2022版高考数学一轮复习-高考大题规范解答系列—立体几何学案-新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列立体几何学案 新人教版2022版高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列立体几何学案 新人教版年级：姓名：高考大题规范解答系列(四)立体几何考点一线面的位置关系与体积计算例1(2017全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD(1)证明：ACBD；(2)已知ACD是直角三角形，ABBD若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比【分析】看到证明线线垂直(ACBD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比【标准答案】规范答题步步得分(1)取AC的中点O，连接DO，BO1分因为ADCD，所以ACDO又由于ABC是正三角形，所以ACBO又因为DOBOO，从而AC平面DOB，3分故ACBD4分(2)连接EO5分由(1)及题设知ADC90，所以DOAO在RtAOB中，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB907分由题设知AEC为直角三角形，所以EOAC8分又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD故E为BD的中点，9分从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，11分即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1112分【评分细则】作出辅助线，并用语言正确表述得1分得出ACDO和ACBO得1分，由线面垂直的判定写出AC平面DOB，再得1分由线面垂直的性质得出结论得1分作出辅助线，并用语言正确表述得1分由勾股定理逆定理得到DOB90得2分由直角三角形的性质得出EOAC得1分由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的得2分正确求出体积比得1分【名师点评】1核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养2解题技巧：(1)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中ACDO，ACBO；第(2)问中BO2DO2BO2AO2AB2BD2等(2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DOAO变式训练1(2020课标，19)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC90(1)证明：平面PAB平面PAC；(2)设DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥PABC的体积解析(1)证明：由题设可知，PAPBPC由于ABC是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC又APC90，故APB90，BPC90，从而PBPA，PBPC，故PB平面PAC，所以平面PAB平面PAC(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l由题设可得rl，l2r22解得r1，l从而AB由(1)可得PA2PB2AB2，故PAPBPC所以三棱锥PABC的体积为PAPBPC3考点二线面的位置关系与空间角计算例2(2021山西省联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，O，M分别为BC，AA1的中点(1)证明：OM平面CB1A1；(2)若四边形BB1C1C为正方形，求平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值【分析】在平面A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明；建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量，求两法向量夹角正弦值即可【标准答案】规范答题步步得分(1)证明：如图，连接BC1，交CB1于点N，连接A1N，ON，则N为CB1的中点因为O为BC的中点，所以ONBB1，且ONBB1，2分又MA1BB1，MA1BB1，所以四边形ONA1M为平行四边形，即OMA1N4分因为OM平面CB1A1，A1N平面CB1A1，所以OM平面CB1A15分(2)解：连接OA，令BC2，因为ABAC，O为BC的中点，所以AOBC又三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，ONBB1，所以OA，OB，ON两两垂直，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz6分因为ABAC，BCAA12，所以O，B1，M，C，所以，7分设平面MOB1的法向量为m，则即令z1，可得y1，x2，所以平面MOB1的一个法向量为m8分设平面CB1A1的法向量为n，则即令c1，可得b1，a1，所以平面CB1A1的一个法向量为n，9分所以cosm，n，11分所以平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值为12分【评分细则】第一问共5分，证出ONBB1和ONBB1得2分，证出OMA1N得2分，未说明OM平面CB1A1，直接证出OM平面CB1A1，扣1分第二问共7分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得2分，写出平面MOB1的法向量与平面CB1A1的法向量各得1分其他方法按步骤酌情给分【名师点评】1核心素养：本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算2解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出OM平面CB1A1成立的条件，写不全则不能得全分(2)思维发散：注意到O、M分别为BC、AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明(1)连BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由M为AA1的中点，AMMA1，又ABA1B1，ABMMHA1，又AMBHMA1，ABMA1HM，BMMH，又O为BC中点，MOCH，又MO平面CB1A1，CH平面CB1A1，OM平面CB1A1注意到解答(2)需求平面CB1A1的法向量n，故要证明OM平面CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出n，证明n0，说明OM平面CB1A1即可得证变式训练2(2020浙江，19)如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACBACD45，DC2BC(1)证明：EFDB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值解析(1)证明：如图，过点D作DOAC，交直线AC于点O，连接OB由ACD45，DOAC得CDCO，由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC，所以DOBC由ACB45，BCCDCO得BOBC所以BC平面BDO，故BCDB由三棱台ABCDEF得BCEF，所以EFDB(2)解法一：过点O作OHBD，交直线BD于点H，连接CH由三棱台ABCDEF得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，由BC平面BDO得OHBC，故OH平面BCD，所以OCH为直线CO与平面DBC所成角设CD2，由DOOC2，BOBC，得BD，OH，所以sinOCH，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为解法二：由三棱台ABCDEF得DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz设CD2由题意知各点坐标如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)因此(0,2,0)，(1,1,0)，(0，2,2)设平面BCD的法向量n(x，y，z)由即可取n(1,1,1)所以sin |cos，n|因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为考点三立体几何中的折叠问题例3(2021启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD中，AECD，BFCD，AB1，AD2，ADE60，沿AE，BF折成三棱柱AEDBFC(1)若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN平面CDEF；(2)若BD，求二面角EACF的余弦值【分析】利用面面平行的判定和性质即可证明；建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解【标准答案】规范答题步步得分(1)取AD的中点G，连接GM，GN，在三角形ADE中，M，G分别为AE，AD的中点，MGDE，DE平面CDEF，MG平面CDEF，MG平面CDEF2分由于G，N分别为AD，BC的中点，由棱柱的性质可得GNDC，CD平面CDEF，GN平面CDEF，GN平面CDEF3分又GM平面GMN，GN平面GMN，MGNGG，平面GMN平面CDEF，4分MN平面GMN，MN平面CDEF5分(2)连接EB，在RtABE中，AB1，AE，BE2，又ED1，DB，EB2ED2DB2，DEEB，又DEAE且AEEBE，DE平面ABFEEA、EF、ED两两垂直7分建立如图所示的空间直角坐标系，可得E(0,0,0)，A(，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)，(，1,1)，(，0,0)，(0,0,1)8分设平面AFC的法向量为m(x，y，z)，则则z0，令x1，得y，则m(1，0)为平面AFC的一个法向量，设平面ACE的法向量为n(x1，y1，z1)，则则x10，令y11，得z11，n(0,1，1)为平面ACE的一个法向量10分设m，n所成的角为，则cos ，由图可知二面角EACF的余弦值是12分【评分细则】由线线平行得到线面平行，给2分同理再推出一个线面平行，给1分由线面平行推出面面平行，给1分由面面平行得到线面平行，给1分由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给1分正确求出平面的法向量，给2分利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分【名师点评】1核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力2解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE平面CDEF，MG平面CDEF，要写全(2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系(3)折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化，对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决变式训练3(2021河北质检)如图1：在ABC中，ABBC，AB2BC4，点E，F分别是线段AB和AC的中点如图2：以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置(1)证明：平面FPC平面BPC；(2)若PEB为等边三角形，求二面角CPFE的余弦值解析(1)证明：如图，设M，N分别为线段PB，PC的中点，连接EM，MN，FN，故MN綊BC由E，F分别是线段AB和AC的中点，得PEBE，PFCF，EF綊BC，故EF綊MN，所以EM綊FN又M，N分别为线段PB，PC的中点，所以EMPB，FNPC又EM綊FN，所以FNPB，所以FN平面PBC又FN平面FPC，所以平面FPC平面BPC(2)解：因为BCAB，所以翻折后有BCBE，BCEP，所以BC平面PBE，故平面PBE平面BCFE若PEB为等边三角形，则PB2设O为BE的中点，连接PO，故POBE，故PO平面BCFE以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OP的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz则C(1,2,0)，F(1,1,0)，E(1,0,0)，P(0,0，)设n(x1，y1，z1)为平面PEF的法向量，则即可取n(，0,1)设m(x2，y2，z2)为平面PCF的法向量，则即可取m(1，2，)所以cosn，m，由题意，可知二面角CPFE为钝角所以二面角CPFE的余弦值为考点四立体几何中的探索性问题例4(2021陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA平面ABCD，ABC60，E是BC中点，F是PC上的点(1)求证：平面AEF平面PAD；(2)若M是PD的中点，当ABAP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由【分析】利用面面垂直的判定定理，证AE平面PAD或证AD平面AEF即可；建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F存在，且，利用向量法求解回答【标准答案】规范答题步步得分(1)连接AC，因为底面ABCD为菱形，ABC60，所以ABC是正三角形，1分E是BC的中点，AEBC，又ADBC，AEAD，2分PA平面ABCD，AE平面ABCD，PAAE，3分又PAADA，AE平面PAD，4分又AE平面AEF，所以平面AEF平面PAD5分(2)又PAAD，PA、AE、AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，6分不妨设ABAP2，则AE，则A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(，0,0)，M(0,1,1)，7分设，01，则(0,0,2)(，1，2)(，22)，又，设n是平面AEF的一个法向量，则，取z，得n(0,22，)，10分设直线EM与平面AEF所成角为，由，得：sin 化简得：1021340，解得或，11分故存在点F满足题意，此时为或12分【评分细则】证出ABC是正三角形得1分证出AEAD得1分由线面垂直性质证出PAAE得1分，不写AE平面ABCD不得分由线面垂直的判定证出AE平面PAD得1分证出平面AEF平面PAD得1分，条件不全不得分建出空间直角坐标系得1分设出得1分求出平面AEF的法向量得3分，算错但写出，坐标得1分求出得2分，算错但写出sin |cos，n|得1分得出正确结论得1分【名师点评】1核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算2解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AE平面ABCD(2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如等(3)思维发散：也可通过证ADPA、ADAE证得AD平面AEF，进而证得平面AEF平面PAD变式训练4(2021陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD的底角BADADC60，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且EDA90，EDAD2AF2AB2(1)证明：平面ABE平面EBD；(2)点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为解析(1)证明：平面ABCD平面ADEF，平面ABCD平面ADEFAD，EDAD，ED平面ABCD，AB平面ABCD，EDAB，AB1，AD2，BAD60，BD，AB2BD2AD2，ABBD，又BD平面BDE，BDEDD，AB平面BDE，AB平面ABE，平面ABE平面EBD(2)以B为坐标原点，以BA，BD为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则A(1,0,0)，B(0,0,0)，C，D(0，0)，E(0，2)，F(1,0,1)，则，(0,0,2)，(1,0,0)，(1，1)，设(，)，(01)，则(，2)，设平面CDE的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABM的法向量为n(x2，y2，z2)，则即不妨取y11，则m(，1,0)，不妨取y22，则n(0,2，)，|cos |，即或(舍)，即点M为线段EF的中点时，平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为