數(shù)學(xué)理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)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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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(wèn)，逐層加深，解決這類題目的原則是建模、建系．建模——將問(wèn)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(guó)卷Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)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(duì)于解題過(guò)程中是得分點(diǎn)的步驟，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以對(duì)于得分點(diǎn)步驟一定要寫全．如第(1)問(wèn)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(duì)于解題過(guò)程中的關(guān)鍵點(diǎn)，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以在答題時(shí)一定要寫清得分關(guān)鍵點(diǎn)，如第(1)問(wèn)中一定要寫出線面、面面垂直證明過(guò)程中的三個(gè)條件，否則不得分；第(2)問(wèn)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(wèn)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(guó)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.