别为3 ，3,3 的长方体中，由几何体的三视图得3 3几何体为如图所示的三棱锥 C­BAP，其中底面 BAP是∠ BAP＝90˚的直角三角形，AB＝3， AP＝3 ，所以 BP＝6 ，又棱 CB⊥平面 BAP且 CB＝3 ，所以 AC＝6，所以3 3该几何体的表面积是 ×3×3 ＋ ×3×3 ＋ ×6×3 ＋ ×6×3 ＝27 ，12 3 12 3 12 3 12 3 3故选D.答案：D3.(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3C．2＋2π3D．4＋2π3解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积 V＝ π×1 3＋ π×1 2×2＝ π，故选B.23 12 53答案：B54．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体 ABCD­A1B1C1D1中， AB＝ BC＝2， AC1与平面 BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A．8 B．6 2C．8 D．82 3解析：如图，连接 AC1， BC1， AC.∵ AB⊥平面 BB1C1C，∴∠ AC1B为直线 AC1与平面 BB1C1C所成的角，∴∠ AC1B＝30°.又 AB＝ BC＝2，在Rt△ ABC1中， AC1＝＝4，在Rt△ ACC1中， CC1＝ ＝ ＝22sin 30° AC21－ AC2 42－ 22＋ 22 2，∴ V长方体 ＝ AB×BC×CC1＝2×2×2 ＝8 .2 2故选C.答案：C1．活用求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．2．活用求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．空间几何体与球的切、接问题授课提示：对应学生用书第36页6[悟通——方法结论]1．解决与球有关的“切”“接”问题，一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面，把空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．2．记住几个常用的结论：(1)正方体的棱长为 a，球的半径为 R.①正方体的外接球，则2 R＝ a；3②正方体的内切球，则2 R＝ a；③球与正方体的各棱相切，则2 R＝ a.2(2)在长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a， b， c，外接球的半径为 R，则2 R＝.a2＋ b2＋ c2(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.(1)(2017·高考全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．π B. C. D.3π4 π 2 π 4解析：设圆柱的底面半径为 r，则 r2＝1 2－ 2＝ ，所以，圆柱的体积 V＝ π×1＝(12) 34 34 3π4，故选B.答案：B(2)(2017·高考全国卷Ⅰ)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________．解析：如图，连接 AO， OB，∵ SC为球 O的直径，∴点 O为 SC的中点，∵ 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，设球 O的半径为 R，7则 OA＝ OB＝ R， SC＝2 R.∴ VS­ABC＝ VA­SBC＝ ×S△ SBC×AO13＝ × ×AO，13 (12×SC×OB)即9＝ × ×R，解得 R＝3，13 (12×2R×R)∴球 O的表面积为 S＝4π R2＝4π×3 2＝36π.答案：36π掌握“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面.(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.[练通——即学即用]1．(2018·湘东五校联考)已知等腰直角三角形 ABC中， AB＝ AC＝2， D， E分别为 AB， AC的中点，沿 DE将△ ABC折成直二面角(如图)，则四棱锥 A­DECB的外接球的表面积为________．解析：取 DE的中点 M， BC的中点 N，连接 MN(图略)，由题意知， MN⊥平面 ADE，因为△ ADE是等腰直角三角形，所以△ ADE的外接圆的圆心是点 M，四棱锥 A­DECB的外接球的球心在直线 MN上，又等腰梯形 DECB的外接圆的圆心在 MN上，所以四棱锥 A­DECB的外接球的球心就是等腰梯形 DECB的外接圆的圆心．连接 BE，易知△ BEC是钝角三角形，所以等腰梯形 DECB的外接圆的圆心在等腰梯形 DECB的外部．设四棱锥 A­DECB的外接球的半径为 R，球心到 BC的距离为 d，则Error! 解得 R2＝ ，故四棱锥 A­DECB的外接球的表面积 S＝4π R2＝10π.52答案：10π2．(2018·合肥模拟)如图，已知平面四边形 ABCD满足 AB＝ AD＝2，∠ A＝60˚，∠ C＝908˚，将△ ABD沿对角线 BD翻折，使平面 ABD⊥平面 CBD，则四面体 ABCD外接球的体积为________．解析：在四面体 ABCD中，∵ AB＝ AD＝2，∠ BAD＝60˚，∴△ ABD为正三角形，设 BD的中点为 M，连接 AM，则 AM⊥ BD，又平面 ABD⊥平面 CBD，平面 ABD∩平面 CBD＝ BD，∴ AM⊥平面 CBD.∵△ CBD为直角三角形，∴其外接圆的圆心是斜边 BD的中点 M，由球的性质知，四面体 ABCD外接球的球心必在线段 AM上，又△ ABD为正三角形，∴球心是△ ABD的中心，则外接球的半径为 ×2× ＝ ，∴四面体 ABCD外接球的体积为 ×π×( )3＝ .23 32 233 43 233 323π27答案：323π27授课提示：对应学生用书第135页一、选择题1．(2018·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为 ，则该几何体的俯视图可以是( 83)解析：由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为2，底面为正方形，面积为2×2＝4，因为该几何体的体积为 ×4×2＝ ，满足条件13 83，所以俯视图可以为一个直角三角形．故选D.9答案：D2．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1、 O2，过直线 O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A．12 π B．12π2C．8 π D．10π2解析：设圆柱的轴截面的边长为 x，则由 x2＝8，得 x＝2 ，∴ S圆柱表 ＝2 S底 ＋ S侧 ＝2×2π×( )2＋2π× ×2 ＝ 12π.2 2 2故选B.答案：B3．(2018·合肥模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．5π＋18 B．6π＋18C．8π＋6 D．10π＋6解析：由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与两个半球构成，故其表面积为4π×1 2＋ ×2×π×1×3＋2× ×π×1 2＋3×2＝8π＋6.故选C.12 12答案：C4．(2018·沈阳模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A．4＋4 B．4 ＋22 2C．8＋4 D．283解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥 P­ABCD，如图所示，其中 PA⊥底面 ABCD，四边形 ABCD是正方形，且 PA＝2， AB＝210， PB＝2 ，所以该四棱锥的侧面积 S是四个直角三角形的面积和，即 S＝2×( ×2×2＋ ×212 122×2 )＝4＋4 ，故选A.2 2答案：A5．(2018·聊城模拟)在三棱锥 P­ABC中，已知 PA⊥底面 ABC，∠ BAC＝120˚， PA＝ AB＝ AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A．10 π B．18π3C．20π D．9 π3解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥 P­ABC， PA＝ AB＝ AC＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2 R＝ ＝2 ⇒R＝ ，所以该球的表面积为4π R2＝20π42＋ 22 5 5.答案：C6．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点 M在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M到 N的路径中，最短路径的长度为( )A．2 B．217 5C．3 D．2解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点 M， N的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及 M， N的位置( N为 OP的四等分点)如图②所示，连接 MN，则图中 MN即为 M到 N的最短路径．ON＝ ×16＝4， OM＝2，14∴| MN|＝ ＝ ＝2 .OM2＋ ON2 22＋ 42 5故选B.答案：B7．在正三棱柱 ABC­A1B1C1中， AB＝2， AA1＝3，点 M是 BB1的中点，则三棱锥 C1­AMC的体积为( )11A. B.3 2C．2 D．22 3解析：取 BC的中点 D，连接 AD.在正三棱柱 ABC­A1B1C1中，△ ABC为正三角形，所以 AD⊥ BC，又 BB1⊥平面 ABC， AD⊂平面 ABC，所以 BB1⊥ AD，又 BB1∩ BC＝ B，所以 AD⊥平面 BCC1B1，即 AD⊥平面 MCC1，所以点 A到平面 MCC1的距离就是 AD.在正三角形 ABC中， AB＝2，所以 AD＝ ，又 AA1＝33，点 M是 BB1的中点，所以 S△ MCC1＝ S矩形 BCC1B1＝ ×2×3＝3，所以 VC1－ AMC＝ VA­MCC1＝12 12×3× ＝ .13 3 3答案：A8．如图，四棱锥 P­ABCD的底面 ABCD为平行四边形， NB＝2 PN，则三棱锥 N­PAC与三棱锥D­PAC的体积比为( )A．1∶2 B．1∶8C．1∶6 D．1∶3解析：由 NB＝2 PN可得 ＝ .设三棱锥 N­PAC的高为 h1，三棱锥 B­PAC的高为 h，则 ＝PNPB 13 h1h＝ .又四边形 ABCD为平行四边形，所以点 B到平面 PAC的距离与点 D到平面 PAC的距离相等PNPB 13，所以三棱锥 N­PAC与三棱锥 D­PAC的体积比为 ＝ ＝ .V1V13S△ PAC×h113S△ PAC×h 13答案：D9．已知球的直径 SC＝4， A， B是该球球面上的两点，∠ ASC＝∠ BSC＝30˚，则棱锥 S­ABC的体积最大为( )A．2 B．83C． D．23 3解析：如图，因为球的直径为 SC，且 SC＝4，∠ ASC＝∠ BSC＝30˚，所以∠ SAC＝∠ SBC＝90˚， AC＝ BC＝2， SA＝ SB＝2 ，所以 S△ SBC＝ ×2×312122 ＝ 2 ，则当点 A到平面 SBC的距离最大时，棱锥 A­SBC即 S­ABC的体积最大，此时平面 SAC3 3⊥平面 SBC，点 A到平面 SBC的距离为2 sin 330˚＝ ，所以棱锥 S­ABC的体积最大为 ×2 × ＝2，故选A.313 3 3答案：A二、填空题10．(2018·洛阳统考)已知点 A， B， C， D均在球 O上， AB＝ BC＝ ， AC＝2 .若三棱锥6 3D­ABC体积的最大值为3，则球 O的表面积为________．解析：由题意可得，∠ ABC＝ ，△ ABC的外接圆半径 r＝ ，当三棱锥的体积最大时，π 2 3VD­ABC＝ S△ ABC·h(h为 D到底面 ABC的距离)，即3＝ × × × h⇒h＝3，即 R＋ ＝313 13 12 6 6 R2－ r2(R为外接球半径)，解得 R＝2，∴球 O的表面积为4π×2 2＝16π.答案：16π11．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆直径为4，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个长方体挖掉半个圆柱，所以其体积为2×4×8－12×π×2 2×2＝64－4π.答案：64－4π12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为________．解析：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面 AED⊥平面 BCDE，四棱锥 A­BCDE的高为1，四边形 BCDE是边长为1的正方形，则13S△ ABC＝ S△ ABE＝ ×1× ＝ ， S△ ADE＝ ， S△ ACD＝ ×1× ＝ ，故面积最大的侧面的面积12 2 22 12 12 5 52为 .52答案：5213．(2018·福州四校联考)已知三棱锥 A­BCD的所有顶点都在球 O的球面上， AB为球 O的直径，若该三棱锥的体积为 ， BC＝3， BD＝ ，∠ CBD＝ 90˚，则球 O的体积为________．3 3解析：设 A到平面 BCD的距离为 h，∵三棱锥的体积为 ， BC＝3， BD＝ ，∠ CBD＝90˚3 3，∴ × ×3× ×h＝ ，∴ h＝2，∴球心 O到平面 BCD的距离为1.设 CD的中点为 E，连接 OE13 12 3 3，则由球的截面性质可得 OE⊥平面 CBD，∵△ BCD外接圆的直径 CD＝2 ，∴球 O的半径 OD＝23，∴球 O的体积为 .32π3答案：32π31第一讲 空间几何体一、选择题1．(2018·广州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为 ，则该几何体的俯视图可以是( )83解析：由题意可得该几何体可能为四棱锥，如图所示，其高为 2，底面为正方形，面积为 2×2＝4，因为该几何体的体积为 ×4×2＝ ，满足条件，13 83所以俯视图可以为一个直角三角形．故选 D.答案：D2．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1、 O2，过直线 O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为( )A．12 π B．12π2C．8 π D．10π2解析：设圆柱的轴截面的边长为 x，则由 x2＝8，得 x＝2 ，∴ S 圆柱表 ＝2 S 底 ＋ S 侧2＝2×π×( )2＋2π× ×2 ＝12π.2 2 2故选 B.答案：B3．(2018·合肥模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．5π＋18 B．6π＋18C．8π＋6 D．10π＋62解析：由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与两个半球构成，故其表面积为4π×1 2＋ ×2×π×1×3＋2× ×π×1 2＋3×2＝8π＋6.故选 C.12 12答案：C4．(2018·沈阳模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是( )A．4＋4 B．4 ＋22 2C．8＋4 D．283解析：由三视图可知该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥 P­ABCD，如图所示，其中 PA⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形，且PA＝2， AB＝2， PB＝2 ，所以该四棱锥的侧面积 S 是四个直角三角形的2面积和，即 S＝2×( ×2×2＋ ×2×2 )＝4＋4 ，故选 A.12 12 2 2答案：A5．(2018·聊城模拟)在三棱锥 P­ABC 中，已知 PA⊥底面ABC，∠ BAC＝120˚， PA＝ AB＝ AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A．10 π B．18π3C．20π D．9 π3解析：该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P­ABC， PA＝ AB＝ AC＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝ ＝2 ⇒R＝ ，所以该球的表面积为 4π R2＝ 20π.42＋ 22 5 5答案：C6．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点 M 在正视图上的对应点为 A，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为( )3A．2 B．217 5C．3 D．2解析：先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点 M， N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及 M， N 的位置( N 为 OP 的四等分点)如图②所示，连接 MN，则图中MN 即为 M 到 N 的最短路径．ON＝ ×16＝4， OM＝2，14∴| MN|＝ ＝ ＝2 .OM2＋ ON2 22＋ 42 5故选 B.答案：B7．在正三棱柱 ABC­A1B1C1中， AB＝2， AA1＝3，点 M 是 BB1的中点，则三棱锥 C1­AMC的体积为( )A. B.3 2C．2 D．22 3解析：取 BC 的中点 D，连接 AD.在正三棱柱 ABC­A1B1C1中，△ ABC 为正三角形，所以 AD⊥ BC，又 BB1⊥平面 ABC， AD⊂平面 ABC，所以 BB1⊥ AD，又BB1∩ BC＝ B，所以 AD⊥平面 BCC1B1，即 AD⊥平面 MCC1，所以点 A 到平面 MCC1的距离就是 AD.在正三角形 ABC 中， AB＝2，所以 AD＝ ，又 AA1＝3，点 M 是 BB13的中点，所以 S△ MCC1＝ S 矩形 BCC1B1＝ ×2×3＝3，所以12 12VC1－ AMC＝ VA­MCC1＝ ×3× ＝ .13 3 3答案：A8．如图，四棱锥 P­ABCD 的底面 ABCD 为平行四边形， NB＝2 PN，则三棱锥 N­PAC 与三棱锥 D­PAC 的体积比为( )4A．1∶2 B．1∶8C．1∶6 D．1∶3解析：由 NB＝2 PN 可得 ＝ .设三棱锥 N­PAC 的高为 h1，三棱锥 B­PAC 的高为 h，则PNPB 13＝ ＝ .又四边形 ABCD 为平行四边形，所以点 B 到平面 PAC 的距离与点 D 到平面 PAC 的h1h PNPB 13距离相等，所以三棱锥 N­PAC 与三棱锥 D­PAC 的体积比为 ＝ ＝ .V1V13S△ PAC×h113S△ PAC×h 13答案：D9．已知球的直径 SC＝4， A， B 是该球球面上的两点，∠ ASC＝∠ BSC＝30˚，则棱锥S­ABC 的体积最大为( )A．2 B．83C． D．23 3解析：如图，因为球的直径为 SC，且 SC＝4，∠ ASC＝∠ BSC＝30˚，所以∠ SAC＝∠ SBC＝90˚， AC＝ BC＝2， SA＝ SB＝2 ，所以 S△3SBC＝ ×2×2 ＝2 ，则当点 A 到平面 SBC 的距离最大时，棱锥 A­SBC 即12 3 3S­ABC 的体积最大，此时平面 SAC⊥平面 SBC，点 A 到平面 SBC 的距离为 2 sin 30˚＝ ，3 3所以棱锥 S­ABC 的体积最大为 ×2 × ＝2，故选 A.13 3 3答案：A二、填空题10．(2018·洛阳统考)已知点 A， B， C， D 均在球 O 上， AB＝ BC＝ ， AC＝2 .若三棱6 3锥 D­ABC 体积的最大值为 3，则球 O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ ABC＝ ，△ ABC 的外接圆半径 r＝ ，当三棱锥的体积最大时，π 2 3VD­ABC＝ S△ ABC·h(h 为 D 到底面 ABC 的距离)，即 3＝ × × × h⇒h＝3，即13 13 12 6 6R＋ ＝3( R 为外接球半径 )，解得 R＝2，∴球 O 的表面积为 4π×2 2＝16π.R2－ r25答案：16π11．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆直径为 4，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知该几何体为一个长方体挖掉半个圆柱，所以其体积为2×4×8－ ×π×2 2×2＝64－4π.12答案：64－4π12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，面积最大的侧面的面积为________．解析：由三视图可知，几何体的直观图如图所示，平面 AED⊥平面 BCDE，四棱锥A­BCDE 的高为 1，四边形 BCDE 是边长为 1 的正方形，则 S△ ABC＝ S△ ABE＝ ×1× ＝ ， S△12 2 22ADE＝ ， S△ ACD＝ ×1× ＝ ，故面积最大的侧面的面积为 .12 12 5 52 52答案：5213．(2018·福州四校联考)已知三棱锥 A­BCD 的所有顶点都在球 O 的球面上， AB 为球O 的直径，若该三棱锥的体积为 ， BC＝3， BD＝ ，∠ CBD＝90˚ ，则球 O 的体积为3 3________．解析：设 A 到平面 BCD 的距离为 h，∵三棱锥的体积为 ， BC＝3， BD＝3， ∠ CBD＝90˚，∴ × ×3× ×h＝ ，∴ h＝2，∴球心 O 到平面 BCD 的距313 12 3 3离为 1.设 CD 的中点为 E，连接 OE，则由球的截面性质可得 OE⊥平面CBD，∵△ BCD 外接圆的直径 CD＝2 ，∴球 O 的半径 OD＝2，∴球 O 的体积为36.32π3答案：32π31第三讲 空间向量与立体几何年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养Ⅰ卷 面面垂直及线面角求法·T 18Ⅱ卷 线面垂直及线面角求法·T 202018Ⅲ卷 面面垂直及二面角求法·T 19Ⅰ卷 面面垂直与二面角求法·T 18异面直线所成角求法·T 10Ⅱ卷线面平行与二面角求法·T 19线与线所成角问题·T 162017Ⅲ卷面面垂直与二面角求法·T 19Ⅰ卷面面垂直的证明及二面角的求解·T 18Ⅱ卷 线面垂直证明及二面角的求解·T 192016Ⅲ卷线面平行的证明及线面角的求解·T 19命题分析高考中此部分命题较为稳定，以解答题的形式考查空间平行关系和垂直关系的证明，空间几何体表面积和体积的计算，异面直线所成的角、线面角和二面角的求解，简单的空间距离的求解，难度中等偏上．其中解答题的基本模式是既有证明也有计算，其中的计算离不开证明，以考查证明为主．学科素养几何中的向量方法主要是通过向量法求解空间角问题，重点考查了学生直观想象与数学运算素养能力.向量法证明线面平行、垂直关系授课提示：对应学生用书第40页[悟通——方法结论]1．用向量证明平行的方法(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．(2)线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；直线的方向向量与平面内两不共线向量共面．(3)面面平行：证明两平面的法向量为共线向量；转化为线面平行、线线平行问题．2．用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．2(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．[全练——快速解答]1．在直三棱柱 ABCA1B1C1中， ∠ ABC＝90°， BC＝2， CC1＝4，点 E在线段 BB1上，且 EB1＝1， D， F， G分别为 CC1， C1B1， C1A1的中点．求证：(1) B1D⊥平面 ABD；(2)平面 EGF∥平面 ABD.证明：(1)以 B为坐标原点， BA， BC， BB1所在的直线分别为 x轴， y轴， z轴建立如图所示的空间直角坐标系 B­xyz，则 B(0,0,0)， D(0,2,2)， B1(0,0,4)，设 BA＝ a，则 A(a,0,0)，所以 ＝( a,0,0，)， ＝(0,2,2)，BA→ BD→ ＝(0,2，－2)，B1D→ · ＝0， · ＝0＋4－4＝0，B1D→ BA→ B1D→ BD→ 所以 ⊥ ， ⊥ ，B1D→ BA→ B1D→ BD→ 即 ⊥ ， ⊥ .B1D→ BA→ B1D→ BD→ 又 BA∩ BD＝ B， BA⊂平面 ABD， BD⊂平面 ABD，因此 B1D⊥平面 ABD.(2)由(1)知， E(0,0,3)， G( ，1,4)， F(0,1,4)，a2则 ＝( ，1,1)， ＝(0,1,1)，EG→ a2 EF→ 3· ＝0＋2－2＝0，B1D→ EG→ · ＝0＋2－2＝0，B1D→ EF→ 所以 ⊥ ， ⊥ ，B1D→ EG→ B1D→ EF→ 即 B1D⊥ EG， B1D⊥ EF.又 EG∩ EF＝ E， EG⊂平面 EGF， EF⊂平面 EGF，因此 B1D⊥平面 EGF.结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.2．如图所示，在底面是矩形的四棱锥 PABCD中， PA⊥底面 ABCD， E， F分别是 PC， PD的中点， PA＝ AB＝1， BC＝2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC.证明：以 A为原点， AB， AD， AP所在直线分别为 x轴， y轴， z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)， C(1,2,0)， D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以 E ， F ，(12， 1， 12) (0， 1， 12)＝ ， ＝(0,0,1)， ＝(0,2,0)， ＝(1,0,0)， ＝(1,0,0)．EF→ (－ 12， 0， 0) AP→ AD→ DC→ AB→ (1)因为 ＝－ ，所以 ∥ ，EF→ 12AB→ EF→ AB→ 即 EF∥ AB.又 AB⊂平面 PAB， EF⊄平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB.(2)因为 · ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AP→ DC→ · ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，AD→ DC→ 所以 ⊥ ， ⊥ ，AP→ DC→ AD→ DC→ 即 AP⊥ DC， AD⊥ DC.又因为 AP∩ AD＝ A， AP⊂平面 PAD， AD⊂平面 PAD，4所以 DC⊥平面 PAD.因为 DC⊂平面 PDC，所以平面 PAD⊥平面 PDC.向量法证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．向量法求空间角大小授课提示：对应学生用书第41页[悟通——方法结论]1．向量法求异面直线所成的角若异面直线 a， b的方向向量分别为 a， b，异面直线所成的角为 θ ，则cos θ ＝|cos〈 a， b〉|＝ .|a·b||a||b|2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量 n，直线的方向向量 a，设线面所成的角为 θ ，则sin θ ＝|cos〈 n， a〉|＝ .|n·a||n||a|3．向量法求二面角求出二面角 α ­l­β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1， n2，若二面角 α ­l­β 所成的角θ 为锐角，则cos θ ＝|cos〈 n1， n2〉|＝ ；若二面角 α ­l­β 所成的角 θ 为钝角，则cos |n1·n2||n1||n2|θ ＝－|cos〈 n1， n2〉|＝－ .|n1·n2||n1||n2|(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)如图，四面体 ABCD中，5(1) (2)过 AC的平面交 BD于点 E，若 ，求二面角平 面 AEC把 四 面 体 ABCD分 成 体 积 相 等 的 两 部 分 ❹D­AE­C的余弦值．[学审题]条件信息 想到方法 注意什么信息❶：△ ABC为正三角形，△ ACD是直角三角形特殊三角形中的特殊的边角：△ ABC中三边相等，△ ACD中的直角信息❷：∠ ABD＝∠ CBD， AB＝ BD边角相等关系可证两三角形全等，进而可证 AD＝D C，∠ ADC＝90˚信息❸：证明：平面 ACD⊥平面 ABC面面垂直的证明方法：几何法或定义法信息❹：体积相等由体积的大小关系转化到点到面的距离的大小关系，进而知点 E为 DB的中点(1)建系时要证明哪三条线两两垂直，进而可作为坐标轴(2)两平面法向量的夹角不一定是所求的二面角，也有可能是两法向量夹角的补角，因此必须说明角的范围[规范解答] (1)证明：由题设可得，△ ABD≌△ CBD，从而 AD＝ DC.又△ ACD是直角三角形，所以∠ ADC＝90°.取 AC的中点 O，连接 DO， BO，则 DO⊥ AC， DO＝ AO.又因为△ ABC是正三角形，所以 BO⊥ AC.所以∠ DOB为二面角 D­AC­B的平面角． (2分)在Rt△ AOB中， BO2＋ AO2＝ AB2.又 AB＝ BD，所以BO2＋ DO2＝ BO2＋ AO2＝ AB2＝ BD2，故∠ DOB＝90°.所以平面 ACD⊥平面 ABC. (4分)(2)由题设及(1)知， OA， OB， OD两两垂直．以 O为坐标原点， 的方向为 x轴正方向，|OA→ 6|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 O­xyz，OA→ 则 A(1,0,0)， B(0， ，0)， C(－1,0,0)， D(0，0,1)．3(5分)由题设知，四面体 ABCE的体积为四面体 ABCD的体积的 ，从而 E到平面 ABC的距离为 D到12平面 ABC的距离的 ，即 E为 DB的中点，得 E .12 (0， 32， 12)6分故 ＝(－1,0,1)， ＝(－2,0,0)， ＝ .AD→ AC→ AE→ (－ 1， 32， 12)设 n＝( x1， y1， z1)是平面 DAE的法向量，则Error!即Error!可取 n＝ . (8分)(1，33， 1)设 m＝( x2， y2， z2)是平面 AEC的法向量，则Error!即Error!可取 m＝(0，－1， )．3则cos〈 n， m〉＝ ＝ ＝ . (10分)n·m|n||m|－ 33＋ 3213 ×2 77由图知二面角 D­AE­C为锐角，所以二面角 D­AE­C的余弦值为 . (12分)771．用向量法求解空间角的四个要点：(1)“建系”，构建恰当的空间直角坐标系，如本题利用线面垂直关系构建空间直角坐标系；(2)“求坐标”，准确求解相关点的坐标；(3)“求法向量”，求出平面的法向量；(4)“应用公式”，熟记空间角的公式，即可求出空间角．2．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角 θ 与夹角 α 的关系为sin θ ＝|cos α |.73．求二面角 θ ，主要通过两平面的法向量 n， m的夹角求得，即先求|cos〈 n， m〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若 θ 为锐角，则cos θ ＝|cos〈 n， m〉|；若 θ 为钝角，则cos θ ＝－|cos〈 n， m〉|.[练通——即学即用](2018·郑州一模)在如图所示的多面体中，四边形 ABCD是平行四边形，四边形 BDEF是矩形， ED⊥平面 ABCD，∠ ABD＝ ， AB＝2 AD.π 6(1)求证：平面 BDEF⊥平面 ADE；(2)若 ED＝ BD，求直线 AF与平面 AEC所成角的正弦值．解析：(1)证明：在△ ABD中，∠ ABD＝ ， AB＝2 AD，由余弦定理，得 BD＝ AD，π 6 3从而 BD2＋ AD2＝ AB2，故 BD⊥ AD，因为 DE⊥平面 ABCD， BD⊂平面 ABCD，所以 DE⊥ BD.又 AD∩ DE＝ D，所以 BD⊥平面 ADE.因为 BD⊂平面 BDEF，所以平面 BDEF⊥平面 ADE.(2)由(1)可得，在Rt△ ABD中，∠ BAD＝ ， BD＝ AD，又由 ED＝ BD，π 3 3设 AD＝1，则 BD＝ ED＝ .因为 DE⊥平面 ABCD， BD⊥ AD，3所以可以点 D为坐标原点， DA， DB， DE所在直线分别为 x轴， y轴， z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则 A(1,0,0)， C(－1， ，0)， E(0,0， )， F(0， ， )，3 3 3 3所以 ＝(－1,0， )， ＝(－2， ，0)．AE→ 3 AC→ 3设平面 AEC的法向量为 n＝( x， y， z)，则Error!即Error!令 z＝1，得 n＝( ，2,1)，为平面 AEC的一个法向量．3因为 ＝(－1， ， )，AF→ 3 3所以cos〈 n， 〉＝ ＝ ，AF→ n·AF→ |n|·|AF→ | 4214所以直线 AF与平面 AEC所成角的正弦值为 .42148立体几何中的探索性问题授课提示：对应学生用书第43页[悟通——方法结论]解决立体几何中探索性问题的3个步骤及1个注意点(1)3个步骤①通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；②若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；③若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．(2)1个注意点探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．(2016·高考北京卷)(12分)如图，在四棱锥 P­ABCD中， AB⊥AD， AB＝1， AD＝2，(1)求证： PD⊥平面 PAB；(2)求直线 PB与平面 PCD所成角的正弦值；(3)在 ，使得 若存在，求 的值；若不存在，说明棱 PA上 是 否 存 在 点 M ❹ BM∥ 平 面 PCD？ ❺ AMAP理由．[学审题]条件信息 想到方法 注意什么信息❶：平面 PAD⊥平面 ABCD面面垂直的性质定理：面面垂直⇒线面垂直，即可证 AB⊥平面 PAD(1)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值9信息❷： PA⊥ PD， PA＝ PD△ PAD为等腰直角三角形及斜边中线即为高线信息❸： AC＝ CD△ ACD为等腰三角形及其性质信息❹：棱 PA上是否存在点M三点共线的应用信息❺： BM∥平面 PCD直线与平面平行时，直线的方向向量与平面的法向量的关系： 垂直于平面 PBM→ CD的法向量(2)向量法解决立体几何问题的关键是准确表达出各点及相关量的坐标[规范解答] (1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD， AB⊥ AD，所以 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥ PD. (2分)又因为 PA⊥ PD，所以 PD⊥平面 PAB. (3分)(2)取 AD的中点 O，连接 PO， CO.因为 PA＝ PD，所以 PO⊥ AD.因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD，所以 PO⊥平面 ABCD. (5分)因为 CO⊂平面 ABCD，所以 PO⊥ CO.因为 AC＝ CD，所以 CO⊥ AD.如图，建立空间直角坐标系 O­xyz.由题意得， A(0,1,0)， B(1,1,0)， C(2,0,0)， D(0，－1,0)， P(0,0,1)． (6分)设平面 PCD的法向量为 n＝( x， y， z)，则Error!即 Error!令 z＝2，则 x＝1， y＝－2，所以 n＝(1，－2,2)．又 ＝(1,1，－1)，所以cos〈 n， 〉＝ ＝－ .PB→ PB→ n·PB→ |n||PB→ | 33所以直线 PB与平面 PCD所成角的正弦值为 .3310(8分)(3)设 M是棱 PA上一点，则存在 λ ∈[0,1]，使得 ＝ λ .AM→ AP→ 因此点 M(0,1－ λ ， λ )， ＝(－1，－ λ ， λ )．BM→ 因为 BM⊄平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD，则 ·n＝0，BM→ (10分)即(－1，－ λ ， λ )·(1，－2,2)＝0，解得 λ ＝ .14所以在棱 PA上存在点 M，使得 BM∥平面 PCD，此时 ＝ .AMAP 14(12分)利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.[练通——即学即用](2018·福州四校联考)如图，在梯形 ABCD中， AB∥ CD， AD＝ DC＝ CB＝1，∠ BCD＝120˚，四边形 BFED是直角梯形， DE⊥ BD， BF∥ DE， DE＝2 BF＝2，平面 BFED⊥平面 ABCD.(1)求证： AD⊥平面 BFED；(2)在线段 EF上是否存在一点 P，使得平面 PAB与平面 ADE所成的锐二面角的余弦值为5728？若存在，求出点 P的位置；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：在梯形 ABCD中，11∵ AB∥ CD， AD＝ DC＝ CB＝1，∠ BCD＝120˚，∴ AB＝2，∴ BD2＝ AB2＋ AD2－2 AB·AD·cos 60˚＝3，∴ AB2＝ AD2＋ BD2，∴ BD⊥ AD，∵平面 BFED⊥平面 ABCD，平面 BFED∩平面 ABCD＝ BD，∴ AD⊥平面 BFED.(2)∵ AD⊥平面 BFED，∴ AD⊥ DE，以 D为原点，分别以 DA， DB， DE所在直线为 x轴、 y轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)， A(1,0,0)， B(0， ，0)， E(0,0,2)， F(0，3， 1)， ＝(0， ，－1)， ＝(－1， ，0)， ＝( －1,03 EF→ 3 AB→ 3 AE→ ,2)．设 ＝ λ ＝(0， λ ，－ λ )(0≤ λ ≤1)．EP→ EF→ 3则 ＝ ＋ λ ＝(－1， λ ，2－ λ )．AP→ AE→ EF→ 3取平面 ADE的一个法向量为 n＝(0,1,0)，设平面 PAB的法向量为 m＝( x， y， z)，由 ·m＝0， ·m＝0得AB→ AP→ Error!令 y＝2－ λ ，得 x＝2 － λ ， z＝ － λ ，∴ m＝(2 － λ ，2－ λ ， －3 3 3 3 3 3 3λ )为平面 PAB的一个法向量，3∴|cos〈 m， n〉|＝ ＝ ，|m·n||m||n| 5728解得 λ ＝ ，∴当 P为线段 EF靠近点 E的三等分点时满足题意.13授课提示：对应学生用书第138页1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形 ABCD为正方形， E， F分别为 AD， BC的中点，以DF为折痕把△ DFC折起，使点 C到达点 P的位置，且 PE⊥ BF.12(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD；(2)求 DP与平面 ABFD所成角的正弦值．解析：(1)证明：由已知可得 BF⊥ PF， BF⊥ EF，所以 BF⊥平面 PEF.又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD.(2)如图，作 PH⊥ EF，垂足为 H.由(1)得， PH⊥平面 ABFD.以 H为坐标原点， 的方向为 y轴正方向，| |为单位长，建HF→ BF→ 立如图所示的空间直角坐标系 H­xyz.由(1)可得， DE⊥ PE.又 DP＝2， DE＝1，所以 PE＝ .3又 PF＝1， EF＝2，所以 PE⊥ PF.所以 PH＝ ， EH＝ .32 32则 H(0,0,0)， P ， D ，(0， 0，32) (－ 1， － 32， 0)＝ ， ＝ .DP→ (1， 32， 32) HP→ (0， 0， 32)又 为平面 ABFD的法向量，HP→ 设 DP与平面 ABFD所成角为 θ ，则sin θ ＝ ＝ ＝ .|HP→ ·DP→ HP→ ||DP→ ||343 34所以 DP与平面 ABFD所成角的正弦值为 .342．(2018·长春模拟)如图，四棱锥 P­ABCD中，底面 ABCD为菱形， PA⊥平面 ABCD， E为 PD的中点．13(1)证明： PB∥平面 ACE；(2)设 PA＝1，∠ ABC＝60˚，三棱锥 E­ACD的体积为 ，求二面角 D­AE­C的余弦值．38解析：(1)证明：连接 BD交 AC于点 O，连接 OE(图略)．在△ PBD中， PE＝ DE， BO＝ DO，所以 PB∥ OE.又 OE⊂平面 ACE， PB⊄平面 ACE，所以 PB∥平面 ACE.(2)由题易知 VP­ABCD＝2 VP­ACD＝4 VE­ACD＝ ，设菱形 ABCD的边长为 a，32则 VP­ABCD＝ S▱ABCD·PA＝ ×(2× a2)×1＝ ，则 a＝ .13 13 34 32 3取 BC的中点为 M，连接 AM，则 AM⊥ AD.以点 A为坐标原点，分别以 ， ， 的方向为 x轴， y AM→ AD→ AP→ 轴， z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)， E(0， ， )， C( ， ，0)， ＝(0， ，32 12 32 32 AE→ 32)， ＝( ， ，0)，12 AC→ 32 32设 n1＝( x， y， z)为平面 AEC的法向量，则Error!即Error!取 x＝1，则 n1＝(1，－ ，3)3为平面 AEC的一个法向量．又易知平面 AED的一个法向量为 n2＝(1,0,0)，所以cos〈 n1， n2〉＝ ＝ ＝ ，n1·n2|n1|·|n2| 11＋ 3＋ 9 1313由图易知二面角 D­AE­C为锐二面角，所以二面角 D­AE­C的余弦值为 .13133．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥 P­ABC中， AB＝ BC＝2 ， PA＝ PB＝ PC＝ AC＝24， O为 AC的中点．14(1)证明： PO⊥平面 ABC；(2)若点 M在棱 BC上，且二面角 M­PA­C为30°，求 PC与平面 PAM所成角的正弦值．解析：(1)证明：因为 PA＝ PC＝ AC＝4， O为 AC的中点，所以 OP⊥ AC，且 OP＝2 .3如图，连接 OB.因为 AB＝ BC＝ AC，22所以△ ABC为等腰直角三角形，且 OB⊥ AC， OB＝ AC＝2.12由 OP2＋ OB2＝ PB2知 PO⊥ OB.由 OP⊥ OB， OP⊥ AC， OB∩ AC＝ O，得 PO⊥平面 ABC.(2)如图，以 O为坐标原点， 的方向为 x轴正方向，建立空间OB→ 直角坐标系 O­xyz.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 )．3 AP→ 3取平面 PAC的一个法向量 ＝(2,0,0)．OB→ 设 M(a,2－ a,0)(0≤ a≤2)，则 ＝( a,4－ a,0)．AM→ 设平面 PAM的法向量为 n＝( x， y， z)．由 ·n＝0， ·n＝0得AP→ AM→ Error!可取 y＝ a，得平面 PAM的一个法向量为 n＝( (a－ 4)， a，－ a)，3 3 3所以cos 〈 ， n〉＝ .OB→ 23a－ 423a－ 42＋ 3a2＋ a2由已知可得|cos〈 ， n〉|＝cos 30°＝ ，OB→ 32所以 ＝ ，23|a－ 4|23a－ 42＋ 3a2＋ a2 32解得 a＝－4(舍去)或 a＝ .4315所以 n＝ .(－833， 433， － 43)又 ＝(0,2，－2 )，所以cos〈 ， n〉＝ .PC→ 3 PC→ 34所以 PC与平面 PAM所成角的正弦值为 .344．(2018·青岛模拟)如图，在四棱锥 P­ABCD中， PA⊥平面 ABCD， AC⊥ AD， AB⊥ BC，∠BCA＝45˚ ， AP＝ AD＝ AC＝2， E为 PA的中点．(1)设平面 PAB∩平面 PCD＝ l，求证： CD∥ l；(2)求二面角 B­CE­D的余弦值．解析：(1)证明：在四边形 ABCD中，∵ AC⊥ AD， AD＝ AC＝2，∴∠ ACD＝45˚，∵∠ BCA＝45 ˚，∴∠ BCD＝∠ BCA＋∠ ACD＝ 90˚，即 DC⊥ BC.又 AB⊥ BC，∴ AB∥ CD.∵ AB⊂平面 PAB， CD⊄平面 PAB，∴ CD∥平面 PAB.∵ CD⊂平面 PCD，平面 PAB∩平面 PCD＝ l，∴ CD∥ l.(2)∵ PA⊥平面 ABCD， AC⊥ AD，∴以 A为原点，以 AD所在的直线为 x轴， AC所在的直线为 y轴， AP所在的直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0,0,2)， E(0,0,1)， D(2,0,0)， C(0,2,0)， B(－1,1,0)，设平面 DCE的法向量为 n1＝( x1， y1， z1)， ＝(0，－2,1)， ＝(－2,0,1)，CE→ DE→ 由Error! 得Error!，令 x1＝1，则 y1＝1， z1＝2，∴ n1＝(1,1,2)是平面 DCE的一个法向量．设平面 BCE的法向量为 n2＝( x2， y2， z2)，＝(1,1,0)， ＝(0，－2,1)，BC→ CE→ 由Error! 得Error!，令 x2＝1，则 y2＝－1， z2＝－2，∴ n2＝(1，－1，－2)是平面 BCE的一个法向量．16则cos〈 n1， n2〉＝ ＝ ＝－ ，n1·n2|n1|·|n2| － 46×6 23又二面角 B­CE­D为钝角，∴二面角 B­CE­D的余弦值为－ .23