2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二部分專題三立體幾何滿分示范課-立體幾何專題強(qiáng)化練理

PAGE1-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，逐層加深，解決這類題目的原則是建模、建系．建?！獙栴}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)(2024·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧eq\o(CD,\s\up14(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up14(︵))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，交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因?yàn)镸為eq\o(CD,\s\up14(︵))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)，eq\o(DA,\s\up14(→))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eq\o(CD,\s\up14(︵))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)，eq\o(AM,\s\up14(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up14(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up14(→))＝(2，0，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up14(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up14(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2).又eq\o(DA,\s\up14(→))是平面MCD的法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up14(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up14(→)),|n||\o(DA,\s\up14(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up14(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).高考狀元滿分心得1．寫全得分步驟：對于解題過程中是得分點(diǎn)的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點(diǎn)步驟肯定要寫全．如第(1)問中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：對于解題過程中的關(guān)鍵點(diǎn)，有則給分，無則沒分，所以在答題時(shí)肯定要寫清得分關(guān)鍵點(diǎn)，如第(1)問中肯定要寫出線面、面面垂直證明過程中的三個(gè)條件，否則不得分；第(2)問中不寫出公式cos〈n，eq\o(DA,\s\up14(→))〉＝eq\f(\o(DA,\s\up14(→))·n,|\o(DA,\s\up14(→))||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，eq\o(DA,\s\up14(→))〉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，其次步：依據(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.(2024·全國卷Ⅱ)如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)．(1)證明：PO⊥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＝2eq\r(3).連接OB.因?yàn)锳B＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)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)，eq\o(OB,\s\up14(→))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(0，0，2eq\r(3)).eq\o(AP,\s\up14(→))＝(0，2，2eq\r(3))．取平面PAC的一個(gè)法向量eq\o(OB,\s\up14(→))＝(2，0，0)．設(shè)M(a，2－a，0)(0≤a≤2)，則eq\o(AM,\s\up14(→))＝(a，4－a，0)．設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\o(AP,\s\up14(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up14(→))·n＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))可取y＝eq\r(3)a，得平面PAM的一個(gè)法向量為n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up14(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up14(→))，n〉|＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3).所以n＝(－eq\f(8\r(3),3)，eq\f(4\r(3),3)，－eq\f(4,3))．又eq\o(PC,\s\up14(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up14(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).2.(2024·廣州調(diào)研)如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2eq\r(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＋8－2×2×2eq\r(2)×cos45°＝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-ABB1M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＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，所以V四棱錐C-ABB1M＝eq\f(1,2)V柱＝4，又V四棱錐C-ABB1M＝eq\f(1,3)·S梯形ABB1M·BC＝eq\f(2,3)S梯形ABB1M＝4，所以S梯形ABB1M＝6＝eq\f(AM＋4,2)×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)，eq\o(BA,\s\up14(→))，eq\o(BC,\s\up14(→))，eq\o(BB1,\s\up14(→))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eq\o(CB1,\s\up14(→))＝(0，－2，4)，eq\o(B1M,\s\up14(→))＝(2，0，－2)，eq\o(AC,\s\up14(→))＝(－2，2，0)，設(shè)n1＝(x，y1，z1)是平面CB1M的一個(gè)法向量，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CB1,\s\up14(→))＝0，,n1·\o(B1M,\s\up14(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y1＋4z1＝0，,2x1－2z1＝0，))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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB1,\s\up14(→))＝0，,n2