2020數(shù)學(xué)理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：第二部分 專題三 滿分示范課——立體幾何 Word版含解析

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1、滿分示范課滿分示范課立體幾何立體幾何立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾何體為依托，分步設(shè)問(wèn)，逐層加深，解決這類題目的原則是建模、建何體為依托，分步設(shè)問(wèn)，逐層加深，解決這類題目的原則是建模、建系建模系建模將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型及平面化模型；建系將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型及平面化模型；建系依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解解【典例】【典例】(滿分滿分 12 分分)(2018全國(guó)卷全國(guó)卷)如圖，邊長(zhǎng)為如圖，邊長(zhǎng)為 2 的正方的正方形

2、形ABCD 所在的平面與半圓弧所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直所在平面垂直， M 是是CD上異于上異于 C， D 的的點(diǎn)點(diǎn)(1)證明：平證明：平面面 AMD平面平面 BMC；(2)當(dāng)三棱錐當(dāng)三棱錐 MABC 體積最大時(shí)體積最大時(shí)，求平面求平面 MAB 與平面與平面 MCD 所成所成二面角的正弦值二面角的正弦值規(guī)范解答規(guī)范解答(1)由題設(shè)知，平面由題設(shè)知，平面 CMD平面平面 ABCD，交線為，交線為 CD.因?yàn)橐驗(yàn)?BCCD，BC平面平面 ABCD，所以所以 BC平面平面 CMD，故，故 BCDM.因?yàn)橐驗(yàn)?M 為為CD上異于上異于 C，D 的點(diǎn)，且的點(diǎn)，且 DC 為直徑，為直徑，所以所以

3、DMCM.又又 BCCMC，所以，所以 DM平面平面 BMC.由于由于 DM平面平面 AMD，故平面，故平面 AMD平面平面 BMC.(2)以以 D 為坐標(biāo)原點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)， DA的方向?yàn)榈姆较驗(yàn)?x 軸正方向軸正方向， 建立如圖所示的空建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系間直角坐標(biāo)系 Dxyz.當(dāng)三棱錐當(dāng)三棱錐 MABC 體積最大時(shí)，體積最大時(shí)，M 為為CD的中點(diǎn)的中點(diǎn)由題設(shè)得由題設(shè)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)設(shè)設(shè) n(x，y，z)是平面是平面 MAB 的法向量，的法向量，則則n

4、AM0，nAB0，即即2xyz0，2y0.可取可取 n(1，0，2).又又DA是平面是平面 MCD 的法向量，的法向量，因此因此 cosn， DAnDA|n|DA|55，sinn， DA2 55.所以平面所以平面 MAB 與平面與平面 MCD 所成二面角的正弦值為所成二面角的正弦值為2 55.高考狀元滿分心得高考狀元滿分心得1寫(xiě)全得分步驟：對(duì)于解題過(guò)程中是得分點(diǎn)的步驟，有則給分寫(xiě)全得分步驟：對(duì)于解題過(guò)程中是得分點(diǎn)的步驟，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以對(duì)于得分點(diǎn)步驟一定要寫(xiě)全如第無(wú)則沒(méi)分，所以對(duì)于得分點(diǎn)步驟一定要寫(xiě)全如第(1)問(wèn)中問(wèn)中 BCDM；在證明平面在證明平面 AMD平面平面 BMC 時(shí)時(shí)，只寫(xiě)

5、出只寫(xiě)出 DM平面平面 BMC，忽視條忽視條件件DM平面平面 AMD，均導(dǎo)致扣分，均導(dǎo)致扣分2寫(xiě)明得分關(guān)鍵寫(xiě)明得分關(guān)鍵：對(duì)于解題過(guò)程中的關(guān)鍵點(diǎn)對(duì)于解題過(guò)程中的關(guān)鍵點(diǎn)，有則給分有則給分，無(wú)則沒(méi)無(wú)則沒(méi)分，所以在答題時(shí)一定要寫(xiě)清得分關(guān)鍵點(diǎn)，如第分，所以在答題時(shí)一定要寫(xiě)清得分關(guān)鍵點(diǎn)，如第(1)問(wèn)中一定要寫(xiě)出線問(wèn)中一定要寫(xiě)出線面、面面垂直證明過(guò)程中的三個(gè)條件，否則不得分；第面、面面垂直證明過(guò)程中的三個(gè)條件，否則不得分；第(2)問(wèn)中不寫(xiě)出問(wèn)中不寫(xiě)出公式公式 cosn， DADAn|DA|n|而得出余弦值則要扣而得出余弦值則要扣 1 分分3正確計(jì)算是得滿分的保證：如第正確計(jì)算是得滿分的保證：如第(2)問(wèn)中三

6、棱錐問(wèn)中三棱錐 MABC 體積最體積最大時(shí)大時(shí)，點(diǎn)點(diǎn) M 的坐標(biāo)的坐標(biāo)，求平面法向量坐標(biāo)求平面法向量坐標(biāo)，以及以及 cosn， DA的值的值，否否則題目不能得分則題目不能得分解題程序解題程序第一步：由面面垂直性質(zhì)，證第一步：由面面垂直性質(zhì)，證 BC平面平面 CMD，與與BCDM，第二步：根據(jù)面面垂直判定，證平面第二步：根據(jù)面面垂直判定，證平面 AMD平面平面 BMC，第三步：建立空間坐標(biāo)系，求相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，第三步：建立空間坐標(biāo)系，求相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，第四步：計(jì)算平面第四步：計(jì)算平面 MAB 的法向量，求二面角的正弦值，的法向量，求二面角的正弦值，第五步：檢驗(yàn)反思，規(guī)范解題步驟第五步：檢驗(yàn)反思，規(guī)范

7、解題步驟跟蹤訓(xùn)練跟蹤訓(xùn)練1.(2018全國(guó)卷全國(guó)卷)如圖如圖，在三棱錐在三棱錐 PABC 中中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 為為 AC 的中點(diǎn)的中點(diǎn)(1)證明：證明：PO平面平面 ABC；(2)若點(diǎn)若點(diǎn) M 在棱在棱 BC 上，且二面角上，且二面角 MPAC 為為 30，求，求 PC 與平與平面面PAM 所成角的正弦值所成角的正弦值(1)證明：證明：因?yàn)橐驗(yàn)?PAPCAC4，O 為為 AC 的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，所以所以 OPAC，且，且 OP2 3.連接連接 OB.因?yàn)橐驗(yàn)?ABBC22AC，所以所以ABC 為等腰直角三角形，為等腰直角三角形，且且 OBAC，OB12AC2.由由 OP

8、2OB2PB2知知 POOB.由由 OPOB，OPAC，OBACO，得，得 PO平面平面 ABC.(2)解解：如圖如圖，以以 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的方向?yàn)榈姆较驗(yàn)?x 軸正方向軸正方向，建立空建立空間直角坐標(biāo)系間直角坐標(biāo)系 Oxyz.由已知得由已知得 O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2 3).AP(0，2，2 3)取平面取平面 PAC 的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量OB(2，0，0)設(shè)設(shè) M(a，2a，0)(0a2)，則，則AM(a，4a，0)設(shè)平面設(shè)平面 PAM 的法向量為的法向量為 n(x，y，z)由由APn0，AMn0 得得2y2

9、3z0，ax（4a）y0，可取可取 y 3a，得平面，得平面 PAM 的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量為為n( 3(a4)， 3a，a)，所以所以 cosOB，n2 3（a4）2 3（a4）23a2a2.由已知可得由已知可得|cosOB，n|cos 3032，所以所以2 3|a4|2 3（a4）23a2a232，解得解得 a4(舍去舍去)或或 a43.所以所以 n(8 33，4 33，43)又又PC(0，2，2 3)，所以，所以 cosPC，n34.所以所以 PC 與平面與平面 PAM 所成角的正弦值為所成角的正弦值為34.2.(2019廣州調(diào)研廣州調(diào)研)如圖，直三棱柱如圖，直三棱柱 ABCA1B1C

10、1中，中，CC14，AB2，AC2 2，BAC45，點(diǎn)點(diǎn) M 是棱是棱 AA1上不同于上不同于 A，A1的動(dòng)點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)(1)證明：證明：BCB1M；(2)若平面若平面 MB1C 把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時(shí)二面把此棱柱分成體積相等的兩部分，求此時(shí)二面角角MB1CA 的余弦值的余弦值(1)證明證明：在在ABC 中中，由余弦定理得由余弦定理得，BC248222 2cos 454，所以所以 BC2，則有則有 AB2BC28AC2，所以所以ABC90，所以，所以 BCAB.又因?yàn)橛忠驗(yàn)?BCBB1，BB1ABB，所以所以 BC平面平面 ABB1A1，又又 B1M平面平面 ABB1A1，故故 BC

11、B1M.(2)解：解：由題設(shè)知，平面由題設(shè)知，平面 MB1C 把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾何體為四棱錐何體為四棱錐 CABB1M 和四棱錐和四棱錐 B1A1MCC1.由由(1)知四棱錐知四棱錐 CABB1M 的高為的高為 BC2，因?yàn)橐驗(yàn)?V三棱柱三棱柱ABCA1B1C1122248，所以所以 V四棱錐四棱錐CABB1M12V柱柱4，又又 V四棱錐四棱錐CABB1M13S梯形梯形ABB1MBC23S梯形梯形ABB1M4，所以所以 S梯形梯形ABB1M6AM422，所以，所以 AM2.此時(shí)此時(shí) M 為為 AA1的中點(diǎn)的中點(diǎn)以點(diǎn)以點(diǎn) B 為坐標(biāo)原點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)， BA

12、， BC，BB1的方向?yàn)榈姆较驗(yàn)?x 軸，軸，y 軸，軸，z 軸建立軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 Bxyz.所以所以 A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2)所以所以CB1(0，2，4)，B1M(2，0，2)，AC(2，2，0)，設(shè)設(shè) n1(x，y1，z1)是平面是平面 CB1M 的一個(gè)法向量，的一個(gè)法向量，所以所以n1CB10，n1B1M0，即即2y14z10，2x12z10，令令 z11，可得，可得 n1(1，2，1)，設(shè)設(shè) n2(x2，y2，z2)是平面是平面 ACB1的一個(gè)法向量，的一個(gè)法向量，所以所以n2CB10，n2AC0，即即2y24z20，2x22y20，令令 z21，可得，可得 n2(2，2，1)，所以所以 cosn1，n2n1n2|n1|n2|73 67 618，所以二面角所以二面角 MB1CA 的余弦值為的余弦值為7 618.