2024高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题三立体几何规范答题示范课-立体几何解答题含解析

PAGE规范答题示范课——立体几何解答题[破题之道]立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系.建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【典例示范】(12分)(2024·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.切入点：联想线面平行的判定定理，找线线平行.关键点：建系，求平面AMA1与平面MA1N的法向量.规范解答(1)证明连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.(2分)又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC.因此，B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，则MN∥ED.(4分)又MN⊄平面C1DE，ED⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(5分)(2)解由已知可得DE⊥DA，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，则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1，0，2)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，0).(7分)设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))可得m＝(eq\r(3)，1，0).(9分)设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))可取n＝(2，0，－1).(10分)于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，(11分)则sin〈m，n〉＝eq\f(\r(10),5).所以二面角A－MA1－N的正弦值为eq\f(\r(10),5).(12分)[高考状元满分心得]❶写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点肯定要写全.如第(1)问中ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C，MN∥ED.第(2)问建立空间直角坐标系D－xyz.❷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，所以在答题时肯定要写清得分关键点，如第(1)问漏掉条件MN⊄平面C1DE；第(2)问中不写公式cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)而得出余弦值都会各扣去1分.❸正确计算是得分的保证：第(2)问中，点N的坐标，两个半平面法向量的坐标及cos〈m，n〉的求值，否则不能得分.[满分体验](2024·天津卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点.(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.解依题意，以C为原点，分别以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3).(1)证明依题意，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，从而eq\o(C1M,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.(2)解依题意，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2，0，－1).设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2).因此有cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·n,|\o(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(6),6)，于是sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(30),6).所以二面角B－B1E－D的正弦值为eq\f(\r(30),6).(3)解依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，2，0).由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个