2024届一轮复习人教A版 第6章立体几何解答题模板构建3立体几何问题 学案

解答题模板构建3立体几何问题(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＝13设A到平面A1BC的距离为d，由VA1­∴13S△A1∴13×22·d＝43，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，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·∴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·平面BCD的一个法向量为m＝(0，1，－1)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分cos〈n，m〉＝12·2＝1二面角A­BD­C的正弦值为1-122＝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E­AM­(1)证明：因为AM＝AD2+DM2＝2+2＝2，BM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设E(xE，yE，zE)，则BE＝(xE＋1，yE－2，zE)，BD＝(1，－2，1)．又因为BE＝23BD所以E-13，23，2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，因为AM·n取y＝1，所以n2所以cos〈n1，n2〉＝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B1(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)，设平面AB1D的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·DB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cosθ＝n1·n2n(3)存在解：B(0，2，0)，BB1＝(0，0，2)，A设B1MB1B＝t，B1M即B1M＝tB1CM＝CB1+B