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

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 - A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE ;
(2)求二面角A - MA 1 - N 的正弦值.
(1)先利用三角形中位线的性质和A 1D ∥B 1C 且A 1D =B 1C ,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C 1DE.
(2)先建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求出平面A 1MA 和平面MA 1N 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 - MA 1 - N 的正弦值.
(1)连接B 1C ,ME.
因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME 为△B 1BC 的中位线,
所以ME ∥B 1C ,且ME =1
2B 1C. ................................................................................................................................. ①
因为点N 为A 1D 的中点, 所以ND =1
2A 1D.
由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1=DC ,可得B 1C ∥A 1D 且B 1C =A 1D ,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C 1DE ,DE ⊂平面C 1DE ,所以MN ∥平面C 1DE........................................................ 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),A 1(2,0,4),M (1,
√3,2),N (1,0,2),
A 1A
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0, - 4),
图4 - 2
A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,√3, - 2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,0, - 2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0, - √3,0). .......................................................................................... ⑤
设m =(x ,y ,z )为平面A 1MA 的法向量,则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.
令y =1,则m =(√3,1,0)为平面A 1MA 的一个法向量. .................................................... ⑥
设n =(p ,q ,r )为平面A 1MN 的法向量,则{n ·MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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
|m||n|=2√3
2×√5
=√15
5
,
所以二面角A - MA1 - N的正弦值为√10
5
. ............................................................................................................ 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 ⃗⃗⃗⃗⃗ |n||DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |
=√5
5, sin<n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是
2√55
. ................................................................................... (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·DA⃗⃗⃗⃗⃗
|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<n,DA
⃗⃗⃗⃗⃗ >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=1
2
AD,∠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 =1
2
AD.............................................................. 1分(得分点1)
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=1
2
AD,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<x <1),则BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x - 1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y - 1,z - √3). ........................................................... 6分(得分点4) 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°,而n =(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量,
所以|cos<BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=sin 45°,即√(x -1)2+y 2+z 2
=√2
2
,
即(x - 1)2+y 2 - z 2=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 -
√2
2
,1,√62
),从而AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1 - √22
,1,√6
2
). ..................................................................................... 8分(得分点5) 设m =(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则
{m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0
=0,
令z 0=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
|m||n|
=
√10
5
. ............................................................................................................ 12分(得分点7)
结合图4 - 6知二面角M - AB - D 的余弦值为√10
5
.
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 - A 1B 1C 1的所有棱长都为2,D 为CC 1的中点. (1)求证:AB 1⊥平面A 1BD ;
(2)求锐二面角A - A 1D - 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 - A 1B 1C 1D 1中,点E 为棱DD 1上的一点,点F 为边AD 的中点. (1)点E 为DD 1的中点时,求作一个平面与平面CA 1E 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BD 1与平面CA 1E 所成角的正弦值为√42
21
?
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,
∴PE 2+BE 2=PB 2,∴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n 1=(x 1,y 1,z 1),∵{n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
∴{-x 1+√3y 1=0,
-x 1+z 1=0,
令x 1=1,得z 1=1,y 1=√33,∴n 1=(1,√33,1)为平面PAB 的一个法向量.
设平面BPC 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 则{n 2·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,
∴{-√3y 2+z 2=0,-2x 2=0,
令y 2= - 1,得x 2=0,z 2= - √3,即n 2=(0, - 1, - √3)为平面BPC 的一个法向量. ∴
n 1·n 2|n 1|·|n 2
|
= - 2√77
.
设二面角A - PB - C 的平面角为θ,由图可知θ为钝角,
则cos θ= -
2√77
. (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 - A 1B 1C 1中,平面ABC ⊥平面BCC 1B 1, 又平面ABC ∩平面BCC 1B 1=BC , ∴AO ⊥平面BCC 1B 1.
取B 1C 1的中点O 1,连接OO 1,以O 为原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,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),A 1(0,2,√3),A (0,0,√3),B 1(1,2,0), ∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2, - √3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 2,1,0),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,2,√3), ∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴AB 1⊥BD ,AB 1⊥BA 1,
∵BD ∩BA 1=B ,∴AB 1⊥平面A 1BD. (6分)
(2)设平面A 1AD 的法向量为n =(x ,y ,z ). ∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( - 1,1, - √3),AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),
∴{n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{-x +y -√3z =0,2y =0,
∴{y =0,x =-√3z,
令z =1,得n =( - √3,0,1)为平面A 1AD 的一个法向量. 由(1)知AB 1⊥平面A 1BD ,∴AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面A 1BD 的一个法向量,
∴cos<n ,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|·|AB 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3-√3√
= - √6
4
, ∴锐二面角A - A 1D - B 的余弦值为√6
4.
(12分)
3.(1)如图D 4 - 4,取线段AA 1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 ,AA 1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A 1(0,0,3),C (3,3,0),E (3,0,a ),D 1(3,0,3),B (0,3,0), 则A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,3, - 3),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0, - 3,a ),BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3, - 3,3). (6分)
设平面CA 1E 的法向量为m =(x ,y ,z ),
则{m ·A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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CA 1E 的一个法向量.
(8分)
设直线BD 1与平面CA 1E 所成的角为θ,
则sin θ=|cos<BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|m ·BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m||BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|
=√2√=
√42
21
, (11分) 得2a 2 - 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,√3
2
),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,√3
2(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{1
2x +2y -√3
2
z =0,-12
x +y -√32
z =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|
|BN
⃗⃗⃗⃗⃗ |·|m|=√√2=
√5·√2(λ-4
)2+
8
≤√5×√
8
=4√7035
(当且仅当λ=1
4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
4√7035
.
(12 分)。