《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》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《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(7頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
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?!獙栴}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Ⅲ)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M-ABC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
2、為CD.
因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,
所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因?yàn)镸為上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,
所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,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D-xyz.
當(dāng)三棱錐M-ABC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
3、
可取n=(1,0,2).
又是平面MCD的法向量,
因此cos〈n,〉==,sin〈n,〉=.
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BC⊥DM;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cos〈
4、n,〉=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cos〈n,〉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BC⊥DM,
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Ⅱ)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).
(1)證明:PO
5、⊥平面ABC;
(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.
(1)證明:因?yàn)镻A=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn),
所以O(shè)P⊥AC,且OP=2.
連接OB.
因?yàn)锳B=BC=AC,
所以△ABC為等腰直角三角形,
且OB⊥AC,OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,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O-xyz.
由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,
6、2).=(0,2,2).
取平面PAC的一個(gè)法向量=(2,0,0).
設(shè)M(a,2-a,0)(0≤a≤2),則=(a,4-a,0).
設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z).
由·n=0,·n=0得
可取y=a,得平面PAM的一個(gè)法向量為n=((a-4),a,-a),
所以cos〈,n〉= .
由已知可得|cos〈,n〉|=cos 30°=,
所以=,
解得a=-4(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ABC-A1B1C1中,CC1=4,
7、AB=2,AC=2,∠BAC=45°,點(diǎn)M是棱AA1上不同于A,A1的動(dòng)點(diǎn).
(1)證明:BC⊥B1M;
(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M-B1C-A的余弦值.
(1)證明:在△ABC中,由余弦定理得,BC2=4+8-2×2×2×cos 45°=4,
所以BC=2,
則有AB2+BC2=8=AC2,
所以∠ABC=90°,所以BC⊥AB.
又因?yàn)锽C⊥BB1,BB1∩AB=B,
所以BC⊥平面ABB1A1,
又B1M?平面ABB1A1,
故BC⊥B1M.
(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C-AB
8、B1M和四棱錐B1-A1MCC1.
由(1)知四棱錐C-ABB1M的高為BC=2,
因?yàn)閂三棱柱ABC-A1B1C1=×2×2×4=8,
所以V四棱錐C-ABB1M=V柱=4,
又V四棱錐C-ABB1M=·S梯形ABB1M·BC=S梯形ABB1M=4,
所以S梯形ABB1M=6=×2,所以AM=2.
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B-xyz.
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z1=1,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z2=1,可得n2=(2,2,1),
所以cos〈n1,n2〉===,
所以二面角M-B1C-A的余弦值為.