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

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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Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．
(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

【分析】　①看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直．
②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，BO． 1分

因为AD＝CD，所以AC⊥DO．
又由于△ABC是正三角形，
所以AC⊥BO．
又因为DO∩BO＝O，
从而AC⊥平面DOB， 3分
故AC⊥BD． 4分
(2)连接EO． 5分
由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°． 7分
由题设知△AEC为直角三角形，
所以EO＝AC． 8分
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，
所以EO＝BD．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1∶1． 12分
【评分细则】　
①作出辅助线，并用语言正确表述得1分．
②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB，再得1分．
③由线面垂直的性质得出结论得1分．
④作出辅助线，并用语言正确表述得1分．
⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分．
⑥由直角三角形的性质得出EO＝AC得1分．
⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分．
⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的得2分．
⑨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AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)问中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2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DO＝AO．
〔变式训练1〕
(2020·课标Ⅰ，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，∠APC＝90°．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝，圆锥的侧面积为π，求三棱锥P－ABC的体积．
[解析]　(1)证明：由题设可知，PA＝PB＝PC．
由于△ABC是正三角形，
故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC．
又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，
从而PB⊥PA，PB⊥PC，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＝，l2－r2＝2．解得r＝1，l＝．
从而AB＝．
由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，
故PA＝PB＝PC＝．
所以三棱锥P－ABC的体积为××PA×PB×PC＝××3＝．
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ABC－A1B1C1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】　①在平面A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明；
②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ON∥BB1，
且ON＝BB1， 2分
又MA1∥BB1，MA1＝BB1，
所以四边形ONA1M为平行四边形，即OM∥A1N． 4分
因为OM⊄平面CB1A1，A1N⊂平面CB1A1，
所以OM∥平面CB1A1． 5分
(2)解：连接OA，令BC＝2，因为AB＝AC，O为BC的中点，所以AO⊥BC．

又三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，ON∥BB1，
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O－xyz． 6分
因为AB＝AC＝，BC＝AA1＝2，
所以O，B1，M，C，
所以＝＝，＝，＝． 7分
设平面MOB1的法向量为m＝，
则即
令z＝1，可得y＝－1，x＝2，
所以平面MOB1的一个法向量为m＝． 8分
设平面CB1A1的法向量为n＝，
则即
令c＝1，可得b＝－1，a＝1，
所以平面CB1A1的一个法向量为n＝， 9分
所以cos〈m，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】　
①第一问共5分，证出ON∥BB1和ON＝BB1得2分，证出OM∥A1N得2分，未说明OM⊄平面CB1A1，直接证出OM∥平面CB1A1，扣1分．
②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．
③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：①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，∴AM＝MA1，又AB∥A1B1，∴∠ABM＝∠MHA1，又∠AMB＝∠HMA1，∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又O为BC中点，∴MO∥CH，又MO⊄平面CB1A1，CH⊂平面CB1A1，∴OM∥平面CB1A1．

②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n·＝0，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ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．

(1)证明：EF⊥DB；
(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DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB．

由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝CO，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC．
由∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO得BO⊥BC．
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱台ABC－DEF得BC∥EF，
所以EF⊥DB．
(2)解法一：过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH．
由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，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OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．
设CD＝2，
由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，
所以sin∠OCH＝＝，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为．
解法二：由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，
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θ．
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O－xyz．
设CD＝2．

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 θ＝|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，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2，∠ADE＝60°，沿AE，BF折成三棱柱AED－BFC．
(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E－AC－F的余弦值．

【分析】　①利用面面平行的判定和性质即可证明；
②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，
∴MG∥DE，
∵DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，
∴MG∥平面CDEF． 2分
由于G，N分别为AD，BC的中点，
由棱柱的性质可得GN∥DC，
∵CD⊂平面CDEF，GN⊄平面CDEF，
∴GN∥平面CDEF． 3分
又GM⊂平面GMN，GN⊂平面GMN，MG∩NG＝G，
∴平面GMN∥平面CDEF， 4分
∵MN⊂平面GMN，∴MN∥平面CDEF． 5分
(2)连接EB，在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝，
∴BE＝2，又ED＝1，DB＝，
∴EB2＋ED2＝DB2，
∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E，
∴DE⊥平面ABFE．∴EA、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z＝0，
令x＝1，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x1＝0，令y1＝1，得z1＝－1，
∴n＝(0,1，－1)为平面ACE的一个法向量． 10分
设m，n所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，
由图可知二面角E－AC－F的余弦值是． 12分
【评分细则】　
①由线线平行得到线面平行，给2分．
②同理再推出一个线面平行，给1分．
③由线面平行推出面面平行，给1分．
④由面面平行得到线面平行，给1分．
⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．
⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给1分．
⑦正确求出平面的法向量，给2分．
⑧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，AB⊥BC，AB＝2BC＝4，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C－PF－E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
PE＝BE，PF＝CF，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EM⊥PB，FN⊥PC．
又EM綊FN，所以FN⊥PB，所以FN⊥平面PBC．
又FN⊂平面FPC，所以平面FPC⊥平面BPC．
(2)解：因为BC⊥AB，所以翻折后有BC⊥BE，BC⊥EP，
所以BC⊥平面PBE，
故平面PBE⊥平面BCFE．
若△PEB为等边三角形，则PB＝2．
设O为BE的中点，连接PO，故PO⊥BE，
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O－xyz．

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cos〈n，m〉＝＝＝－，
由题意，可知二面角C－PF－E为钝角．
所以二面角C－PF－E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P－ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，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AB＝AP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】　①利用面面垂直的判定定理，证AE⊥平面PAD或证AD⊥平面AEF即可；
②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F存在，且＝λ，利用向量法求解λ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，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形， 1分
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，又AD∥BC，
∴AE⊥AD， 2分
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴PA⊥AE， 3分
又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD， 4分
又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD． 5分
(2)又PA⊥AD，∴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AB＝AP＝2，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＝λ＝λ，0≤λ≤1，
则＝＋＝(0,0,2)＋λ(，1，－2)＝(λ，λ，2－2λ)，
又＝，
设n＝是平面AEF的一个法向量，
则，
取z＝λ，得n＝(0,2λ－2，λ)， 10分
设直线EM与平面AEF所成角为θ，
由＝，得：
sin θ＝＝＝＝．
化简得：10λ2－13λ＋4＝0，
解得λ＝或λ＝， 11分
故存在点F满足题意，此时为或． 12分
【评分细则】　
①证出△ABC是正三角形得1分．
②证出AE⊥AD得1分．
③由线面垂直性质证出PA⊥AE得1分，不写AE⊂平面ABCD不得分．
④由线面垂直的判定证出AE⊥平面PAD得1分．
⑤证出平面AEF⊥平面PAD得1分，条件不全不得分．
⑥建出空间直角坐标系得1分．
⑦设出＝λ得1分．
⑧求出平面AEF的法向量得3分，算错但写出，坐标得1分．
⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos〈，n〉|＝得1分．
⑩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AD⊥PA、AD⊥AE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∠BAD＝∠ADC＝60°，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且∠EDA＝90°，ED＝AD＝2AF＝2AB＝2．

(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ADEF＝AD，ED⊥AD，
∴ED⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴ED⊥AB，
∵AB＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，
∴BD＝＝，
∴AB2＋BD2＝AD2，
∴AB⊥BD，又∴BD⊂平面BDE，
BD∩ED＝D，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B－xyz，

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＝λ＝(λ，－λ，－λ)，(0≤λ≤1)，
则＝＋＝(λ，－λ，2－λ)，
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y1＝1，则m＝(－，1,0)，

不妨取y2＝2－λ，则n＝(0,2－λ，λ－)，
∴|cos θ|＝＝＝，
即λ＝或λ＝(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．