[例6]已知直线m,n和平面?,?满足m?n,m?a,???,则( )
A.n?? B.n//?,或n?? C.n?? D.n//?,或n??
解析：易知D正确.
点评：对于空间几何体的定义要有深刻的认识，掌握它们并能判断它们的性质。 题型3：空间几何体中的想象能力
[例7]如图所示，四棱锥P?ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，?BCD?600，
E是CD的中点，PA?底面ABCD，PA?（I）证明：平面PBE?平面PAB； （II）求二面角A—BE—P和的大小。 P A
3。
D ECB0解析：解法一（I）如图所示, 连结BD,由ABCD是菱形且?BCD?60知，
△BCD是等边三角形. 因为E是CD的中点，所以
BE⊥CD,又AB//CD,所以BE⊥AB,
又因为PA?平面ABCD，BE?平面ABCD，
所以PA⊥BE,而PA?AB?A,因此 BE⊥平面PAB. 又BE?平面PBE，所以平面PBE?平面PAB.
（II）由（I）知，BE⊥平面PAB, PB?平面PAB, 所以PB?BE.
又AB⊥BE,所以?PBA是二面角A?BE?P的平面角． 在Rt△PAB中, tan?PBA?PA??3,?PBA?60.． AB?故二面角A?BE?P的大小为60.
解法二：如图所示,以A为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是
33133A(0，0，0),B(1，0，0),C(，，0),D(，，0),P(0，0). 0，3),E(1，，22222??????????????3，0),平面PAB的一个法向量是n0?(010),（I）因为BE?(0,，，所以BE和n0共线. 2
从而BE⊥平面PAB. 又因为BE?平面PBE，所以平面PBE?平面PAB.
??????????3（II）易知PB?(1，0,?3),BE?(0,，0),设n1?(x1，y1，z1)是平面PBE的一个法向量,
2???????x1?0?y1?3z1?0，?n?PB?0，??1则由??????得? 所以y1=0，x1?3z1. ?3y1?0?z1?0??n1?BE?0?0?x1??2?????故可取n1?(3，01).，而平面ABE的一个法向量是n2?(0，01).，
??????????n?n21??.． 于是,cos?n1,n2????1??|n1|?|n2|2故二面角A?BE?P的大小为60.
点评：解决此类题目的关键是将平面图形恢复成空间图形，较强的考察了空间想象能力。
?[例8]如图，在三棱锥P?ABC中，AC?BC?2，?ACB?90?，AP?BP?AB，
PC?AC．
（Ⅰ）求证：PC?AB；
（Ⅱ）求二面角B?AP?C的大小． 解析： 解法一：
（Ⅰ）取AB中点D，连结PD，CD． ?AP?BP， ?PD?AB． ?AC?BC， ?CD?AB． ?PD?CD?D，
P A C
B
P
?AB?平面PCD． ?PC?平面PCD， ?PC?AB．
（Ⅱ）?AC?BC，AP?BP， ?△APC≌△BPC． 又PC?AC， ?PC?BC．
?又?ACB?90，即AC?BC，且AC?PC?C，
A
C D
B
P E A
C B
?BC?平面PAC．
取AP中点E．连结BE，CE． ?AB?BP，?BE?AP．
?EC是BE在平面PAC内的射影， ?CE?AP．
??BEC是二面角B?AP?C的平面角．
?在△BCE中，?BCE?90，BC?2，BE?3AB?6， 2?sin?BEC?BC6． ?BE36． 3z P y A C E x B ?二面角B?AP?C的大小为arcsin解法二：
（Ⅰ）?AC?BC，AP?BP， ?△APC≌△BPC． 又PC?AC， ?PC?BC． ?AC?BC?C，
?PC?平面ABC． ?AB?平面ABC， ?PC?AB．
（Ⅱ）如图，以C为原点建立空间直角坐标系C?xyz．
0，，0)A(0，2，，0)B(2，0，0)． 则C(0，0，t)． 设P(0，?PB?AB?22，
?t?2，P(0，0，2)．
取AP中点E，连结BE，CE．
?AC?PC，AB?BP，
?CE?AP，BE?AP．
??BEC是二面角B?AP?C的平面角．
?????????E(011)，，，EC?(0，?1，?1)，EB?(2，?1，?1)，
????????EC?EB23?cos?BEC?????． ??????32?6EC?EB?二面角B?AP?C的大小为arccos3． 3点评：在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键。通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力。而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空
间想象能力的主要方向。
[例9]画正五棱柱的直观图，使底面边长为3cm侧棱长为5cm。
解析：先作底面正五边形的直观图，再沿平行于Z轴方向平移即可得。 作法：
（1）画轴：画X′，Y′，Z′轴，使∠X′O′Y′=45°（或135°），∠X′O′Z′=90°。
（2）画底面：按X′轴，Y′轴画正五边形的直观图ABCDE。
（3）画侧棱：过A、B、C、D、E各点分别作Z′轴的平行线，并在这些平行线上分别截取AA′，BB′，CC′，DD′，EE。′
（4）成图：顺次连结A′，B′，C′，D′，F′，加以整理，去掉辅助线，改被遮挡的部分为虚线。
点评：用此方法可以依次画出棱锥、棱柱、棱台等多面体的直观图。
[例10]?A?B?C?是正△ABC的斜二测画法的水平放置图形的直观图，若?A?B?C?的面积
为3，那么△ABC的面积为_______________。
解析：26。
点评：该题属于斜二测画法的应用，解题的关键在于建立实物图元素与直观图元素之间的对应关系。特别底和高的对应关系。
[例11] 如图，在棱长为1的正方体ABCD?A?B?C?D?中，AP=BQ=b（0 （Ⅰ）证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直； （Ⅱ）证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值， 并求出这个值； （Ⅲ）若D?E与平面PQEF所成的角为45，求D?E与平 ?H A? P D?G B?Q C?E 面PQGH所成角的正弦值． B 本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。 解析： 解法一： （Ⅰ）证明：在正方体中，AD??A?D，AD??AB，又由已知可得 D A F C PF∥A?D，PH∥AD?，PQ∥AB， 所以PH?PF，PH?PQ， 所以PH?平面PQEF． 所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知 H A? D?C?G B?Q M B E C P N D A F PF?2AP，PH?2PA?，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面 PQEF和截面PQGH面积之和是 (2AP?2PA?)?PQ?2，是定值． （III）解：连结BC′交EQ于点M． 因为PH∥AD?，PQ∥AB， 所以平面ABC?D?和平面PQGH互相平行，因此D?E与平面PQGH所成角与D?E与平面ABC?D?所成角相等． 与（Ⅰ）同理可证EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面ABC?D?，因此EM与D?E的比值就是所求的正弦值． 设AD?交PF于点N，连结EN，由FD?1?b知 D?E?(1?b)2?2，ND??22?(1?b)． 22?因为AD?⊥平面PQEF，又已知D?E与平面PQEF成45角， 所以D?E?2ND?，即 ?2?22??(1?b)??(1?b)2?2， 2?2?解得b?1，可知E为BC中点． 2所以EM= 322，又D?E?(1?b)?2?， 24故D?E与平面PQCH所成角的正弦值为 EM2?． D?E6解法二： 以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz由已知得DF?1?b，故 A(1，0，0)，A?(1，0，1)，D(0，0，0)，D?(0，0，1)， z P(1，0，b)，Q(11，，b)，E(1?b，1，0)， F(1?b，0，0)，G(b，11)，，H(b，0，1)． （Ⅰ）证明：在所建立的坐标系中，可得 D?H A? P D A F C?G B?Q C B E y ????????PQ?(010)，，，PF?(?b，0，?b)， ????PH?(b?101，，?b)， ??????????AD??(?101)，，，A?D?(?10，，?1)． x ???????????????????????因为AD??PQ?0，AD??PF?0，所以AD?是平面PQEF的法向量．