高考数学二轮复习 第二部分 专题三 立体几何 高考解答题的审题与答题示范（三）（含解析）试题

高考解答题的审题与答题示范(三)立体几何类解答题[思维流程]——立体几何问题重在“建”——建模、建系[审题方法]——审图形图形或者图象的力量比文字更为简洁而有力，挖掘其中蕴含的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键．对图形或者图象的独特理解很多时候能成为问题解决中的亮点．典例(本题满分14分)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值.审题路线(1)eq\a\vs4\al(∠BAP＝∠CDP＝90°→AB⊥AP，CD⊥PD)AB∥CDAB⊥PD→AB⊥平面PAD→结论(2)eq\a\vs4\al(由（1）的结论→AB⊥平面PAD)eq\a\vs4\al(在平面PAD作PF⊥AD)eq\a\vs4\al(AB⊥PF)→PF⊥平面ABCD→以F为坐标原点建系→一些点的坐标→平面PCB、平面PAB的法向量→二面角的余弦值标准答案阅卷现场(1)由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，又PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD垂直模型．①又AB⊂平面PAB，垂直模型②所以平面PAB⊥平面PAD垂直模型．③(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点，eq\o(FA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系．④由(1)及已知可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0)).所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)．⑤设n＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x＋y－\f(\r(2),2)z＝0，,\r(2)x＝0，))可取n＝(0，－1，－eq\r(2))．⑥设m＝(x′，y′，z′)是平面PAB的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x′－\f(\r(2),2)z′＝0，,y′＝0，))可取m＝(1，0，1)．⑦则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(\r(3),3)，⑧由图知二面角A­PB­C为钝二面角，所以二面角A­PB­C的余弦值为－eq\f(\r(3),3).⑨第(1)问第(2)问得①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分211122221点4分10分第(1)问踩点得分说明①证得AB⊥平面PAD得2分，直接写出不得分；②写出AB⊂平面PAB得1分，此步没有扣1分；③写出结论平面PAB⊥平面PAD得1分.第(2)问踩点得分说明④正确建立空间直角坐标系得1分；⑤写出相应的坐标及向量得2分(酌情)；⑥正确求出平面PCB的一个法向量得2分，错误不