2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略 11页

素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略 ‎1[2019全国卷Ⅰ,12分]如图4 - 1,直四棱柱ABCD - A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.‎ ‎(1)证明:MN∥平面C1DE;‎ ‎(2)求二面角A - MA1 - N的正弦值.‎ ‎(1)先利用三角形中位线的性质和A1D∥B1C且A1D=B1C,证明ME∥ND且ME=ND,即可推出四边形MNDE为平行四边形,进而证得MN∥DE,再根据线面平行的判 图4 - 1 定定理可证得MN∥平面C1DE. ‎ ‎(2)先建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求出平面A1MA和平面MA1N的法向量,而后转化为求两个法向量的夹角的余弦值,进而求出二面角A - MA1 - N的正弦值.‎ ‎(1)连接B1C,ME.‎ 因为M,E分别为BB1,BC的中点,‎ 所以ME为△B1BC的中位线,‎ 所以ME∥B1C,且ME=‎1‎‎2‎B1C.①‎ 因为点N为A1D的中点,‎ 所以ND=‎1‎‎2‎A1D.‎ 由题设知A1B1∥DC且A1B1=DC,可得B1C∥A1D且B1C=A1D,故ME∥ND且ME=ND,因此四边形MNDE为平行四边形.②‎ 所以MN∥ED.‎ 又MN⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.③‎ ‎(2)由已知易得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图4 - 2所示的空间直角坐标系D - xyz,④‎ 可得A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,‎3‎,2),N(1,0,2),A‎1‎A=(0,0, - 4), 图4 - 2‎ A‎1‎M‎=( - 1,‎3‎, - 2),A‎1‎N=( - 1,0, - 2),MN=(0, - ‎3‎,0).⑤‎ 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A‎1‎M=0,‎m·A‎1‎A=0,‎ ‎ 所以‎-x+‎3‎y-2z=0,‎‎-4z=0.‎令y=1,则m=(‎3‎,1,0)为平面A1MA的一个法向量.⑥‎ 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,‎n·A‎1‎N=0,‎ 所以‎-‎3‎q=0,‎‎-p-2r=0.‎令p=2,则n=(2,0, - 1)为平面A1MN的一个法向量.⑦‎ 于是cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎2‎‎3‎‎2×‎‎5‎=‎‎15‎‎5‎,‎ 所以二面角A - MA1 - N的正弦值为‎10‎‎5‎.⑧‎ 感悟升华 阅卷 现场 得分点 第(1)问采点得分说明 ‎①根据三角形中位线的性质得出ME∥B1C得1分;‎ ‎②根据平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形得1分;‎ ‎③根据线面平行的判定定理求得结论得2分.‎ ‎4分 第(2)问采点得分说明 ‎④建立空间直角坐标系得1分;‎ ‎⑤准确地写出各点的坐标及相应向量的坐标表示得2分;‎ ‎⑥求出平面AMA1的法向量得1分;‎ ‎⑦求出平面MA1N的法向量得2分;‎ ‎⑧求出最终结果得2分.‎ ‎8分 满分 策略 ‎1.求解空间中的平行与垂直问题的关键 熟练把握空间中平行与垂直的判定定理是解题的关键.‎ ‎2.利用向量法求线面角和二面角的关注点 建立恰当的空间直角坐标系,利用待定系数法求出相应平面的法向量是解题的关键,在书写有关点的坐标时一定要谨慎.‎ ‎3.定理的条件要齐全 在运用定理证明问题时,要注意条件的齐全性,例如本题的第(1)问,一定要指明线在面内、线在面外这些条件,否则会失分.‎ ‎4.求点的坐标的注意点 一定要注意坐标的正、负值,这是极容易出错的地方.‎ ‎2 [2018全国卷Ⅲ,12分]如图4 - 3,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.‎ ‎(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;‎ ‎(2)当三棱锥M - ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 图4 - 3‎ ‎(1)‎ 求什么 找什么 要证明平面AMD⊥平面BMC,即证明一个平面包含另一个平面的一条垂线.‎ 给什么 得什么 因为四边形ABCD是正方形,所以BC⊥CD.又平面CDM⊥平面ABCD,所以BC⊥平面CDM,所以BC⊥DM.又M为半圆弧CD上的点,所以DM⊥CM,所以DM⊥平面BMC,所以平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎ (2)‎ 给什么 得什么 要使V三棱锥M - ABC最大,则M到平面ABC的距离最大,而M在半圆弧CD上,所以M为CD的中点.‎ 差什么 找什么 由于平面MAB与平面MCD在图4 - 3中只有一个公共点,因此要用定义法求二面角较为困难.注意到平面CDM⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,因此直接以D为坐标原点,以DA,DC的方向分别为x轴,y轴的正方向建立空间直角坐标系,再用向量法求二面角即可.‎ ‎(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.‎ 因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,(1分)‎ 所以BC⊥平面CMD,又DM⊂平面CMD,故BC⊥DM.(3分)‎ 因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.(5分)‎ 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(6分)‎ ‎(2)以D为坐标原点,DA,DC的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图4 - 4所示的空间直角坐标系D - xyz.(7分)‎ 图4 – 4‎ 易知当三棱锥M - ABC体积最大时,M为CD的中点.‎ 由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1), ‎ AM‎=( - 2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).(8分)‎ 设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则n·AM=0,‎n·AB=0,‎即‎-2x+y+z=0,‎‎2y=0.‎ 令x=1,则n=(1,0,2)为平面MAB的一个法向量.(10分)‎ 易知DA是平面MCD的法向量,因此cos=n·‎DA‎|n||DA|‎‎=‎‎5‎‎5‎,‎ sin=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是‎2‎‎5‎‎5‎.(12分)‎ 感悟升华 满分 策略 ‎1.写全得分步骤.对于解题过程中是得分点的步骤,有则给分,无则没分,所以对于得分点一定要写全,如第(1)问中BC⊥DM,遗漏得出DM⊥平面BMC,或没有写出DM⊂平面AMD都会失分.‎ ‎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,所以在答题时一定要写清得分关键点.如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件,否则不得分;第(2)问中不写出公式cos=n·‎DA‎|n||DA|‎而得出余弦值就会失分.‎ ‎3.正确计算是得分的保证.如第(2)问中三棱锥M - ABC体积最大时,点M的坐标,两个半平面的法向量坐标,以及cos的值都要计算正确,否则不能得分.‎ ‎3[2017全国卷Ⅱ,12分]如图4 - 5,四棱锥P - ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=‎1‎‎2‎AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.‎ ‎(1)证明:直线CE∥平面PAB;‎ ‎(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M - AB - D的余弦值. 图4 - 5‎ ‎(1)取PA的中点F ,连接EF ,BF ,利用条件证明四边形BCEF 为平行四边形,进而得到CE∥BF ,即可证出直线CE∥平面PAB;(2)以A为坐标原点,A的方向为x轴的正方向,|AB|为单位长,建立空间直角坐标系,分别求出平面MAB与平面ABD的法向量,进而求出二面角的余弦值.‎ ‎(1)如图4 - 6,取PA的中点F ,连接EF ,BF .‎ 因为E,F 分别是PD,PA的中点,所以EF ∥AD且EF =‎1‎‎2‎AD.1分(得分点1)‎ 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=‎1‎‎2‎AD,所以EF ∥BC且EF =BC,‎ 所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE∥BF .3分(得分点2)‎ 又BF ⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.4分(得分点3)‎ 图4 - 6‎ ‎(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图4 - 6所示的空间直角坐标系A - xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,‎3‎),PC=(1,0, - ‎3‎),AB=(1,0,0).‎ 设点M(x,y,z)(0|=sin 45°,即‎|z|‎‎(x-1‎)‎‎2‎+y‎2‎+‎z‎2‎‎=‎‎2‎‎2‎,‎ 即(x - 1)2+y2 - z2=0　①.‎ 又点M在棱PC上,设PM=λPC(0<λ<1),则x=λ,y=1,z=‎3‎‎-‎‎3‎λ　②.‎ 由①②解得x=1-‎2‎‎2‎,‎y=1,‎z=‎6‎‎2‎,‎ 所以M(1 - ‎2‎‎2‎,1,‎6‎‎2‎),从而AM=(1 - ‎ ‎‎2‎‎2‎,1,‎6‎‎2‎).8分(得分点5)‎ 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则 m·AM=0,‎m·AB=0,‎即‎(2-‎2‎)x‎0‎+2y‎0‎+‎6‎z‎0‎=0,‎x‎0‎‎=0,‎ 令z0=2,则m=(0, - ‎6‎,2)为平面ABM的一个法向量.10分(得分点6)‎ 于是cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎‎10‎‎5‎.12分(得分点7)‎ 结合图4 - 6知二面角M - AB - D的余弦值为‎10‎‎5‎.‎ 感悟升华 素养 探源 素养 考查途径 直观想象 能从四棱锥中找出线面位置关系.‎ 逻辑推理 线面平行的判定;根据图形结构特征构建空间直角坐标系;用向量法求空间角.‎ 数学运算 空间直角坐标系中坐标、向量的运算.‎ 得分 要点 a.得步骤分:抓住得分点的解题步骤,“步步为赢”.第(1)问中,作辅助线→证明线线平行→证明线面平行;第(2)问中,建立空间直角坐标系→根据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确定M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M - AB - D的余弦值.‎ b.得关键分:①作辅助线;②证明CE∥BF ;③求相关向量与点的坐标;④求平面的法向量;⑤求二面角的余弦值.这些都是不可少的过程,有则给分,无则没分.‎ c.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如得分点4,5,6,7都需要计算正确才能得分.‎ 答题 模板 利用向量求空间角的步骤 第一步:建立空间直角坐标系.‎ 第二步:确定点的坐标.‎ 第三步:求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.‎ 第四步:计算向量的夹角(或夹角的三角函数值).‎ 第五步:将向量夹角(或夹角的三角函数值)转化为所求的空间角(或所求角的三角函数值).‎ 第六步:反思回顾,查看关键点、易错点.‎ ‎1.[12分]如图4 - 1,在四棱锥P - ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,PA=PD.‎ ‎(1)证明: BC⊥PB.‎ ‎(2)若PA⊥PD,PB=AB,求二面角A - PB - C的余弦值.‎ 图4 - 1‎ ‎2.[12分]如图4 - 2,正三棱柱ABC - A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.‎ ‎(1)求证:AB1⊥平面A1BD;‎ ‎(2)求锐二面角A - A1D - B的余弦值.‎ 图4 - 2‎ ‎3.[12分]如图4 - 3,在棱长为3的正方体ABCD - A1B1C1D1中,点E为棱DD1上的一点,点F 为边AD的中点.‎ ‎(1)点E为DD1的中点时,求作一个平面与平面CA1E平行,要求保留作图痕迹,并说明点的位置,不用证明;‎ ‎(2)当DE为多长时,直线BD1与平面CA1E所成角的正弦值为‎42‎‎21‎?‎ 图4 - 3‎ ‎4.[原创题,12分]如图4 - 4(1),在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F 分别为AB,AC边的中点,以EF 为折痕把△AEF 折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE,如图4 - 4(2)所示.‎ ‎(1)证明:EF ⊥平面PBE.‎ ‎(2)设N为线段PF 上一动点,求直线BN与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.‎ 图4 - 4‎ ‎ ‎ 素养提升4 高考中立体几何解答题的提分策略 ‎1. (1)如图D 4 - 1,取AD的中点E,连接PE,BE,BD,‎ 图D 4 - 1‎ ‎∵PA=PD,‎ ‎∴PE⊥AD.‎ ‎∵底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,‎ ‎∴△ABD为等边三角形,‎ ‎∴BE⊥AD.‎ ‎∵PE∩BE=E, PE,BE⊂平面PBE,‎ ‎∴AD⊥平面PEB,又PB⊂平面PEB,∴AD⊥PB.‎ ‎∵AD∥BC,∴BC⊥PB.(4分)‎ ‎(2)设AB=2,‎ 则AB=PB=AD=2,BE=‎3‎,‎ ‎∵PA⊥PD,E为AD的中点,‎ ‎∴PA=‎2‎,PE=1,‎ ‎∴PE2+BE2=PB2,∴PE⊥BE.‎ 以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP 所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图D 4 - 2所示的空间直角坐标系,‎ 图D 4 - 2‎ 则A(1,0,0),B(0,‎3‎,0),P(0,0,1),C( - 2,‎3‎,0),‎ ‎∴AB=( - 1,‎3‎,0),AP=( - 1,0,1),BP=(0, - ‎3‎,1),BC=( - 2,0,0).‎ 设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),∵‎n‎1‎‎·AB=0,‎n‎1‎‎·AP=0,‎ ‎∴‎-x‎1‎+‎3‎y‎1‎=0,‎‎-x‎1‎+z‎1‎=0,‎令x1=1,得z1=1,y1=‎3‎‎3‎,∴n1=(1,‎3‎‎3‎,1)为平面PAB的一个法向量.‎ 设平面BPC的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则n‎2‎‎·BP=0,‎n‎2‎‎·BC=0,‎‎∴‎‎-‎3‎y‎2‎+z‎2‎=0,‎‎-2x‎2‎=0,‎ 令y2= - 1,得x2=0,z2= - ‎3‎,即n2=(0, - 1, - ‎3‎)为平面BPC的一个法向量.‎ ‎∴n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎= - ‎2‎‎7‎‎7‎.‎ 设二面角A - PB - C的平面角为θ,由图可知θ为钝角,‎ 则cos θ= - ‎2‎‎7‎‎7‎.(12分)‎ ‎【易错警示】　求二面角的值的易错点是:(1)求平面的法向量出错;(2)公式用错,把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混,导致结果出错.注意,二面角的取值范围为[0,π].‎ ‎2.(1)取BC的中点O,连接AO.‎ ‎∵△ABC为等边三角形,‎ ‎∴AO⊥BC.‎ 在正三棱柱ABC - A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,‎ 又平面ABC∩平面BCC1B1=BC,‎ ‎∴AO⊥平面BCC1B1. ‎ 取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,OB,OO‎1‎,OA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系O - xyz,如图D 4 - 3所示,‎ 图D 4 - 3‎ 则B(1,0,0),D( - 1,1,0),A1(0,2,‎3‎),A(0,0,‎3‎),B1(1,2,0),‎ ‎∴AB‎1‎=(1,2, - ‎3‎),BD=( - 2,1,0),BA‎1‎=( - 1,2,‎3‎),‎ ‎∴AB‎1‎·BD=0,AB‎1‎·BA‎1‎=0,‎ ‎∴AB1⊥BD,AB1⊥BA1,‎ ‎∵BD∩BA1=B,∴AB1⊥平面A1BD.(6分)‎ ‎(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).‎ ‎∵AD=( - 1,1, - ‎3‎),AA‎1‎=(0,2,0),‎ ‎∴‎n·AD=0,‎n·AA‎1‎=0,‎‎∴‎‎-x+y-‎3‎z=0,‎‎2y=0,‎ ‎∴‎y=0,‎x=-‎3‎z,‎ 令z=1,得n=( - ‎3‎,0,1)为平面A1AD的一个法向量.‎ 由(1)知AB1⊥平面A1BD,∴AB‎1‎为平面A1BD的一个法向量,‎ ‎∴cos=n·‎AB‎1‎‎|n|·|AB‎1‎|‎‎=‎‎-‎3‎-‎‎3‎‎2×2‎‎2‎= - ‎6‎‎4‎,‎ ‎∴锐二面角A - A1D - B的余弦值为‎6‎‎4‎.(12分)‎ ‎3.(1)如图D 4 - 4,取线段AA1的靠近A的四等分点M,取AB的中点N,连接FM,MN,FN,则平面FMN即为所求.(5分)‎ 图D 4 - 4‎ 部分其他作图方法如图D 4 - 5(1)(2)(3):‎ ‎(1)　　　　　　　　　(2)　　　　　　　　(3)‎ 图D 4 - 5‎ ‎ (2)以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图D 4 - 6所示,‎ 图D 4 - 6‎ 设DE=a,0≤a≤3,‎ 则A1(0,0,3),C(3,3,0),E(3,0,a),D1(3,0,3),B(0,3,0),‎ 则A‎1‎C=(3,3, - 3),CE=(0, - 3,a),BD‎1‎=(3, - 3,3).(6分)‎ 设平面CA1E的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·A‎1‎C=0,‎m·CE=0,‎ 所以‎3x+3y-3z=0,‎‎-3y+az=0,‎令z=3,则m=(3 - a,a,3)为平面CA1E的一个法向量.(8分)‎ 设直线BD1与平面CA1E所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|m·BD‎1‎|‎‎|m||BD‎1‎|‎‎=‎|18-6a|‎‎2a‎2‎-6a+18‎‎·3‎‎3‎=‎‎42‎‎21‎,(11分)‎ 得2a2 - 13a+18=0,解得a=2或a=‎9‎‎2‎(舍去),所以DE=2.(12分)‎ ‎4.(1)因为E,F分别为AB,AC边的中点,所以EF∥BC.(1分)‎ 因为∠ABC=90°,所以EF⊥BE,EF⊥PE.(3分)‎ 又BE∩PE=E,BE,PE⊂平面PBE,所以EF⊥平面PBE.(4分)‎ ‎(2)如图D 4 - 7所示,取BE的中点O,连接PO, ‎ 由(1)知EF⊥平面PBE,EF⊂平面BCFE,‎ 所以平面PBE⊥平面BCFE.‎ 因为PB=BE=PE,所以PO⊥BE,‎ 又PO⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE,‎ 所以PO⊥平面BCFE.(6分)‎ 过点O作OM∥BC交CF于点M,分别以OB,OM,OP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图D 4 - 7所示.‎ 图D 4 - 7‎ 则P(0,0,‎3‎‎2‎),C(‎1‎‎2‎,2,0),F( - ‎1‎‎2‎,1,0),B(‎1‎‎2‎,0,0),PC=(‎1‎‎2‎,2, - ‎3‎‎2‎),PF=( - ‎1‎‎2‎,1, - ‎3‎‎2‎).(8分)‎ 因为N为线段PF上一动点,故设PN=λPF(0≤λ≤1),‎ 得N( - λ‎2‎,λ,‎3‎‎2‎(1 - λ)),所以BN=( - λ+1‎‎2‎,λ,‎3‎‎2‎(1 - λ)).(9分)‎ 设平面PCF的法向量为m=(x,y,z),则PC‎·m=0,‎PF‎·m=0,‎即‎1‎‎2‎x+2y-‎3‎‎2‎z=0,‎‎-‎1‎‎2‎x+y-‎3‎‎2‎z=0,‎ 令y=1,则m=( - 1,1,‎3‎)为平面PCF的一个法向量.(10分)‎ 设直线BN与平面PCF所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|BN·m|‎‎|BN|·|m|‎‎=‎2‎‎5‎‎·‎‎2λ‎2‎-λ+1‎=‎‎2‎‎5‎‎·‎‎2(λ-‎1‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎‎7‎‎8‎≤‎2‎‎5‎‎×‎‎7‎‎8‎‎=‎‎4‎‎70‎‎35‎(当且仅当λ=‎1‎‎4‎时取等号).(11分)‎ 所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为‎4‎‎70‎‎35‎.(12 分)‎ ‎ ‎