《（通用版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 立體幾何教學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 立體幾何教學(xué)案 理（58頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題三 立體幾何 [研高考·明考點] 年份 卷別 小題考查 大題考查 2017 卷Ⅰ T7·空間幾何體的三視圖與直觀圖、面積的計算 T18·面面垂直的證明，二面角的余弦值的求解 T16·三棱錐體積、翻折問題、最值問題 卷Ⅱ T4·空間幾何體的三視圖及體積的計算 T19·線面平行的證明，二面角的余弦值的求解 T10·空間異面直線所成角的余弦值的計算 卷Ⅲ T8·球的內(nèi)接圓柱、圓柱的體積 T19·面面垂直的證明，二面角的余弦值的求解 T16·圓錐、空間線線角的求解 2016 卷Ⅰ T6·空間幾何體的三視圖及表面積、體積的計算 T18·面面垂直的證明，

2、二面角的余弦值的求解 T11·面面平行的性質(zhì)及異面直線所成角的余弦值的計算 卷Ⅱ T6·空間幾何體的三視圖及表面積的計算 T19·線面垂直的證明，二面角的正弦值的求解 T14·空間線面位置關(guān)系 卷Ⅲ T9·空間幾何體的三視圖及表面積的計算 T19·線面平行的證明，線面角的正弦值的求解 T10·三棱柱內(nèi)接球體積的計算 2015 卷Ⅰ T6·數(shù)學(xué)文化、錐體體積的計算 T18·面面垂直的證明，異面直線所成角的余弦值的求解 T11·空間幾何體的三視圖及柱、球體表面積的計算 卷Ⅱ T6·空間幾何體的三視圖及體積的相關(guān)計算 T19·空間位置關(guān)系，線面角的正弦值的求解 T

3、9·三棱錐體積的計算，球表面積的計算 [析考情·明重點] 小題考情分析 大題考情分析 ?？键c 1.空間幾何體的三視圖(3年7考) 2.空間幾何體的表面積與體積(3年11考) 3.與球有關(guān)的組合體的計算問題(3年4考) ?？键c 高考對立體幾何在解答題中的考查比較穩(wěn)定，空間線面位置關(guān)系中的平行或垂直的證明，空間角的計算是熱點，題型主要有： 1.空間位置關(guān)系的證明 2.求空間角或其三角函數(shù)值 偶考點 1.空間線面位置關(guān)系的判斷 2.異面直線所成角的計算 偶考點 翻折與探索性問題的綜合問題 第一講 小題考法——空間幾何體的三視圖、表面積與 體積及位置關(guān)

4、系的判定 考點(一) 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確定另一個. 空間幾何體的三視圖 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·惠州調(diào)研)如圖所示，將圖①中的正方體截去兩個三棱錐，得到圖②中的幾何體，則該幾何體的側(cè)視圖為(　　) (2)(2016·天津高考)將一個長方體沿相鄰三個面的對角線截去一個棱錐，得到的幾何體的正視圖與俯視圖如圖所示，則該幾何體的側(cè)(左)視圖為(　　) [解析]　(1)從幾何體的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的對角線，在視線范圍內(nèi)，畫實線；棱C

5、1F不在視線范圍內(nèi)，畫虛線．故選B. (2)先根據(jù)正視圖和俯視圖還原出幾何體，再作其側(cè)(左)視圖．由幾何體的正視圖和俯視圖可知該幾何體如圖①所示，故其側(cè)(左)視圖如圖②所示．故選B. [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 1．由直觀圖確定三視圖的方法 根據(jù)空間幾何體三視圖的定義及畫法規(guī)則和擺放規(guī)則確定． 2．由三視圖還原到直觀圖的思路 (1)根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面． (2)根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置． (3)確定幾何體的直觀圖形狀． [演練沖關(guān)] 1．(2018屆高三·廣州六校聯(lián)考)已知某幾

6、何體的正視圖和側(cè)視圖均如圖所示，給出下列5個圖形： 其中可以作為該幾何體的俯視圖的圖形個數(shù)為(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：選B　由題知可以作為該幾何體的俯視圖的圖形可以為①②③⑤.故選B. 2．(2017·北京高考)某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為(　　) A．3 B．2 C．2 D．2 解析：選B　在正方體中還原該四棱錐如圖所示， 從圖中易得最長的棱為 AC1＝＝ ＝2. 3．(2017·福州模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實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數(shù)是

7、(　　) 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錐P-ABCD，易知四棱錐P-ABCD的四個側(cè)面都是直角三角形，即此幾何體各面中直角三角形的個數(shù)是4，故選C. 考點(二) 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. 空間幾何體的表面積與體積 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅲ)如圖所示，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積為(　　) A．18＋36 B．54＋18 C．90 D．8

8、1 (2)(2017·全國卷Ⅱ)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實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 (3)(2018屆高三·廣西三市聯(lián)考)如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A．6 B．9 C．12 D．18 [解析]　(1)由三視圖可知該幾何體是底面為正方形的斜四棱柱，其中有兩個側(cè)面為矩形，另兩個側(cè)面為平行四邊形，則表面積為(3×3＋3×6＋3×3)×2＝54＋18.故選B. (2)法一：由題意知，該幾何體由底面半

9、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，其體積等價于底面半徑為3，高為7的圓柱的體積，所以它的體積V＝π×32×7＝63π. (3)該幾何體是一個直三棱柱截去所得，如圖所示，其體積為××3×4×2＝9. [答案]　(1)B　(2)B　(3)B [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

10、何體的體積：常用分割或補形的方法，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． 2．根據(jù)幾何體的三視圖求其表面積或體積的步驟 (1)根據(jù)給出的三視圖還原該幾何體的直觀圖． (2)由三視圖中的大小標(biāo)識確定該幾何體的各個度量． (3)套用相應(yīng)的面積公式或體積公式計算求解． [演練沖關(guān)] 1．(2017·合肥質(zhì)檢)一個幾何體的三視圖及其尺寸如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B． C．28 D．22＋6 解析：選A　由三視圖知，該幾何體為三棱臺，其上、下底面分別是直角邊為2,4的等腰直角三角形，高為2，所以該幾何體的體積V＝×

11、×2×2＋×4×4＋ ×2＝，故選A. 2．(2017·沈陽質(zhì)檢)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，實線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的表面積是(　　) A．36＋6 B．36＋3 C．54 D．27 解析：選A　由三視圖知該幾何體為底面是梯形的四棱柱，其表面積為S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故選A. 3．(2017·山東高考)由一個長方體和兩個圓柱體構(gòu)成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為________． 解析：該幾何體由一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體和兩個底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構(gòu)成， ∴V＝2×

12、1×1＋2××π×12×1＝2＋. 答案：2＋ 考點(三) 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、體積的計算問題，其本質(zhì)是計算球的半徑. 與球有關(guān)的組合體的計算問題 [典例感悟] [典例]　(1)(2016·全國卷Ⅲ)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是(　　) A．4π B. C．6π D. (2)(2018屆高三·湖北七市(州)聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積為(　　),　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．36π

13、 B． C．32π D．28π [解析]　(1)設(shè)球的半徑為R，∵△ABC的內(nèi)切圓半徑為＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.故選B. (2)根據(jù)三視圖，可知該幾何體是一個四棱錐，其底面是一個邊長為4的正方形，高是2.將該四棱錐還原成一個三棱柱，如圖所示，該三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6個頂點的距離即為該四棱錐外接球的半徑．∵三棱柱的底面是邊長為4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三個頂點的距離為×2＝，∴其外接球的半徑R＝＝，則外接球的表面積S＝4πR2＝4π×＝，故選B. [答案]　(1)B　(2)B [方法技巧] 求

14、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(一般為接、切點)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．(2017·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為(　　) A．π B. C. D. 解析：選B　設(shè)圓柱的底面半徑為r，則r2＝12－2＝，所以圓柱的體積V＝π×1＝. 2．(2017·江蘇高考)如圖，在圓柱O

15、1O2內(nèi)有一個球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：設(shè)球O的半徑為R，因為球O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： 3．(2017·全國卷Ⅰ)已知三棱錐S -ABC的所有頂點都在球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________． 解析：如圖，連接AO，OB， ∵SC為球O的直徑， ∴點O為SC的中點， ∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，B

16、O⊥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. 答案：36π 4．(2018屆高三·浙江名校聯(lián)考)某簡單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________，其外接球的表面積為________． 解析：由三視圖得該幾何體是一個底面為對角線為4的正方形，高為3的直四棱柱，則其體積為4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的

17、半徑R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面積為4πR2＝25π. 答案：24　25π 考點(四) 主要考查利用空間點、直線、平面位置關(guān)系的定義，四個公理、八個定理來判斷與點、線、面有關(guān)命題的真假或判斷簡單的線面平行垂直的位置關(guān)系. 空間線面位置關(guān)系的判斷 [典例感悟] [典例]　(1)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) (2)(2016·全國卷Ⅱ)α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，有下列四個命題： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果

18、m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m?α，那么m∥β. ④如果m∥n，α∥β，那么m與α所成的角和n與β所成的角相等． 其中正確的命題有________．(填寫所有正確命題的編號) [解析]　(1)法一：對于選項B，如圖所示，連接CD，因為AB∥CD，M，Q分別是所在棱的中點，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C、D中均有AB∥平面MNQ.故選A. 法二：對于選項A，設(shè)正方體的底面對角線的交點為O(如圖所示)，連接OQ，則OQ∥AB.因為OQ與平面MNQ有交點，所以AB與平面MNQ有交點，即AB與平面M

19、NQ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B、C、D中AB∥平面MNQ.故選A. (2)對于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故錯誤．對于②，由線面平行的性質(zhì)定理知存在直線l?α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正確．對于③，因為α∥β，所以α，β沒有公共點．又m?α，所以m，β沒有公共點，由線面平行的定義可知m∥β，故正確．對于④，因為m∥n，所以m與α所成的角和n與α所成的角相等．因為α∥β，所以n與α所成的角和n與β所成的角相等，所以m與α所成的角和n與β所成的角相等，故正確． [答案]　(1)A　(2)②③④ [方法技巧] 判斷與空間

20、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，進行肯定或否定． (3)借助反證法，當(dāng)從正面入手較難時，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，進而作出判斷． [演練沖關(guān)] 1．(2017·成都模擬)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面α與棱AB，AC，A1C1，A1B1分別交于點E，F(xiàn)，G，H，且直線AA1∥平面α.有下列三個命題： ①四邊形EFGH是平行四邊形； ②平面α∥平面BCC1B1； ③平面α⊥平面BC

21、FE. 其中正確的命題有(　　) A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 解析：選C　由題意畫出草圖如圖所示，因為AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABC-A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②錯誤；由AA1⊥平面BCFE，結(jié)合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH?平面α，所以平面α⊥平面BCFE，

22、故③正確．綜上可知，故選C. 2．(2017·惠州調(diào)研)如圖是一幾何體的平面展開圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，在此幾何體中，給出下面4個結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(　　) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 解析：選B　將展開圖還原為幾何體(如圖)，因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯；因為B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因為EF∥AD∥BC

23、，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯．故選B. 3．(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：選C　法一：由正方體的性質(zhì)，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以BC1⊥平面A1B1CD. 又A1E?平面A1B1CD， 所以A1E⊥BC1. 法二：∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B、D錯； ∵A1E在平面BCC1

24、B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1. 又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E， 而D1E不與DC1垂直，故A錯． 4．(2017·武昌調(diào)研)若四面體ABCD的三組對棱分別相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，給出下列結(jié)論： ①四面體ABCD每組對棱相互垂直； ②四面體ABCD每個面的面積相等； ③從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和大于90°且小于180°； ④連接四

25、面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分； ⑤從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長． 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析：對于①，如圖(1)，AE，CF分別為BD邊上的高，由AD＝BC，AB＝CD，BD＝DB可知△ABD≌△CDB，所以AE ＝CF，DE＝BF，當(dāng)且僅當(dāng)AD＝AB，CD＝BC時，E，F(xiàn)重合，此時AC⊥BD，所以當(dāng)四面體ABCD為正四面體時，每組對棱才相互垂直，故①錯誤；對于②，由題設(shè)可知四面體的四個面全等，所以四面體ABCD每個面的面積相等，故②正確；對于③，當(dāng)四面體為正四面體時，同一個頂點出發(fā)的任意兩條棱的夾角均為60°，此時四面

26、體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱兩兩夾角之和等于180°，故③錯誤；對于④，如圖(2)，G，H，I，J為各邊中點，因為AC＝BD，所以四邊形GHIJ為菱形，所以GI，HJ相互垂直平分，其他同理可得，所以連接四面體ABCD每組對棱中點的線段相互垂直平分，故④正確；對于⑤，從A點出發(fā)的三條棱為AB，AC，AD，因為AC＝BD，所以AB，AC，AD可以構(gòu)成三角形，其他同理可得，所以從四面體ABCD每個頂點出發(fā)的三條棱的長可作為一個三角形的三邊長，故⑤正確．綜上所述，正確的結(jié)論為②④⑤. 答案：②④⑤ [必備知能·自主補缺]

27、 (一) 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為底面的周長，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，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

28、(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，則 (1)線線平行： ?c∥b，?a∥b， ?a∥b，?a∥b. (2)線面平行： ?a∥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， ?

29、a⊥β，?b⊥α. (6)面面垂直： ?α⊥β，?α⊥β. (二) 二級結(jié)論要用好 1．長方體的對角線與其共點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]　(2018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．12π 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形成一個長方體， 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

30、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，因為正四面體外接球的半徑為2，所以a＝2，解得a＝，故截面面積的最小值為π2＝. 答案： (三) 易錯易混要明了 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，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，就是因為忽視面面垂直的性質(zhì)定理中m?α的限制條件． [針對練

31、3]　設(shè)α，β是兩個不同的平面，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，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，α內(nèi)任一直線與β平行，因為m?α，所以m∥β.綜上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分條件． [課時跟蹤檢測] A組——12＋4提速練 一、選擇題 1.如圖為一個幾何體的側(cè)視圖和俯視圖，則

32、它的正視圖為(　　) 解析：選B　根據(jù)題中側(cè)視圖和俯視圖的形狀，判斷出該幾何體是在一個正方體的上表面上放置一個四棱錐(其中四棱錐的底面是邊長與正方體棱長相等的正方形、頂點在底面上的射影是底面一邊的中點)，結(jié)合選項知，它的正視圖為B. 2．(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．該多面體的各個面中有若干個是梯形，這些梯形的面積之和為(　　) A．10 B．12 C．14 D．16 解析：選B　由三視圖可知該多面體是一個組合體，下面是一個底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面

33、是一個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個面是梯形，這些梯形的面積之和為×2＝12，故選B. 3．(2017·合肥質(zhì)檢)若平面α截三棱錐所得截面為平行四邊形，則該三棱錐中與平面α平行的棱有(　　) A．0條 B．1條 C．2條 D．0條或2條 解析：選C　因為平行于三棱錐的兩條相對棱的平面截三棱錐所得的截面是平行四邊形，所以該三棱錐中與平面α平行的棱有2條，故選C. 4．(2017·成都模擬)已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且m?α，n?β.有下列命題： ①若α∥β，則m，n可

34、能平行，也可能異面； ②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，則α⊥β； ③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，則α⊥β. 其中真命題的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選B　對于①，直線m，n可能平行，也可能異面，故①是真命題；對于②，直線m，n同時垂直于公共棱，不能推出兩個平面垂直，故②是假命題；對于③，當(dāng)直線n∥l時，不能推出兩個平面垂直，故③是假命題．故真命題的個數(shù)為1.故選B. 5．(2017·浙江高考)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積(單位：cm3)是(　　) A.＋1 B.＋3 C.＋1 D.＋3 解析：選

35、A　由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個底面半徑為1，高為3的圓錐的一半與一個底面為直角邊長為的等腰直角三角形，高為3的三棱錐的組合體，故該幾何體的體積V＝×π×12×3＋××××3＝＋1. 6．(2017·鄭州質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．80 B．160 C．240 D．480 解析：選B　如圖所示，題中的幾何體是從直三棱柱ABC-A′B′C′中截去一個三棱錐A-A′B′C′后所剩余的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此題中的幾何體的體積為×10－××6×8×10＝××10＝160，故選

36、B. 7．(2017·合肥質(zhì)檢)一個幾何體的三視圖如圖所示(其中正視圖的弧線為四分之一圓周)，則該幾何體的表面積為(　　) A．72＋6π B．72＋4π C．48＋6π D．48＋4π 解析：選A　由三視圖知，該幾何體由一個正方體的部分與一個圓柱的部分組合而成(如圖所示)，其表面積為16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故選A. 8．某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為(　　) A．207 B．216－ C．216－36π D．216－18π 解析：選B　由三視圖知，該幾何體是一個棱長為6的正方體挖去個底面半徑為3

37、，高為6的圓錐而得到的，所以該幾何體的體積V＝63－××π×32×6＝216－，故選B. 9．(2017·貴陽檢測)三棱錐P-ABC的四個頂點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. 10．(2017·洛陽統(tǒng)考)已知三棱錐P-ABC的四個頂點均在某球面上，PC為該球的直徑，△ABC是

38、邊長為4的等邊三角形，三棱錐P-ABC的體積為，則此三棱錐的外接球的表面積為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　依題意，記三棱錐P-ABC的外接球的球心為O，半徑為R，點P到平面ABC的距離為h，則由VP-ABC＝S△ABCh＝××h＝得h＝.又PC為球O的直徑，因此球心O到平面ABC的距離等于h＝.又正△ABC的外接圓半徑為r＝＝，因此R2＝r2＋2＝，所以三棱錐P-ABC的外接球的表面積為4πR2＝，故選D. 11．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B．8π C. D．9π 解析：選B　依題意，題中的幾何體是由兩

39、個完全相同的圓柱各自用一個不平行于其軸的平面去截后所得的部分拼接而成的組合體(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一個截后所得的部分的底面半徑為1，最短母線長為3、最長母線長為5，將這兩個截后所得的部分拼接恰好形成一個底面半徑為1，母線長為5＋3＝8的圓柱，因此題中的幾何體的體積為π×12×8＝8π，故選B. 12．(2018屆高三·湘中名校聯(lián)考)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B．32 C. D. 解析：選A　由三視圖可知， 該幾何體是由底面為等腰直角三角形(腰長為4)、高為8的直三棱柱截去一個等底且高為4的三棱錐而得到的，所以該幾何體的體

40、積V＝×4×4×8－××4×4×4＝，故選A. 二、填空題 13．如圖是由圓柱與圓錐組合而成的幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為________． 解析：設(shè)圓柱高為h，底面圓半徑為r，周長為c，圓錐母線長為l.由圖得r＝2，h＝4，則c＝2πr＝4π，由勾股定理得：l＝＝4，則S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π. 答案：28π 14．一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為________． 解析：由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分，如圖所示，截去部分是一個三棱錐．設(shè)正

41、方體的棱長為1，則三棱錐的體積為V1＝××1×1×1＝，剩余部分的體積V2＝13－＝.所以＝＝. 答案： 15．高為4的直三棱柱被削去一部分后得到一個幾何體，它的直觀圖和三視圖中的側(cè)視圖、俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的________． 解析：由側(cè)視圖、俯視圖知該幾何體是高為2、底面積為 ×2×(2＋4)＝6的四棱錐，其體積為×6×2＝4.而直三棱柱的體積為×2×2×4＝8，則該幾何體的體積是原直三棱柱的體積的. 答案： 16．(2017·蘭州診斷考試)已知在三棱錐P-ABC中，VP-ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平

42、面PBC，那么三棱錐P-ABC外接球的體積為________． 解析：如圖，取PC的中點O，連接AO，BO，設(shè)PC＝2R，則OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱錐P-ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O為PC的中點，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP-ABC＝VA-PBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱錐P-ABC外接球的體積V＝πR3＝. 答案： B組——能力小題保分練 1．(2017·石家莊質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　)

43、 A．16 B．20 C．52 D．60 解析：選B　由三視圖知，該幾何體由一個底面為直角三角形(直角邊分別為3,4)，高為6的三棱柱截去兩個等體積的四棱錐所得，且四棱錐的底面是矩形(邊長分別為2,4)，高為3，如圖所示，所以該幾何體的體積V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故選B. 2．(2017·成都模擬)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該四棱錐外接球的表面積為(　　) A．136π B．34π C．25π D．18π 解析：選B　由三視圖知，該四棱錐的底面是邊長為3的正方形，高為4，且有一條側(cè)棱垂直于底面，所以可將

44、該四棱錐補形為長、寬、高分別為3,3,4的長方體，該長方體外接球的半徑R即為該四棱錐外接球的半徑，所以2R＝，解得R＝，所以該四棱錐外接球的表面積為4πR2＝34π，故選B. 3．(2018屆高三·湖南五市十校聯(lián)考)如圖，小方格是邊長為1的正方形，一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為(　　) A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96 C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96 解析：選D　由三視圖可知，該幾何體為一個圓錐和一個正方體的組合體，正方體的棱長為4，圓錐的高為4，底面半徑為2，所以該幾何體的表面積為S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96

45、. 4．(2017·石家莊質(zhì)檢)四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為6的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD，若一個半徑為1的球與此四棱錐所有面都相切，則該四棱錐的高為(　　) A．6 B．5 C. D. 解析：選D　過點P作PH⊥平面ABCD于點H.由題知，四棱錐P-ABCD是正四棱錐，內(nèi)切球的球心O應(yīng)在四棱錐的高PH上．過正四棱錐的高作組合體的軸截面如圖，其中PE，PF是斜高，M為球面與側(cè)面的一個切點．設(shè)PH＝h，易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以＝，即＝，解得h＝，故選D. 5．(2018屆高三·西安市八校聯(lián)考)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，將△ABD折

46、起到△PBD的位置，若二面角P-BD-C的大小為，則三棱錐P-BCD外接球的體積為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　依題意，△PBD、△BCD均是邊長為的等邊三角形．取BD的中點E，連接PE，CE，則有PE⊥BD，CE⊥BD，∠PEC是二面角P-BD-C的平面角，即∠PEC＝120°.記三棱錐P-BCD的外接球的球心為O，半徑是R，△PBD，△BCD的中心分別為M，N，連接OM，ON，MN，OE，則由OP＝OB＝OD＝OC得，球心O在平面PBD，平面BCD上的射影分別是△PBD，△BCD的中心，即有OM⊥平面PBD，OM⊥PE，OM⊥BD，ON⊥平 面BCD，ON⊥NE

47、，ON⊥BD，因此BD⊥平面OMN.又易證BD⊥平面OCE，所以平面OMN∥平面OCE.又平面OMN與平面OCE有公共點O，因此平面OMN與平面OCE重合．在四邊形OMEN中，∠OME＝∠ONE＝90°，ME＝NE＝×＝，∠MOE＝30°，OE是四邊形OMEN的外接圓的直徑，OE＝＝1，ON2＝OE2－NE2＝12－2＝.在Rt△OBN中，OB2＝ON2＋BN2＝ON2＋BE2＋NE2＝＋2＋2＝，即R＝＝，因此三棱錐P-BCD的外接球的體積為πR3＝，故選C. 6．(2017·武昌調(diào)研)在矩形ABCD中，AB

48、結(jié)論： ①存在某個位置，使得直線AC與直線BD垂直； ②存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直； ③存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直． 其中正確結(jié)論的序號是________． 解析：①假設(shè)AC與BD垂直，過點A作AE⊥BD于點E，連接CE，如圖所示，則AE⊥BD，BD⊥AC.又AE∩AC＝A，所以BD⊥平面AEC，從而有BD⊥CE，而在平面BCD中，CE與BD不垂直，故假設(shè)不成立，①錯誤． ②假設(shè)AB⊥CD，∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB

49、∵DC⊥BC，AD∩DC＝D，∴BC⊥平面ADC，∴BC⊥AC，即△ABC為直角三角形，且AB為斜邊，而AB

50、以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以E， F0,1，， ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． (1)因為＝－， 所以∥，即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因為·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥， 即AP⊥DC，AD⊥DC. 又因為AP∩AD＝A， 所以DC⊥平面PAD

51、. 因為DC?平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. [備課札記]　 　 [方法技巧] 1．幾何法證明平行、垂直關(guān)系的思路

52、 2．向量法證明平行、垂直關(guān)系的步驟 (1)建立空間直角坐標(biāo)系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關(guān)系； (2)建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面等要素； (3)通過空間向量的運算求出方向向量或法向量，再研究平行、垂直關(guān)系； (4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關(guān)問題． [演練沖關(guān)] 1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點．求證： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 證明：(1)以B為坐標(biāo)原點，B

53、A，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0，2,2)，B1(0,0,4)， 設(shè)BA＝a，則A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)， 則·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0,0,3)，G，1,4，F(xiàn)(0,1,4)， 則＝，＝(0,1,1)， 所以·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面E

54、GF∥平面ABD. 題型(二) 主要考查以具體幾何體為載體，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求解與異面直線所成角、線面角、二面角等空間角的大小或其三角函數(shù)值有關(guān)的問題. 利用空間向量求空間角 [典例感悟] [典例2]　(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，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． [解]　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 因為AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩PD＝P，所以AB⊥

55、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，的方向為x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，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

56、知二面角A-PB-C為鈍角， 所以二面角A-PB-C的余弦值為－. [備課札記]　 　

57、 [方法技巧] 1．利用空間向量求線線角、線面角的思路 (1)異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cos θ＝|cos φ|. (2)直線與平面所成的角θ，主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sin θ＝|cos φ|. 2．利用空間向量求二面角的方法 (1)分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角的大?。? (2)分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起

58、點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。? [演練沖關(guān)] 2．(2017·浙江高考)如圖，已知四棱錐P-ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點． (1)證明：CE∥平面PAB； (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)證明：設(shè)AD的中點為O，連接OB，OP.∵△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，∴OP⊥AD. ∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD， ∴四邊形BCDO為平行四邊形，又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，∵OP∩OB，∴AD⊥平面OPB. 過點O在平面POB內(nèi)作OB的

59、垂線OM，交PB于M， 以O(shè)為原點，OB所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OM所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖． 設(shè)CD＝1，則有 A(0，－1,0)，B(1,0,0)， C(1,1,0)，D(0,1,0)． 設(shè)P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1， 得得x＝－，z＝. 即點P，而E為PD的中點， ∴E. 設(shè)平面PAB的法向量為n＝(x1，y1，z1)， ∵＝，＝(1,1,0)， ∴ 取y1＝－1，得n＝(1，－1，)． 而＝，則·n＝0，而CE?平面PAB，∴CE∥平面PAB. (2)設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x2，y2，z2)， ∵

60、＝(0,1,0)，＝， ∴取x2＝1， 得m＝(1,0，)． 設(shè)直線CE與平面PBC所成角為θ. 則sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝， 故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為. 題型(三) 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. 利用空間向量解決探索性問題 [典例感悟] [典例3]　(2017·成都模擬)如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，BD與EF交于點H，G為BD的中點，點R在線段BH上，且＝λ(λ>0)．現(xiàn)將△AED，△CFD，△DEF分別沿DE，DF，

61、EF折起，使點A，C重合于點B(該點記為P)，如圖②所示． (1)若λ＝2，求證：GR⊥平面PEF； (2)是否存在正實數(shù)λ，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)由題意，可知PE，PF，PD三條直線兩兩垂直． ∴PD⊥平面PEF. 在圖①中，∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，G為BD的中點，∴EF∥AC，GD＝GB＝2GH. 在圖②中，∵＝＝2，且＝2， ∴在△PDH中，GR∥PD.∴GR⊥平面PEF. (2)由題意，分別以PF，PE，PD所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P-xyz. 設(shè)P

62、D＝4，則P(0,0,0)，F(xiàn)(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)．則＝(2，－2,0)，＝(0,2，－4)． ∵＝λ，∴＝， ∴R，，0. ∴＝2－，－，0 ＝，－，0. 設(shè)平面DEF的法向量為m＝(x，y，z)， 由得 取z＝1，則m＝(2,2,1)． ∵直線FR與平面DEF所成角的正弦值為， ∴|cos〈m，〉|＝ ＝ ＝＝， ∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－(不合題意，舍去)． 故存在正實數(shù)λ＝，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為. [備課札記]　

63、 　 [方法技巧] 利用空間向量求

64、解探索性問題的策略 (1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論． (2)在(1)的前提下進行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論． [演練沖關(guān)] 3．(2018屆高三·湖南五市十校聯(lián)考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2. (1)求證：AB⊥PC; (2)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角M-AC-D的大小為45°，如果存在，求B

65、M與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請說明理由． 解：(1)證明：由已知得四邊形ABCD是直角梯形， 由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC， 因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB， 又PA∩AC＝A， 所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC. (2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)， ＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)． 設(shè)＝t (0

66、x，y，z)，則 即 則可取n＝. 又m＝(0,0,1)是平面ACD的一個法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，即點M是線段PD的中點． 此時平面MAC的法向量n＝(1，－1，)，M(0，，1)， ＝(－2，3，1)． 設(shè)BM與平面MAC所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 所以存在PD的中點M使得二面角M-AC-D的大小為45°，且BM與平面MAC所成角的正弦值為. [解題通法點撥] 立體幾何問題重在“建”——建模、建系 [循流程思維——入題快] 立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計算相結(jié)合，以某個幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深．解決這類題目的原則是建模、建系．建?！獙栴}轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距離等的計算模型；建系——依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解． [按流程解題——快又準(zhǔn)] [典例]　(2016·全國卷Ⅲ)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝