2021版新数学一轮：大题规范解答系列（四）-立体几何含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021版新高考数学（山东专用）一轮：高考大题规范解答系列（四）——立体几何含解析高考大题规范解答系列（四）——立体几何考点一线面的位置关系与体积计算例1(2017·全国卷Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．（1)证明：AC⊥BD;(2）已知△ACD是直角三角形,AB＝BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．【分析】①看到证明线线垂直(AC⊥BD），想到证明线面垂直,通过线面垂直证明线线垂直．②看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比,想到确定同一平面，转化为求高的比．【标准答案】——规范答题步步得分(1)取AC的中点O，连接DO，BO.1分eq\x(得分点①）因为AD＝CD,所以AC⊥DO．又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO．又因为DO∩BO＝O，从而AC⊥平面DOB, 3分eq\x（得分点②)故AC⊥BD． 4分eq\x(得分点③)（2）连接EO。 5分eq\x（得分点④）由(1)及题设知∠ADC＝90°,所以DO＝AO．在Rt△AOB中,BO2＋AO2＝AB2,又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°。 7分eq\x(得分点⑤）由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2）AC． 8分eq\x（得分点⑥）又△ABC是正三角形，且AB＝BD,所以EO＝eq\f(1，2)BD．故E为BD的中点， 9分eq\x（得分点⑦)从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2），四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1，2）， 11分eq\x(得分点⑧)即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1. 12分eq\x(得分点⑨）【评分细则】①作出辅助线，并用语言正确表述得1分．②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分,由线面垂直的判定写出AC⊥平面DOB，再得1分．③由线面垂直的性质得出结论得1分．④作出辅助线，并用语言正确表述得1分．⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分．⑥由直角三角形的性质得出EO＝eq\f（1,2)AC得1分．⑦由等边三角形的性质得出E为BD的中点，得1分．⑧得出四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f（1,2)得2分．⑨正确求出体积比得1分．【名师点评】1．核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型,主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养．2．解题技巧:(1)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以,对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AC⊥DO，AC⊥BO;第(2)问中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等．(2）利用第(1）问的结果：如果第（1)问的结果对第（2)问的证明或计算用得上，可以直接用,有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决,如本题就是在第(1）问的基础上得到DO＝AO．〔变式训练1〕(2019·河北省石家庄市质检）如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ABB1A1为菱形,侧面ACC1A1为正方形，侧面ABB1A1⊥侧面ACC1A1．(1)求证：A1B⊥平面AB1C;（2）若AB＝2，∠ABB1＝60°，求三棱锥C1－COB1的体积．［解析]（1）证明：∵四边形ACC1A1为正方形，∴AC⊥AA1，又平面ABB1A1⊥平面ACC1A1,∴AC⊥平面ABB1A1，从而A1B⊥AC,又侧面ABB1A1为菱形,∴A1B⊥AB1，又AB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C,∴A1B⊥平面AB1C．(2）因为A1C1∥AC，A1C1⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C,所以A1C1∥平面AB1C，所以，三棱锥C1－COB1的体积等于三棱锥A1－COB1的体积，A1B⊥平面AB1C，所以A1O为三棱锥A1－COB1的高，因为AB＝2，∠ABB1＝60°，S△COB1＝eq\f（1,2)×OB1×CA＝eq\f(1，2）×1×2＝1，所以VC1－COB1＝eq\f（1,3）×A1O×S△COB1＝eq\f(1,3)×eq\r（3)×1＝eq\f(\r（3），3)．考点二线面的位置关系与空间角例2(2018·课标Ⅲ，19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧eq\o\ac（CD，\s\up8(︵））所在平面垂直，M是eq\o\ac(CD,\s\up8(︵））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．【分析】①在题目所给的两个平面中选择一条直线,证明该直线垂直于另一个平面；②建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点M的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可．【标准答案】—-规范答题步步得分（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM。 2分eq\x（得分点①)因为M为eq\o\ac(CD,\s\up8（︵)）上异于C,D的两点，且DC为直径，所以DM⊥CM。 3分eq\x(得分点②)又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC． 4分eq\x（得分点③)而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC． 5分eq\x（得分点④)（2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→)）的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz．当三棱锥M－ABC体积最大时，M为eq\o\ac(CD,\s\up8(︵))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），eq\o(AM,\s\up6(→））＝（－2，1,1），eq\o（AB,\s\up6（→)）＝(0，2，0),eq\o(DA，\s\up6(→))＝(2，0,0)． 7分eq\x(得分点⑤)设n＝（x，y，z）是平面MAB的法向量,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o(AM，\s\up6(→)）＝0，,n·\o(AB，\s\up6（→))＝0，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，，2y＝0.)）可取n＝（1,0,2）。 9分eq\x（得分点⑥)eq\o（DA，\s\up6(→)）是平面MCD的法向量,因此cosn，eq\o（DA,\s\up6（→))＝eq\f（n·\o（DA，\s\up6(→）),｜n|·｜\o(DA，\s\up6(→））|）＝eq\f(\r（5）,5)， 11分eq\x(得分点⑦）sinn,eq\o(DA，\s\up6(→）)＝eq\f（2\r（5),5）．所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5）,5)。 12分eq\x(得分点⑧)【评分细则】①由面面垂直得到线面垂直,进一步得到线线垂直，给2分，直接得出不给分．②由直径所对角为直角得到DM⊥CD，给1分．③写出结论DM⊥平面BMC,给1分．④得到平面AMD⊥平面BMC，给1分．⑤建立适当坐标系，写出相应的坐标及向量，给2分(酌情）．⑥正确求出平面的法向量，给2分．⑦写出公式cosn1，n2＝eq\f(n1·n2，|n1||n2｜），并正确求出余弦值，给2分．⑧求出正弦值，并写好结论,给1分．【名师点评】1．核心素养:本题主要考查面面垂直的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：(1）得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出平面AMD⊥平面BMC成立的条件，写不全则不能得全分．（2)得关键分：第（1)问中,面面垂直性质定理的转化是关键，在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直，再转化为线线垂直．第(2）问一定要正确算出cosn1，n2＝eq\f(n1·n2，｜n1|｜n2｜）的结果才能得2分．〔变式训练2〕（2019·江西临川一中、九江一中等九校联考）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，且AD＝2AB＝2BC＝2，∠BAD＝90°，△PAD为等边三角形，平面ABCD⊥平面PAD,点E、M分别为PD、PC的中点．（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线DM与平面ABM所成角的正弦值．［解析］（1）设PA的中点为N，连接EN，BN，∵E为PD的中点，所以EN为△PAD的中位线,则可得EN∥AD，且EN＝eq\f（1,2）AD．在梯形ABCD中,BC∥AD，且BC＝eq\f（1,2)AD，∴BC∥EN，BC＝EN，所以四边形ENBC是平行四边形，∴CE∥BN,又BN⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．(注：本题也可取AD的中点O,连CO、OE,通过证平面OEC∥平面PAB得证．）(2)设AD的中点为O，又∵PA＝PD,∴PO⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD,交线为AD,PO⊂平面PAD．∴PO⊥平面ABCD,又由CO∥BA，∠BAD＝90°，∴CO⊥AD．即有OA，OC，OP两两垂直，如图，以点O为原点，OA为x轴，OP为y轴,OC为z轴建立坐标系．A（1，0，0），B(1，0,1)，M（0,eq\f(\r（3),2)，eq\f(1，2）),D(－1,0,0)，eq\o（AB，\s\up6（→））＝（0,0,1)，eq\o（AM,\s\up6（→））＝（－1，eq\f(\r(3）,2）,eq\f（1，2）），设平面ABM的法向量为：m＝（x，y，z）．则有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6（→））＝z＝0,m·\o（AM，\s\up6（→))＝－x＋\f(\r(3),2)y＋\f（1，2）z＝0)），可得平面ABM的一个法向量为m＝(eq\r（3），2,0），又eq\o（DM，\s\up6（→))＝（1,eq\f(\r(3），2），eq\f（1,2）），∴cosm，eq\o（DM,\s\up6(→）)＝eq\f（m·\o(DM，\s\up6（→)），|m|·｜\o(DM,\s\up6（→））|)＝eq\f(\r（3）×1＋2×\f(\r(3），2)＋0×\f（1，2）,\r（\r(3）2＋22＋02)·\r(12＋\f(\r(3），2)2＋\f（1，2)2）)＝eq\f（\r（42)，7)．所以直线DM与平面ABM所成角的正弦值为eq\f(\r（42),7）．考点三立体几何中的折叠问题例3（2019·启东模拟）如图,已知在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1,AD＝2,∠ADE＝60°，沿AE,BF折成三棱柱AED－BFC．（1)若M，N分别为AE，BC的中点，求证：MN∥平面CDEF；（2)若BD＝eq\r(5），求二面角E－AC－F的余弦值．【分析】①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解．【标准答案】—-规范答题步步得分（1)取AD的中点G，连接GM，GN，在三角形ADE中,∵M,G分别为AE，AD的中点，∴MG∥DE，∵DE⊂平面CDEF,MG⊄平面CDEF，∴MG∥平面CDEF。 2分eq\x（得分点①)由于G,N分别为AD,BC的中点，由棱柱的性质可得GN∥DC,∵CD⊂平面CDEF，GN⊄平面CDEF，∴GN∥平面CDEF. 3分eq\x（得分点②)又GM⊂平面GMN，GN⊂平面GMN，MG∩NG＝G，∴平面GMN∥平面CDEF， 4分eq\x(得分点③）∵MN⊂平面GMN，∴MN∥平面CDEF. 5分eq\x（得分点④)(2）连接EB，在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝eq\r（3),∴BE＝2，又ED＝1，DB＝eq\r(5）,∴EB2＋ED2＝DB2，∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E,∴DE⊥平面ABFE.∴EA、EF、ED两两垂直。 7分eq\x(得分点⑤)建立如图所示的空间直角坐标系,可得E(0，0,0),A（eq\r（3），0,0），F(0，1,0），C（0，1,1），eq\o（AC,\s\up6（→））＝(－eq\r(3）,1，1),eq\o（AE，\s\up6(→)）＝（－eq\r（3），0，0），eq\o（FC，\s\up6（→)）＝（0,0，1）. 8分eq\x（得分点⑥)设平面AFC的法向量为m＝(x,y，z)，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(m·\o（AC，\s\up6(→))＝－\r（3）x＋y＋z＝0,,m·\o（FC，\s\up6(→))＝z＝0,)）则z＝0，令x＝1,得y＝eq\r(3)，则m＝（1,eq\r（3），0)为平面AFC的一个法向量，设平面ACE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o(AE，\s\up6(→））＝－\r（3）x1＝0，，n·\o(AC,\s\up6（→))＝－\r(3）x1＋y1＋z1＝0，）)则x1＝0，令y1＝1，得z1＝－1，∴n＝(0，1，－1）为平面ACE的一个法向量。 10分eq\x(得分点⑦）设m，n所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(m·n,｜m|·｜n|）＝eq\f(\r(3),2\r（2））＝eq\f(\r(6),4），由图可知二面角E－AC－F的余弦值是eq\f(\r（6),4）。 12分eq\x(得分点⑧)【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行，给1分．③由线面平行推出面面平行，给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直,为建系作好准备,给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标,给1分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值,并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养:本题考查线面平行的判定与性质定理,考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧：（1)得分步骤：第(1）问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．（2)得分关键：第（2）中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系，解题时折叠前后变量与不变量要弄清晰．〔变式训练3〕（2020·湖南永州模拟）在等腰梯形ABCD中,AB∥CD，∠ABC＝60°,AB＝2CD＝4,点E为AB的中点．现将△BEC沿线段EC翻折，得四棱锥P－AECD，且二面角P－EC－D为直二面角．（1)求证：EC⊥PD；（2)求二面角P－AE－C的余弦值．[解析]（1)如图连接DE，易知△DCE，△PCE均为正三角形，取CE中点Q,连接PQ，DQ,则PQ⊥CE,DQ⊥CE．又∵DQ∩PQ＝Q，PQ,DQ⊂平面DPQ，∴EC⊥平面PDQ，又∵PD⊂平面PDQ，所以EC⊥PD．（2）因为二面角P－EC－D为直二面角，所以平面PEC⊥平面AECD，又因为平面PEC∩平面AECD＝EC，且PQ⊥EC，所以PQ⊥平面AEC．又因为EC⊥DQ,故以点Q为坐标原点，QC,QD，QP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Q－xyz．则A(－2，eq\r(3）,0）,E（－1，0，0),P（0，0，eq\r(3)）．所以eq\o(AE,\s\up6（→)）＝（1，－eq\r(3）,0），eq\o（AP，\s\up6(→）)＝（2，－eq\r（3)，eq\r（3)）．设平面PAC的法向量为m＝(x,y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m·\o(AE,\s\up6（→)）＝0,m·\o（AP，\s\up6(→）)＝0))得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x－\r（3）y＝0，2x－\r(3)y＋\r（3)z＝0）)，令y＝1，则m＝（eq\r(3)，1，－1)，又因为直线PQ⊥平面AEC，所以eq\o（PQ,\s\up6(→))＝（0，0，eq\r（3）)是平面AEC的一个法向量，所以cosm，eq\o（PQ，\s\up6（→））＝eq\f（m·\o(PQ，\s\up6(→)),|m|·｜\o(PQ，\s\up6(→））|)＝eq\f（－\r(3)，\r(5)×\r(3））＝－eq\f(\r（5),5）．又因为二面角P－AE－C为锐二面角,所以二面角P－AE－C的余弦值eq\f(\r(5），5）．考点四立体几何中的探索性问题例4（2016·北京高考）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5)．（1）求证：PD⊥平面PAB；(2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由．【分析】①由线面垂直的判定定理证明PD⊥平面PAB;②构造线面垂直，建立适当的直角坐标系求解；③假设棱PA上存在点M，再根据条件分析论证．【标准答案】--规范答题步步得分（1)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD．又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD．所以AB⊥平面PAD． 2分eq\x（得分点①)因为PD⊂平面PAD．所以AB⊥PD．又PA⊥PD，PA∩AB＝A．所以PD⊥平面PAB． 4分eq\x(得分点②）（2)取AD中点O，连接CO，PO，因为PA＝PD，所以PO⊥AD．又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD,因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO，因为AC＝CD，所以CO⊥AD．以O为原点建立如图所示空间直角坐标系. 6分eq\x（得分点③）易知P(0，0,1）,B（1，1,0)，D（0，－1,0)，C（2,0,0）．则eq\o（PB，\s\up6（→））＝(1,1，－1)，eq\o（PD，\s\up6（→)）＝（0,－1，－1），eq\o（PC，\s\up6(→))＝(2,0，－1),eq\o（CD，\s\up6（→))＝(－2，－1,0）．设n＝（x0，y0，z0)为平面PDC的一个法向量．由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6（→））＝0，，n·\o（PC，\s\up6（→））＝0）)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－y0－z0＝0,,2x0－z0＝0，））令z0＝1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y0＝－1，x0＝\f(1，2）.）)即n＝（eq\f(1，2），－1,1)．设PB与平面PCD的夹角为θ．则sinθ＝｜cosn,eq\o(PB，\s\up6(→)）｜＝eq\f（n·\o(PB,\s\up6（→）),｜n|｜\o（PB,\s\up6（→))｜)＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f（\f(1,2)－1－1，\r(\f(1，4）＋1＋1）×\r(3)）)）＝eq\f（\r(3),3）. 8分eq\x（得分点④)（3）设M是棱PA上一点，则存在λ∈［0,1］使得eq\o(AM,\s\up6（→）)＝λeq\o(AP,\s\up6（→)), 9分eq\x（得分点⑤)因此点M(0，1－λ，λ），eq\o(BM，\s\up6（→）)＝(－1，－λ，λ)，因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD,又因为n为平面PDC的一个法向量，当且仅当eq\o（BM,\s\up6(→）)·n＝0，即（－1，－λ，λ)·（eq\f(1，2),－1，1)＝0时，满足条件．解得λ＝eq\f(1，4) 10分eq\x（得分点⑥）所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f（AM，AP)＝eq\f（1，4）。 12分eq\x（得分点⑦)【评分细则】①证明出AB⊥平面PAD得2分．②利用线面垂直的定理得出PD⊥平面PAB．得2分，没有体现线面垂直定理的内容，直接写出结论不得分．③正确建立空间直角坐标系得2分．④写出sinθ＝|cosn，eq\o（PB，\s\up6（→)）|得1分,计算结果正确再得1分．⑤假设存在点M，使得BM∥平面PCD，过程说明正确得1分．⑥求出λ＝eq\f(1，4），正确得1分,错误不得分．⑦得出结论,得2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角,考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧:(1）写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤,有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第（1）问中PA⊥PD，PA∩AB＝A．（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，所以在解答时一定要写清得分关键点,如第(2）问中空间直角坐标系的建立；第(3）问中的“设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up6(→））＝λeq\o(AP，\s\up6(→))”．〔变式训练4〕（2019·陕西省质检）如图所示，等腰梯形ABCD的底角∠BAD＝∠ADC＝60°，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且∠EDA＝90°，ED＝AD＝2AF＝2AB＝2．(1）证明：平面ABE⊥平面EBD；(2)点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(3)，4)．［解析](1）证明：∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴ED⊥AB，∵AB＝1，AD＝2,∠BAD＝60°，∴BD＝eq\r（1＋4－2×1×2cos60°)＝eq\r(3）,∴AB2＋BD2＝AD2,∴AB⊥BD，又∴BD⊂平面BDE，BD∩ED＝D，AB⊥平面BDE，AB⊂平面ABE，