2024届高考数学一轮复习第6章解答题模板构建3立体几何问题学案

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(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A­BD­C的正弦值．

[规范解答]
解：(1)由直三棱柱的体积为4，可得VA1­ABC＝13VA1B1C1­ABC＝43，⋯⋯⋯⋯⋯1分
设A到平面A1BC的距离为d，由VA1­ABC＝VA­A1BC，
∴13S△A1BC·d＝43，
∴13×22·d＝43，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
解得d＝2. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
(2)连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形为正方形，
∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
由直三棱柱ABC­A1B1C1知BB1⊥平面ABC，
∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AA1＝AB，∴BC×2AB×12＝22，又12AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，
则BA＝(0，2，0)，BD＝(1，1，1)，BC＝(2，0，0)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·BA=2y=0， n·BD=x+y+z=0，令x＝1，则y＝0，z＝－1，
∴平面ABD的一个法向量为n＝(1，0，－1)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
设平面BCD的一个法向量为m＝(a，b，c)，
m·BC=2a=0， m·BD=a+b+c=0，令b＝1，则a＝0，c＝－1，
平面BCD的一个法向量为m＝(0，1，－1)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
cos 〈n，m〉＝12·2＝12，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
二面角A­BD­C的正弦值为1-122＝32. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分

第一步：利用等体积法求点到平面的距离；
第二步：利用题目中及推导出的垂直关系，建立恰当的空间直角坐标系；
第三步：根据条件写出相关点的坐标；
第四步：准确求出相关平面的法向量；
第五步：利用向量法求出空间角或其三角函数值的大小．
类型一　求空间角的大小
如图所示，已知长方形ABCD中，AB＝2AD＝22，M为DC的中点，将△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM.
　
(1)求证：平面ADM⊥平面ABCM；
(2)若E点满足BE＝23BD，求二面角E­AM­D的大小．
(1)证明：因为AM＝AD2+DM2＝2+2＝2，BM＝BC2+CM2＝2+2＝2，
所以AM2＋BM2＝8＝AB2，所以AM⊥BM.
又因为AD⊥BM，AD∩AM＝A，所以BM⊥平面ADM.
又因为BM⊂平面ABCM，所以平面ADM⊥平面ABCM.
(2)解：取AM的中点O，连接DO，因为DA＝DM，所以DO⊥AM.
又平面ADM∩平面ABCM＝AM，平面ADM⊥平面ABCM，所以DO⊥平面ABCM.
以OA方向为x轴，过点O垂直AM方向为y轴，OD方向为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(1，0，0)，M(－1，0，0)，B(－1，2，0)．
因为DO＝12AM＝1，所以D(0，0，1)．
设E(xE，yE，zE)，则BE＝(xE＋1，yE－2，zE)，BD＝(1，－2，1)．
又因为BE＝23BD，所以xE+1=23 ， yE-2=-43 ，zE=23 ，
所以E-13，23，23，所以AM＝(－2，0，0)，ME＝23，23，23.
取平面AMD一个法向量n1＝(0，1，0)，设平面AME一个法向量n2＝(x，y，z)．
因为AM·n2=0，ME·n2=0，所以-2x=0， 23x+23y+23z=0，
取y＝1，所以n2＝(0，1，－1)，
所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2n1n2＝11×2＝22，
由图可知二面角E­AM­D为锐二面角，
所以二面角E­AM­D的大小为45°.
类型二　立体几何中的探索型问题
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝BB1，点D是BC的中点．
(1)求证：A1C∥平面AB1D；
(2)求二面角B1­AD­B的余弦值；
(3)判断在线段B1B上是否存在一点M，使得A1M⊥B1D．若存在，求出B1MB1B的值；若不存在，请说明理由．

(1)证明：连接A1B交AB1于点E，连接DE.
由于D，E分别是BC，A1B的中点，所以A1C∥DE.
由于A1C⊄平面AB1D，DE⊂平面AB1D，
所以A1C∥平面AB1D．
(2)解：以C为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设CA＝CB＝CC1＝2，
B1(0，2，2)，D(0，1，0)，
A(2，0，0)，所以DB1＝(0，1，2)，DA＝(2，－1，0)．
设平面AB1D的法向量为n1＝(x，y，z)，
则n1·DB1=y+2z=0，n1·DA=2x-y=0，故可设n1＝(1，2，－1)，
平面ABD的法向量为n2＝(0，0，1)．
设二面角B1­AD­B的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，
所以cos θ＝n1·n2n1·n2＝16＝66.
(3)存在　解：B(0，2，0)，BB1＝(0，0，2)，A1(2，0，2)．
设B1MB1B＝t，B1M＝tB1B，
即B1M＝tB1B＝(0，0，－2t)，
CM＝CB1+B1M＝(0，2，2)＋(0，0，－2t)＝(0，2，2－2t)，
A1M＝(－2，2，－2t)，DB1＝(0，1，2)．
由于A1M⊥B1D，所以A1M·DB1＝(－2，2，－2t)·(0，1，2)＝2－4t＝0，t＝12.
所以在线段B1B上存在一点M，使得A1M⊥B1D，此时B1MB1B＝12(即点M为线段B1B的中点)．