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  • 2021-06-24 发布

【数学】2021届一轮复习人教A版(文)第八章 第6讲 平行、垂直的综合问题学案

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第6讲 平行、垂直的综合问题 ‎      空间中的证明与计算问题(师生共研)‎ ‎ 如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.‎ ‎(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;‎ ‎(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥PABCD的体积为,求该四棱锥的侧面积.‎ ‎【解】 (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,‎ 得AB⊥AP,CD⊥PD.‎ 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.‎ 由(1)知,AB⊥平面PAD,‎ 故AB⊥PE,‎ 可得PE⊥平面ABCD.‎ 设AB=x,则由已知可得AD=x,PE=x.‎ 故四棱锥PABCD的体积 VPABCD=AB·AD·PE=x3.‎ 由题设得x3=,故x=2.‎ 从而PA=PD=2,AD=BC=2,PB=PC=2.‎ 可得四棱锥PABCD的侧面积为 PA·PD+PA·AB+PD·DC+BC2sin 60°=6+2.‎ ‎(1)几何体的体积 柱体的体积V=S底·h.‎ 锥体的体积V=S底·h.‎ ‎(2)几何体的表面积 直棱柱的侧面积S侧=C底·l,其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积,最后求和.‎ ‎(3)计算几何体体积的关键及注意点 计算几何体的体积时,关键是确定几何体的高,若是不方便求,要注意进行体积的转化.‎ ‎ (2020·重庆市学业质量调研)如图所示,在四棱锥PABCD中,∠CAD=∠ABC=90°,∠BAC=∠ADC=30°,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点,AC=2.‎ ‎(1)求证:AE∥平面PBC;‎ ‎(2)若四面体PABC的体积为,求△PCD的面积.‎ 解:(1)证明:如图,取CD的中点F,连接EF,AF,‎ 则EF∥PC,‎ 又易知∠BCD=∠AFD=120°,所以AF∥BC,‎ 又EF∩AF=F,PC∩BC=C,所以平面AEF∥平面PBC.‎ 又AE⊂平面AEF,所以AE∥平面PBC.‎ ‎(2)由已知得,V四面体PABC=·AB·BC·PA=,可得PA=2.‎ 过点A作AQ⊥CD于点Q,连接PQ,在△ACD中,‎ AC=2,∠CAD=90°,∠ADC=30°,‎ 所以CD=4,AQ==,‎ 则PQ==.‎ 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.‎ 又AQ∩PA=A,‎ 所以CD⊥平面PAQ,CD⊥PQ.‎ 所以S△PCD=×4×=2.‎ ‎      空间中的翻折问题(师生共研)‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.‎ ‎(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;‎ ‎(2)求图2中的四边形ACGD的面积.‎ ‎【解】 (1)证明:由已知得AD∥BE,CG∥BE,‎ 所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,‎ 从而A,C,G,D四点共面.‎ 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.‎ 又因为AB⊂平面ABC,‎ 所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)如图,取CG的中点M,连接EM,DM.‎ 因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,‎ 所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.‎ 由已知,四边形BCGE是菱形,‎ 且∠EBC=60°得EM⊥CG,‎ 故CG⊥平面DEM.‎ 因此DM⊥CG.‎ 在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.‎ 所以四边形ACGD的面积为4.‎ 解决此类问题的关键就是根据折痕,准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”: ‎ ‎(1)与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不改变;‎ ‎(2)与折痕平行的线段,翻折前后平行关系不改变. ‎ 其步骤为:‎ — ‎ ↓‎ — ‎ ↓‎ —  ‎ ‎ (2020·济南市模拟考试)如图1所示,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=45°,AB=2CD=4,点E为AB的中点.将△ADE沿DE折起,使点A到达P的位置,得到如图2所示的四棱锥PEBCD,点M为棱PB的中点.‎ ‎(1)求证:PD∥平面MCE;‎ ‎(2)若平面PDE⊥平面EBCD,求三棱锥MBCE的体积.‎ 解:(1)证明:在题图1中,‎ 因为BE=AB=CD且BE∥CD,‎ 所以四边形EBCD是平行四边形.‎ 如图,连接BD,交CE于点O,连接OM,‎ 所以点O是BD的中点,‎ 又点M为棱PB的中点,‎ 所以OM∥PD,‎ 因为PD⊄平面MCE,OM⊂平面MCE,‎ 所以PD∥平面MCE.‎ ‎(2)在题图1中,‎ 因为EBCD是平行四边形,所以DE=BC,‎ 因为四边形ABCD是等腰梯形,‎ 所以AD=BC,所以AD=DE,‎ 因为∠BAD=45°,‎ 所以AD⊥DE.‎ 所以PD⊥DE,‎ 又平面PDE⊥平面EBCD,且平面PDE∩平面EBCD=DE,‎ 所以PD⊥平面EBCD.‎ 由(1)知OM∥PD,所以OM⊥平面EBCD,‎ 在等腰直角三角形ADE中,因为AE=2,所以AD=DE=,‎ 所以OM=PD=AD=,S△BCE=S△ADE=1,‎ 所以V三棱锥MBCE=S△BCE·OM=.‎ ‎     立体几何中的探索性问题(师生共研)‎ ‎ (2018·高考全国卷Ⅲ)如图,矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.‎ ‎(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.‎ ‎【解】 (1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.‎ 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.‎ ‎(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.‎ 证明如下:如图,连接AC交BD于O.‎ 因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.‎ 解决探索性问题的方法 ‎(1)对命题条件探索的三种途径 途径一:先猜后证,即先观察与尝试给出条件再证明.‎ 途径二:先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性.‎ 途径三:将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.‎ ‎(2)对命题结论的探索方法 从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.‎ ‎[注意] 对探索性问题应先写出结论,再写出证明过程或理由.‎ ‎ 如图,三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.‎ ‎(1)求三棱锥PABC的体积;‎ ‎(2)在线段PC上是否存在点M,使得AC⊥BM,若存在点M,求出的值;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)由题意知AB=1,AC=2,∠BAC=60°,‎ 可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.‎ 由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥PABC的高.‎ 又PA=1,所以三棱锥PABC的体积V=·S△ABC·PA=.‎ ‎(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N,在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接BM.‎ 由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.‎ 由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.‎ 又BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM.‎ 在Rt△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,‎ 从而NC=AC-AN=.‎ 由MN∥PA,得==.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1.如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥ABCD,则在三棱锥ABCD中,下列结论正确的是(  )‎ A.平面ABD⊥平面ABC  B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC 解析:选D.因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,‎ 所以BD⊥CD.‎ 又平面ABD⊥平面BCD,‎ 且平面ABD∩平面BCD=BD,‎ 故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB.‎ 又AD⊥AB,AD∩CD=D,AD⊂平面ADC,CD⊂平面ADC,故AB⊥平面ADC.‎ 又AB⊂平面ABC,所以平面ADC⊥平面ABC.‎ ‎2.(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为 .‎ 解析:如图,过点P分别作PE⊥BC交BC于点E,作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE=PF=.过P作PH⊥平面ABC于点H,连接HE,HF,HC,易知HE=HF,则点H在∠ACB的平分线上,又∠ACB=90°,故△CEH为等腰直角三角形.在Rt△PCE中,PC ‎=2,PE=,则CE=1,故CH=,在Rt△PCH中,可得PH=,即点P到平面ABC的距离为.‎ 答案: ‎3.(2020·昆明市诊断测试)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,PD⊥平面ABCD,AD=BD=6,AB=6,E是棱PC上的一点.‎ ‎(1)证明:BC⊥平面PBD;‎ ‎(2)若PA∥平面BDE,求的值.‎ 解:(1)证明:由已知条件可知AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.‎ 因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD.‎ 又PD∩BD=D,所以AD⊥平面PBD.‎ 因为四边形ABCD是平行四边形,所以BC∥AD,‎ 所以BC⊥平面PBD.‎ ‎(2)如图,连接AC交BD于点F,连接EF,‎ 则EF是平面PAC与平面BDE的交线.‎ 因为PA∥平面BDE,所以PA∥EF.‎ 因为F是AC的中点,所以E是PC的中点,‎ 所以=.‎ ‎4.(2020·内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图,平面四边形ABCD中,AB⊥BD,AB=BC=CD=2,BD=2,沿BD折起,使AC=2.‎ ‎(1)证明:△ACD为直角三角形;‎ ‎(2)设B在平面ACD内的射影为P,求四面体PBCD的体积.‎ 解:(1)证明:在Rt△ABD中,AB⊥BD,AB=2,BD=2,‎ 所以AD===2,‎ 因为AC=2,CD=2,所以AC2+CD2=AD2,‎ 所以AC⊥CD,‎ 所以△ACD是直角三角形.‎ ‎(2)由(1)知CD⊥AC,易知CD⊥BC,‎ 因为AC∩BC=C,所以CD⊥平面ABC,又CD⊂平面ACD,‎ 所以平面ABC⊥平面ACD,其交线为AC,‎ 故过B点作AC的垂线,垂足为P,点P即为B在平面ACD内的射影,‎ 易知P为AC的中点,‎ 所以四面体PBCD的体积VPBCD=××2×2×1=.‎ ‎5.(2020·福州市质量检测)如图,四棱锥EABCD,平面ABCD⊥平面ABE,四边形ABCD为矩形,AD=6,AB=5,BE=3,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.‎ ‎(1)求证:AE⊥BE;‎ ‎(2)设M在线段DE上,且满足EM=2MD,试在线段AB上确定一点N,使得MN∥平面BCE,并求MN的长.‎ 解:(1)证明:因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以BC⊥AB.‎ 因为平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,且BC⊂平面ABCD,‎ 所以BC⊥平面ABE.‎ 又AE⊂平面ABE,‎ 所以BC⊥AE.‎ 因为BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,‎ 所以BF⊥AE.‎ 又因为BC∩BF=B,BC⊂平面BCE,BF⊂平面BCE,‎ 所以AE⊥平面BCE,‎ 因为BE⊂平面BCE,‎ 所以AE⊥BE.‎ ‎(2)如图,在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点,在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点,连接MN,‎ 因为NG∥BE,NG⊄平面BCE,BE⊂平面BCE,‎ 所以NG∥平面BCE.‎ 同理可证,GM∥平面BCE.‎ 因为MG∩GN=G,‎ 所以平面MGN∥平面BCE,‎ 又因为MN⊂平面MGN,‎ 所以MN∥平面BCE,‎ 因为M点为线段DE上靠近D点的一个三等分点,‎ 所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点,‎ AD=6,AB=5,BE=3,‎ 所以MG=AD=4,NG=BE=1,‎ 所以MN===.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.(2020·吉林长春质量监测(二))四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AB=2,PA⊥平面ABCD,PA=AD=,M为PC中点.‎ ‎(1)求证:平面PBC⊥平面BMD;‎ ‎(2)求点B到平面PCD的距离.‎ 解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,BD=,cos∠BDC=cos∠DBA=,‎ 在△BCD中,由余弦定理得BC=,‎ 由勾股定理得PD=2,PB=,‎ 所以△PCD,△PCB是等腰三角形,‎ 所以PC⊥MD,PC⊥MB,‎ 因为MD∩MB=M,‎ 所以PC⊥平面MDB,‎ 因为PC⊂平面PBC,‎ 所以平面PBC⊥平面BDM.‎ ‎(2)取PD的中点N,连接AN,MN,‎ 所以ANMB为平行四边形,‎ 所以BM∥AN,BM=AN=1,‎ 因为PA=AD,所以AN⊥PD,‎ 又易知CD⊥平面PAD,AN⊂平面PAD,‎ 所以CD⊥AN,所以AN⊥平面PCD,‎ 所以BM⊥平面PCD,‎ 所以B到平面PCD的距离为1.‎ ‎2.(2020·郑州市第二次质量预测)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=,△PAD是等边三角形,F为AD的中点,PD⊥BF.‎ ‎(1)求证:AD⊥PB;‎ ‎(2)若E在线段BC上,且EC=BC,能否在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面 ABCD?若存在,求出三棱锥DCEG的体积;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:连接PF,因为△PAD是等边三角形,‎ 所以PF⊥AD.‎ 因为底面ABCD是菱形,∠BAD=,所以BF⊥AD.‎ 又PF∩BF=F,所以AD⊥平面BFP,‎ 又PB⊂平面BFP,所以AD⊥PB.‎ ‎(2)能在棱PC上找到一点G,使平面DEG⊥平面ABCD.‎ 由(1)知AD⊥BF,因为PD⊥BF,AD∩PD=D,‎ 所以BF⊥平面PAD.‎ 又BF⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PAD,‎ 又平面ABCD∩平面PAD=AD,且PF⊥AD,‎ 所以PF⊥平面ABCD.‎ 连接CF交DE于点H,过H作HG∥PF交PC于点G,‎ 所以GH⊥平面ABCD.‎ 又GH⊂平面DEG,所以平面DEG⊥平面ABCD.‎ 因为AD∥BC,所以△DFH∽△ECH,‎ 所以==,所以==,‎ 所以GH=PF=,‎ 所以VDCEG=VGCDE=S△CDE·GH=×DC·CE·sin ·GH=.‎ ‎3.如图(1),在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,AE⊥BD于点E(不同于点D),延长AE交BC于点F,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A1BCD,如图(2)所示.‎ ‎(1)若M是FC的中点,求证:直线DM∥平面A1EF;‎ ‎(2)求证:BD⊥A1F;‎ ‎(3)若平面A1BD⊥平面BCD,试判断直线A1B与直线CD能否垂直?并说明理由.‎ 解:(1)证明:因为D,M分别为AC,FC的中点,所以DM∥EF,又EF⊂平面A1EF,DM⊄平面A1EF,所以DM∥平面A1EF.‎ ‎(2)证明:因为A1E⊥BD,EF⊥BD且A1E∩EF=E,‎ 所以BD⊥平面A1EF.‎ 又A1F⊂平面A1EF,所以BD⊥A1F.‎ ‎(3)直线A1B与直线CD不能垂直.‎ 理由如下:‎ 因为平面A1BD⊥平面BCD,平面A1BD∩平面BCD=BD,EF⊥BD,EF⊂平面BCD,所以EF⊥平面A1BD.‎ 因为A1B⊂平面A1BD,所以A1B⊥EF,‎ 又因为EF∥DM,所以A1B⊥DM.‎ 假设A1B⊥CD,‎ 因为CD∩DM=D,所以A1B⊥平面BCD,‎ 所以A1B⊥BD,‎ 这与∠A1BD为锐角矛盾,所以直线A1B与直线CD不能垂直.‎ 规范答题示范(四)‎ 立体几何 类型一 线面位置关系与体积计算 ‎ (12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.‎ ‎(1)证明:❶‎ ‎(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,❷‎ ‎[建桥寻突破] ‎ ‎❶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. ‎ ‎❷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.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)证明:如图,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.‎ ‎[评分标准]‎ ‎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;‎ 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 ‎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.‎ ‎[解题点津]‎ ‎(1)得分步骤: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.‎ ‎[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.‎ 类型二 线面位置关系中的探索性问题 ‎ (12分)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥CD,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=AD.‎ ‎(1)在平面PAD内找一点M,使得❶,并说明理由;‎ ‎(2)证明:❷‎ ‎[建桥寻突破]‎ ‎❶看到直线CM∥平面PAB,想到利用线面平行的定理进行分析.‎ ‎❷看到平面PAB⊥平面PBD,想到利用面面垂直的判定定理寻找条件进行证明.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD),点M即为所求的一个点,2分 理由如下:‎ 因为AD∥BC,BC=AD,‎ 所以BC∥AM,且BC=AM.‎ 所以四边形AMCB是平行四边形,4分 从而CM∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB,CM⊄平面PAB,‎ 所以CM∥平面PAB.6分 ‎(说明:取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点)‎ ‎(2)证明:由已知,PA⊥AB,PA⊥CD,因为AD∥BC,BC=AD,所以直线AB与CD相交,‎ 所以PA⊥平面ABCD,从而PA⊥BD.8分 连接BM,‎ 因为AD∥BC,BC=AD,‎ 所以BC∥MD,且BC=MD.‎ 所以四边形BCDM是平行四边形,10分 ‎[评分标准]‎ ‎①写出第一步,明确结论得2分;‎ ‎②得出四边形AMCB是平行四边形得2分;‎ ‎③利用线面平行定理得出CM∥平面PAB得2分;‎ ‎④利用线面垂直得出PA⊥BD得2分;‎ ‎⑤得出四边形BCDM是平行四边形得2分;‎ ‎⑥得出结论再得2分.‎ 所以BM=CD=AD,‎ 所以BD⊥AB.‎ 又AB∩AP=A,‎ 所以BD⊥平面PAB.‎ 又BD⊂平面PBD,‎ 所以平面PAB⊥平面PBD.12分 ‎[解题点津]‎ ‎(1)明确探索性试题的解题要领是先假设存在,然后采用相关定理或性质进行论证.‎ ‎(2)写全步骤,步步为“赢”‎ 在书写解题过程时,对于是得分点的解题步骤一定要写全,阅卷时根据得分点评分,有则得分,无则不得分,如本题中对点M的确定,应遵循“一作”“二证”的原则,如果不全面就会失分.‎ ‎(3)涉及运算要准确 在解题过程中,涉及有关长度、角度、面积、体积等计算问题时,‎ 一定要细心准确,否则导致思路正确,因运算失误而扣分.‎ ‎[核心素养]‎ 探索性的立体几何问题在高考中虽不多见,‎ 但作为高考命题的一种题型,‎ 要求学生掌握其解决思路及解决问题的途径.此类问题主要考查考生“直观想象”的核心素养.‎

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