2020数学（文）二轮教师用书：第2部分专题4解密高考④ 立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换
展开解密高考④ 立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换
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立体几何解答题建模、转换策略
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、转换．
建模——问题转化为平行模型、垂直模型、翻折模型；
转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解．
母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分 | 母题突破：2019年唐山五校摸底 |
如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. (1)证明：MN∥平面C1DE； (2)求点C到平面C1DE的距离. | 本题考查：线面平行的证明，点到平面距离的计算、体积的计算，考生的直观想象、转化化归、数学运算能力，考生的直观想象和数学运算的核心素养.
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[审题指导·发掘条件]
(1)看到证明MN∥平面C1DE，想到线面平行的判定定理，需证明MN与平面C1DE内的某一直线平行，看到E，M，N为BC，BB1，A1D的中点，想到利用三角形的中位线寻找平行关系．
(2)看到找点C到平面C1DE的距离，想到作高或等体积转换．
[规范解答·评分标准]
(1)连接ME，B1C.
∵M，E分别为BB1，BC中点，
∴ME为△B1BC的中位线，
∴ME∥B1C且ME＝B1C. ··················2分
又N为A1D中点，且A1D綊B1C，
∴ND∥B1C且ND＝B1C，
∴ME綊ND，∴四边形MNDE为平行四边形. ······4分
∴MN∥DE，又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE
∴MN∥平面C1DE. ···························6分
(2)在菱形ABCD中，E为BC中点，∴DE⊥BC.
根据题意有DE＝，C1E＝，
∵棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，
∴DE⊥EC1，所以S△DEC1＝××，····················8分
设点C到平面C1DE的距离为d，
根据题意有VC1CDE＝VCC1DE，则有××××d＝××1××4，
解得d＝＝，········································10分
∴点C到平面C1DE的距离为.····························12分
[构建模板·三步解法] 有关立体几何综合问题的解题步骤
如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若PC＝，求三棱锥CPAB的高．
[解] (1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.
因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝，
所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1.
由(1)知，AC为三棱锥APBC的高．
易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2，
于是S△PAB＝×22sin 60°＝.
设三棱锥CPAB的高为h，
则S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，
解得h＝，故三棱锥CPAB的高等于.
