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

滿分示范課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)幾何體為依托,分步設(shè)問,逐層加深,解決這類題目的原則是建模、建系建模將問題轉(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,利用空間向量求解【典例】(滿分12分)(2018·全國卷)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點(diǎn)(1)證明:平面AMD平面BMC;(2)當(dāng)三棱錐M­ABC體積最大時(shí),求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值規(guī)范解答(1)由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽CCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DMCM.又BCCMC,所以DM平面BMC.由于DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D­xyz.當(dāng)三棱錐M­ABC體積最大時(shí),M為的中點(diǎn)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),(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)設(shè)n(x,y,z)是平面MAB的法向量,則即可取n(1,0,2). 又是平面MCD的法向量,因此cosn,sinn,.所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值為.高考狀元滿分心得1寫全得分步驟:對于解題過程中是得分點(diǎn)的步驟,有則給分,無則沒分,所以對于得分點(diǎn)步驟一定要寫全如第(1)問中BCDM;在證明平面AMD平面BMC時(shí),只寫出DM平面BMC,忽視條件DM平面AMD,均導(dǎo)致扣分2寫明得分關(guān)鍵:對于解題過程中的關(guān)鍵點(diǎn),有則給分,無則沒分,所以在答題時(shí)一定要寫清得分關(guān)鍵點(diǎn),如第(1)問中一定要寫出線面、面面垂直證明過程中的三個(gè)條件,否則不得分;第(2)問中不寫出公式cosn,而得出余弦值則要扣1分3正確計(jì)算是得滿分的保證:如第(2)問中三棱錐MABC體積最大時(shí),點(diǎn)M的坐標(biāo),求平面法向量坐標(biāo),以及cosn,的值,否則題目不能得分解題程序第一步:由面面垂直性質(zhì),證BC平面CMD,與BCDM,第二步:根據(jù)面面垂直判定,證平面AMD平面BMC,第三步:建立空間坐標(biāo)系,求相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo),第四步:計(jì)算平面MAB的法向量,求二面角的正弦值,第五步:檢驗(yàn)反思,規(guī)范解題步驟跟蹤訓(xùn)練1.(2018·全國卷)如圖,在三棱錐P­ABC中,ABBC2,PAPBPCAC4,O為AC的中點(diǎn)(1)證明:PO平面ABC;(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M­PA­C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值(1)證明:因?yàn)镻APCAC4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)PAC,且OP2.連接OB.因?yàn)锳BBCAC,所以ABC為等腰直角三角形,且OBAC,OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB,OPAC,OBACO,得PO平面ABC.(2)解:如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O­xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2).(0,2,2)取平面PAC的一個(gè)法向量(2,0,0)設(shè)M(a,2a,0)(0a2),則(a,4a,0)設(shè)平面PAM的法向量為n(x,y,z)由·n0,·n0得可取ya,得平面PAM的一個(gè)法向量為n(a4),a,a),所以cos,n .由已知可得|cos,n|cos 30°,所以,解得a4(舍去)或a.所以n(,)又(0,2,2),所以cos,n.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為.2.(2019·廣州調(diào)研)如圖,直三棱柱ABC­A1B1C1中,CC14,AB2,AC2,BAC45°,點(diǎn)M是棱AA1上不同于A,A1的動(dòng)點(diǎn)(1)證明:BCB1M;(2)若平面MB1C把此棱柱分成體積相等的兩部分,求此時(shí)二面角M­B1C­A的余弦值(1)證明:在ABC中,由余弦定理得,BC2482×2×2×cos 45°4,所以BC2,則有AB2BC28AC2,所以ABC90°,所以BCAB.又因?yàn)锽CBB1,BB1ABB,所以BC平面ABB1A1,又B1M平面ABB1A1,故BCB1M.(2)解:由題設(shè)知,平面MB1C把此三棱柱分成兩個(gè)體積相等的幾何體為四棱錐C­ABB1M和四棱錐B1­A1MCC1.由(1)知四棱錐C­ABB1M的高為BC2,因?yàn)閂三棱柱ABC­A1B1C1×2×2×48,所以V四棱錐C­ABB1MV柱4,又V四棱錐C­ABB1M·S梯形ABB1M·BCS梯形ABB1M4,所以S梯形ABB1M6×2,所以AM2.此時(shí)M為AA1的中點(diǎn)以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B­xyz.所以A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,4),M(2,0,2)所以(0,2,4),(2,0,2),(2,2,0),設(shè)n1(x,y1,z1)是平面CB1M的一個(gè)法向量,所以即令z11,可得n1(1,2,1),設(shè)n2(x2,y2,z2)是平面ACB1的一個(gè)法向量,所以即令z21,可得n2(2,2,1),所以cosn1,n2,所以二面角M­B1C­A的余弦值為.

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