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学案

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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 - A1B1C1D1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)求二面角A - MA1 - N的正弦值.
(1)先利用三角形中位线的性质和A1D∥B1C且A1D=B1C,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C1DE.
(2)先建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求出平面A1MA和平面MA1N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 - MA1 - N的正弦值.
(1)连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME为△B1BC的中位线,
所以ME∥B1C,且ME=12B1C.①
因为点N为A1D的中点,
所以ND=12A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1=DC,可得B1C∥A1D且B1C=A1D,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C1DE,DE⊂平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.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),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0, - 4), 图4 - 2
A1M=( - 1,3, - 2),A1N=( - 1,0, - 2),MN=(0, - 3,0).⑤
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0,
所以-x+3y-2z=0,-4z=0.令y=1,则m=(3,1,0)为平面A1MA的一个法向量.⑥
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=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|=232×5=155,
所以二面角A - MA1 - N的正弦值为105.⑧
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|=55,
sin=255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.(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||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=12AD,∠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 =12AD.1分(得分点1)
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,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 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|=sin 45°,即|z|(x-1)2+y2+z2=22,
即(x - 1)2+y2 - z2=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 - 22,1,62),从而AM=(1 - 22,1,62).8分(得分点5)
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则
m·AM=0,m·AB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
令z0=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|=105.12分(得分点7)
结合图4 - 6知二面角M - AB - D的余弦值为105.
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 - A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.
(1)求证:AB1⊥平面A1BD;
(2)求锐二面角A - A1D - 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 - A1B1C1D1中,点E为棱DD1上的一点,点F 为边AD的中点.
(1)点E为DD1的中点时,求作一个平面与平面CA1E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BD1与平面CA1E所成角的正弦值为4221?

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,
∴PE2+BE2=PB2,∴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n1=(x1,y1,z1),∵n1·AB=0,n1·AP=0,
∴-x1+3y1=0,-x1+z1=0,令x1=1,得z1=1,y1=33,∴n1=(1,33,1)为平面PAB的一个法向量.
设平面BPC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则n2·BP=0,n2·BC=0,∴-3y2+z2=0,-2x2=0,
令y2= - 1,得x2=0,z2= - 3,即n2=(0, - 1, - 3)为平面BPC的一个法向量.
∴n1·n2|n1|·|n2|= - 277.
设二面角A - PB - C的平面角为θ,由图可知θ为钝角,
则cos θ= - 277.(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 - A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,
又平面ABC∩平面BCC1B1=BC,
∴AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,OB,OO1,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),A1(0,2,3),A(0,0,3),B1(1,2,0),
∴AB1=(1,2, - 3),BD=( - 2,1,0),BA1=( - 1,2,3),
∴AB1·BD=0,AB1·BA1=0,
∴AB1⊥BD,AB1⊥BA1,
∵BD∩BA1=B,∴AB1⊥平面A1BD.(6分)
(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).
∵AD=( - 1,1, - 3),AA1=(0,2,0),
∴n·AD=0,n·AA1=0,∴-x+y-3z=0,2y=0,
∴y=0,x=-3z,
令z=1,得n=( - 3,0,1)为平面A1AD的一个法向量.
由(1)知AB1⊥平面A1BD,∴AB1为平面A1BD的一个法向量,
∴cos=n·AB1|n|·|AB1|=-3-32×22= - 64,
∴锐二面角A - A1D - B的余弦值为64.(12分)
3.(1)如图D 4 - 4,取线段AA1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,AA1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A1(0,0,3),C(3,3,0),E(3,0,a),D1(3,0,3),B(0,3,0),
则A1C=(3,3, - 3),CE=(0, - 3,a),BD1=(3, - 3,3).(6分)
设平面CA1E的法向量为m=(x,y,z),
则m·A1C=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CA1E的一个法向量.(8分)
设直线BD1与平面CA1E所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|m·BD1||m||BD1|=|18-6a|2a2-6a+18·33=4221,(11分)
得2a2 - 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(0,0,32),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,32(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12x+2y-32z=0,-12x+y-32z=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|=25·2λ2-λ+1=25·2(λ-14)2+78≤25×78=47035(当且仅当λ=14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47035.(12 分)