高考解答題的審題與答題示范(三)立體幾何類解答題[思維流程]——立體幾何問題重在“建”——建模、建系[審題方法]——審圖形圖形或者圖象的力量比文字更為簡潔而有力，挖掘其中蘊含的有效信息，正確理解問題是解決問題的關鍵．對圖形或者圖象的獨特理解很多時候能成為問題解決中的亮點．典例(本題滿分14分)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.審題路線(1)eq\a\vs4\al(∠BAP＝∠CDP＝90°→AB⊥AP，CD⊥PD)AB∥CDAB⊥PD→AB⊥平面PAD→結論(2)eq\a\vs4\al(由（1）的結論→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為坐標原點建系→一些點的坐標→平面PCB、平面PAB的法向量→二面角的余弦值標準答案閱卷現場(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內作PF⊥AD，垂足為點F，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F為坐標原點，eq\o(FA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|為單位長度，建立空間直角坐標系．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設n＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，則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設m＝(x′，y′，z′)是平面PAB的法向量，則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則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(\r(3),3)，⑧由圖知二面角A-PB-C為鈍二面角，所以二面角A-PB-C的余弦值為－eq\f(\r(3),3).⑨第(1)問第(2)問得①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分211122221點4分10分第(1)問踩點得分說明①證得AB⊥平面PAD得2分，直接寫出不得分；②寫出AB?平面PAB得1分，此步沒有扣1分；③寫出結論平面PAB⊥平面PAD得1分.第(2)問踩點得分說明④正確建立空間直角坐標系得1分；⑤寫出相應的坐標及向量得2分(酌情)；⑥正確求出平面PCB的一個法向量得2分，錯誤不