2020数学理高考二轮专题复习与测试：第二部分 专题三 满分示范课——立体几何 Word版含解析

满分示范课满分示范课立体几何立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系建模系建模将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解解【典例】【典例】(满分满分 12 分分)(2018全国卷全国卷)如图，边长为如图，边长为 2 的正方的正方形形ABCD 所在的平面与半圆弧所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直所在平面垂直， M 是是CD上异于上异于 C， D 的的点点(1)证明：平证明：平面面 AMD平面平面 BMC；(2)当三棱锥当三棱锥 MABC 体积最大时体积最大时，求平面求平面 MAB 与平面与平面 MCD 所成所成二面角的正弦值二面角的正弦值规范解答规范解答(1)由题设知，平面由题设知，平面 CMD平面平面 ABCD，交线为，交线为 CD.因为因为 BCCD，BC平面平面 ABCD，所以所以 BC平面平面 CMD，故，故 BCDM.因为因为 M 为为CD上异于上异于 C，D 的点，且的点，且 DC 为直径，为直径，所以所以 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 为坐标原点为坐标原点， DA的方向为的方向为 x 轴正方向轴正方向， 建立如图所示的空建立如图所示的空间直角坐标系间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥当三棱锥 MABC 体积最大时，体积最大时，M 为为CD的中点的中点由题设得由题设得 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)设设 n(x，y，z)是平面是平面 MAB 的法向量，的法向量，则则nAM0，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 与平面与平面 MCD 所成二面角的正弦值为所成二面角的正弦值为2 55.高考状元满分心得高考状元满分心得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，所以对于得分点步骤一定要写全如第无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全如第(1)问中问中 BCDM；在证明平面在证明平面 AMD平面平面 BMC 时时，只写出只写出 DM平面平面 BMC，忽视条忽视条件件DM平面平面 AMD，均导致扣分，均导致扣分2写明得分关键写明得分关键：对于解题过程中的关键点对于解题过程中的关键点，有则给分有则给分，无则没无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第分，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)问中不写出问中不写出公式公式 cosn， DADAn|DA|n|而得出余弦值则要扣而得出余弦值则要扣 1 分分3正确计算是得满分的保证：如第正确计算是得满分的保证：如第(2)问中三棱锥问中三棱锥 MABC 体积最体积最大时大时，点点 M 的坐标的坐标，求平面法向量坐标求平面法向量坐标，以及以及 cosn， DA的值的值，否否则题目不能得分则题目不能得分解题程序解题程序第一步：由面面垂直性质，证第一步：由面面垂直性质，证 BC平面平面 CMD，与与BCDM，第二步：根据面面垂直判定，证平面第二步：根据面面垂直判定，证平面 AMD平面平面 BMC，第三步：建立空间坐标系，求相应点的坐标，第三步：建立空间坐标系，求相应点的坐标，第四步：计算平面第四步：计算平面 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：检验反思，规范解题步骤第五步：检验反思，规范解题步骤跟踪训练跟踪训练1.(2018全国卷全国卷)如图如图，在三棱锥在三棱锥 PABC 中中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为为 AC 的中点的中点(1)证明：证明：PO平面平面 ABC；(2)若点若点 M 在棱在棱 BC 上，且二面角上，且二面角 MPAC 为为 30，求，求 PC 与平与平面面PAM 所成角的正弦值所成角的正弦值(1)证明：证明：因为因为 PAPCAC4，O 为为 AC 的中点，的中点，所以所以 OPAC，且，且 OP2 3.连接连接 OB.因为因为 ABBC22AC，所以所以ABC 为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，且且 OBAC，OB12AC2.由由 OP2OB2PB2知知 POOB.由由 OPOB，OPAC，OBACO，得，得 PO平面平面 ABC.(2)解解：如图如图，以以 O 为坐标原点为坐标原点，OB的方向为的方向为 x 轴正方向轴正方向，建立空建立空间直角坐标系间直角坐标系 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 的一个法向量的一个法向量OB(2，0，0)设设 M(a，2a，0)(0a2)，则，则AM(a，4a，0)设平面设平面 PAM 的法向量为的法向量为 n(x，y，z)由由APn0，AMn0 得得2y2 3z0，ax（4a）y0，可取可取 y 3a，得平面，得平面 PAM 的一个法向量的一个法向量为为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 与平面与平面 PAM 所成角的正弦值为所成角的正弦值为34.2.(2019广州调研广州调研)如图，直三棱柱如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，中，CC14，AB2，AC2 2，BAC45，点点 M 是棱是棱 AA1上不同于上不同于 A，A1的动点的动点(1)证明：证明：BCB1M；(2)若平面若平面 MB1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角角MB1CA 的余弦值的余弦值(1)证明证明：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，则有则有 AB2BC28AC2，所以所以ABC90，所以，所以 BCAB.又因为又因为 BCBB1，BB1ABB，所以所以 BC平面平面 ABB1A1，又又 B1M平面平面 ABB1A1，故故 BCB1M.(2)解：解：由题设知，平面由题设知，平面 MB1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥何体为四棱锥 CABB1M 和四棱锥和四棱锥 B1A1MCC1.由由(1)知四棱锥知四棱锥 CABB1M 的高为的高为 BC2，因为因为 V三棱柱三棱柱ABCA1B1C1122248，所以所以 V四棱锥四棱锥CABB1M12V柱柱4，又又 V四棱锥四棱锥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.此时此时 M 为为 AA1的中点的中点以点以点 B 为坐标原点为坐标原点， BA， BC，BB1的方向为的方向为 x 轴，轴，y 轴，轴，z 轴建立轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示的空间直角坐标系 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)，设设 n1(x，y1，z1)是平面是平面 CB1M 的一个法向量，的一个法向量，所以所以n1CB10，n1B1M0，即即2y14z10，2x12z10，令令 z11，可得，可得 n1(1，2，1)，设设 n2(x2，y2，z2)是平面是平面 ACB1的一个法向量，的一个法向量，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 的余弦值为的余弦值为7 618.