(一轮)立体几何高考大题规范解答系列4立体几何课件

【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解， 考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、 逻辑推理、直观想象、数学运算． 2．解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给 分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出 OM∥ 平面 CB1A1 成立的条件，写不全则不能得全分．
【分析】 ①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．
②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．
【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)取 AC 的中点 O，连接 DO，BO．····························1 分 得分点① 因为 AD＝CD，所以 AC⊥DO． 又由于△ABC 是正三角形， 所以 AC⊥BO． 又因为 DO∩BO＝O， 从而 AC⊥平面 DOB，····················································3 分 得分点② 故 AC⊥BD． ···································································4 分 得分点③
[解析] (1)证明：由题设可知，PA＝PB＝PC． 由于△ABC 是正三角形， 故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC． 又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°， 从而 PB⊥PA，PB⊥PC，故 PB⊥平面 PAC， 所以平面 PAB⊥平面 PAC．
(2)设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l． 由题设可得 rl＝ 3，l2－r2＝2．解得 r＝1，l＝ 3． 从而 AB＝ 3． 由(1)可得 PA2＋PB2＝AB2， 故 PA＝PB＝PC＝ 26． 所以三棱锥 P－ABC 的体积为13×12×PA×PB×PC＝13×12× 263＝ 86．
所以 cos〈m，n〉＝
2×1－1×－1＋1×1
＝
22＋－12＋12× 12＋－12＋12 3
4
＝2 2
3
2，
································································································11 分 得分点⑧
所以平面 MOB1 与平面 CB1A1 所成二面角的正弦值为13．
························································································12 分 得分点⑨
【评分细则】 ①第一问共 5 分，证出 ON∥BB1 和 ON＝21BB1 得 2 分，证出 OM∥ A1N 得 2 分，未说明 OM⊄平面 CB1A1，直接证出 OM∥平面 CB1A1，扣 1 分． ②第二问共 7 分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得 2 分， 写出平面 MOB1 的法向量与平面 CB1A1 的法向量各得 1 分． ③其他方法按步骤酌情给分．
设平面 MOB1 的法向量为 m＝x，y，z， 则OO→→MB1··mm＝＝00，， 即xy＋＋2z＝y＝0，0， 令 z＝1，可得 y＝－1，x＝2， 所以平面 MOB1 的一个法向量为 m＝2，－1，1． ·····8 分 得分点⑥
设平面 CB1A1 的法向量为 n＝a，b，c， 则NC→ →AB11··nn＝ ＝00， ， 即b2＋ a＋c＝2b0＝，0， 令 c＝1，可得 b＝－1，a＝1， 所以平面 CB1A1 的一个法向量为 n＝1，－1，1，······9 分 得分点⑦
又△ABC 是正三角形，且 AB＝BD， 所以 EO＝12BD．故 E 为 BD 的中点， ··························9 分 得分点⑦ 从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的12， 四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的12，····11 分 得分点⑧ 即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 1∶1． ························································································12 分 得分点⑨
(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．
〔变式训练 1〕 (2020·课标Ⅰ，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角 形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°． (1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三 棱锥 P－ABC 的体积．
⑥由直角三角形的性质得出 EO＝12AC 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12得 2 分． ⑨正确求出体积比得 1 分．
【名师点评】 1．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． 2．解题技巧：(1)得步骤分：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．
又 MA1∥BB1，MA1＝12BB1， 所以四边形 ONA1M 为平行四边形，即 OM∥A1N． ····4 分 得分点② 因为 OM⊄平面 CB1A1，A1N⊂平面 CB1A1， 所以 OM∥平面 CB1A1．·················································5 分 得分点③
(2)解：连接 OA，令 BC＝2，因为 AB＝AC，O 为 BC 的中点，所以 AO⊥BC．
又三棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱，ON∥BB1，
所以 OA，OB，ON 两两垂直，分别以O→B，O→N，O→A的方向为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz．
必考部分
第七章 立体几何
高考大题规范解答系列(四)——立体几何
考点一
线面的位置关系与图，四面体ABCD中，△ABC是正三
角形，AD＝CD．
(1)证明：AC⊥BD； (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，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
由三棱台 ABC－DEF 得 BC∥EF，
所以 EF⊥DB．
(2)解法一：过点 O 作 OH⊥BD，交直线 BD 于点 H，连接 CH． 由三棱台 ABC－DEF 得 DF∥CO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角 等于直线 CO 与平面 DBC 所成角， 由 BC⊥平面 BDO 得 OH⊥BC，故 OH⊥平面 BCD， 所以∠OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角．
【分析】 ①在平面A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明； ②建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量， 求两法向量夹角正弦值即可．
【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)证明：如图，连接 BC1，交 CB1 于点 N， 连接 A1N，ON，则 N 为 CB1 的中点． 因为 O 为 BC 的中点，所以 ON∥BB1， 且 ON＝12BB1，································································2 分 得分点①
【评分细则】 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． ⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得 2 分．
··························································································6 分 得分点④ 因为 AB＝AC＝ 2，BC＝AA1＝2， 所以 O0，0，0，B11，2，0，M0，1，1，C－1，0，0， 所以O→M＝N→A1＝0，1，1，O→B1＝1，2，0，C→B1＝2，2，0． ··························································································7 分 得分点⑤
②注意到解答(2)需求平面 CB1A1 的法向量 n，故要证明 OM∥平面 CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出 n，证明 n·O→M＝0，说明 OM⊄ 平面 CB1A1 即可得证．
〔变式训练 2〕 (2020·浙江，19)如图，在三棱台 ABC－ DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB＝∠ ACD＝45°，DC＝2BC． (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦 值．
(2)思维发散：①注意到O、M分别为BC、
AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明(1)．连 BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由 M 为 AA1 的 中 点 ， ∴ AM ＝ MA1 ， 又 AB ∥ A1B1 ， ∴ ∠ ABM ＝ ∠ MHA1 ， 又 ∠ AMB ＝ ∠ HMA1 ， ∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又O为BC中 点，∴MO∥CH，又MO⊄平面CB1A1，CH⊂平面 CB1A1，∴OM∥平面CB1A1．
(2)连接 EO． ···································································5 分 得分点④ 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 得分点⑤ 由题设知△AEC 为直角三角形， 所以 EO＝12AC． ·····························································8 分 得分点⑥
考点二
线面的位置关系与空间角计算
例 2 (2021·山西省联考)如图，在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中，△ABC 是以 BC 为斜边的等 腰直角三角形，O，M 分别为 BC，AA1 的中点．
(1)证明：OM∥平面 CB1A1； (2)若四边形 BB1C1C 为正方形，求平面 MOB1 与平面 CB1A1 所成二面 角的正弦值．
设 CD＝2 2， 由 DO＝OC＝2，BO＝BC＝ 2，得 BD＝ 6，OH＝233， 所以 sin∠OCH＝OOHC＝ 33， 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 33．
解 法 二 ： 由 三 棱 台 ABC － DEF 得 DF∥CO，
[解析] (1)证明：如图，过点 D 作 DO⊥ AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB．
由∠ACD＝45°，DO⊥AC 得 CD＝ 2CO， 由平面 ACFD⊥平面 ABC 得 DO⊥平面 ABC，所以 DO⊥BC．
由∠ACB＝45°，BC＝21CD＝
2 2 CO
得
BO⊥BC．
所以 BC⊥平面 BDO，故 BC⊥DB．