决战高考
从而∠FMQ为二面角B－A1P－F的平面角.
在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴A1P?5. ∵ MQ⊥A1P∴MQ?A1Q?PQA1P?25 5∴MF?250
在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=60,由余弦定理得QF?3 57MF2?MQ2?QF2在△FMQ中，cos?FMQ???
2MF?MQ87 8 [06浙江(理)17] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA＝AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.
变式1：求面PAB与面PCD所成角 利用面积射影或转化为有棱二面角
变式2：E为AD中点,求面PAB与面PCE所成角
∴二面角B－A1P－F的大小为??arccosL R E Q 点面距离
[06湖南(理)18] 如图4,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2,AB=4.
(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD; (Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角; (Ⅲ)求点P到平面QAD的距离. P A x D O B y z P C D C A B
Q 决战高考
解法一： （Ⅰ）．连结AC、BD，设AC?BD?O.由P－ABCD与Q－ABCD
都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.
从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.
（II）由题设知，ABCD是正方形，所以AC?BD．由（I），PQ?平面ABCD，
故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如上图），
由题设条件，相关各点的坐标分别是P(0,0,1)，Q(0,0,?2)，B(0,22,0)
????????????????????AQ?PB3所以AQ?(?22,0,?2),PB?(0,22,?1),于是cos?AQ,PB?????. ??????9AQ?PB从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos3. 9
(Ⅲ)．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），AD?(?22,?22,0)，
????PQ?(0,0,?3)，设n?(x,y,z)是平面QAD的一个法向量，
???n?AQ?0?2x?z?0由? 得?.
?x?y?0???n?AD?0?????PQ?n32取x=1，得n?(1,?1,?2). 所以点P到平面QAD的距离d?.. ??2n解法二： （Ⅰ）．取AD的中点M，连结PM，QM.因为P－ABCD与Q－ABCD
都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM. 从而AD⊥平面PQM. 又PQ?平面PQM，所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD. （Ⅱ）．连结AC、BD设AC?BD?O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在
PQ上，从而P、A、Q、C四点共面.
取OC的中点N，连结PN．
因为
P
PO1NONO1PONO?,??，所以?， OQ2OAOC2OQOAA
M D
O
B C
Q 决战高考
从而AQ∥PＮ.∠BPＮ（或其补角）是异面直线AQ 与PB所成的角.连接BN，
因为PB?OB2?OP2?(22)2?1?3．
PN?ON2?OP2?(2)2?1?3 BN?OB2?ON2?(22)2?(2)2?10 PB2?PN2?BN29?3?103所以cos?BPN?． ??2PB?PN92?3?3从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos3． 9(Ⅲ)．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PＱM，所以平面PＱM⊥平面QAD. 过Ｐ作ＰＨ⊥ＱＭ
于Ｈ，则ＰＨ⊥平面QAD，所以ＰＨ的长为点P到平面QAD的距离．
连结OM，则OM?1AB?2?OQ.所以?MQP?45?， 2?又ＰＱ＝ＰＯ＋ＱＯ＝３，于是PH?PQsin45?32. 2即点P到平面QAD的距离是
32. 2（9）如图，O是半径为l的球心，点A、B、C在球面上，OA、OB、OC两两垂直，E、F
分别是大圆弧AB与AC的中点，则点E、F在该球面上的球面距离是B
(A)
???2? (B) (C) (D) 4324 EF球面距离←∠EOF←EF←题设条件 3.三种问题
接切问题、截面问题、折叠问题，非主干知识，
考查的频率不高，但它们不会被遗忘
1)接切问题往往需要根据图形的对称性，进行空间想象，合情推理，画出合理的截面图
例1 [06全国(Ⅲ)9] 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是
A．16π B．20π C．24π D．32π
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说明】几个结论：
1）正四棱柱的对角线是外接球的直径 2）正方体的对角线是外接球的直径 3）正方体的棱长是内切球的直径
4）若球与正方体的每条棱都相切，则正方体的面对角线是球的直径
例2 [06江苏9]
两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，
使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，．．．则这样的几何体体积的可能值有 （A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）无穷多个
两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面
ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点均在正方体的面上，则这样的几何体体．．．积的可能值有
（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）无穷多个
【思路点拨】本题主要考查空间想象能力，以及正四棱锥的体积
【正确解答】由于两个正四棱锥相同，所以所求几何体的中心在正四棱锥底面正方形ABCD中心，有对称性知正四棱锥的高为正方体棱长的一半，影响几何体体积的只能是正四棱锥底面正方形ABCD的面积，问题转化为边长为1的正方形的内接正方形有多少种，所以选D.
2)截面问题难有定式可循，往往难度较大
棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上, 若过该球球心的一个截面如图1,则
图中三角形(正四面体的截面)的面积是 C
A．
32 B．
22 C．2 D．3
3)折叠与展开
图1折叠与展开的关键是在折叠与展开的过程中各元素之间位置关系与
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数量关系是否变化
折叠所得立体图形中元素之间的位置关系，数量关系需要在平面图形中寻找
展开所得平面图形中元素之间的位置关系，数量关系需要在立体图形中寻找，展开体现了降维、化归思想
(06山东理12题)如图，在等腰梯形ABCD中，AB=2DC=2,∠DAB=60°,E为AB的中点，将△ADE与△BEC分别沿ED、EC向上折起，使A、B重合于点P，则P－DCE三棱锥的外接球的体积为C (A)
43?6? (B) 2726?6? (D) 824 (C)
A (06江西文)15．如图，已知正三棱柱ABC?A1B1C1的底面边长为1，高为8，一质点自
点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为 ．．
10 ．
C
A B
C1
A1 B1
解：将正三棱柱ABC?A1B1C1沿侧棱CC1展开， 其侧面展开图如图所示，由图中路线可得结论。
4.四点加强