高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列（四）-立体几何（含解析）-人教版高三数学试题

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＋4－2×1×2cos