2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略学案

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素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略

1[2019全国卷Ⅰ,12分]如图4 - 1,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.
(1)先利用三角形中位线的性质和A1D∥B1C且A1D=B1C,证明ME∥ND且ME=ND,即可推出四边形MNDE为平行四边形,进而证得MN∥DE,再根据线面平行的判 图4 - 1 定定理可证得MN∥平面C1DE.
(2)先建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求出平面A1MA和平面MA1N的法向量,而后转化为求两个法向量的夹角的余弦值,进而求出二面角A - MA1 - N的正弦值.
(1)连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME为△B1BC的中位线,
所以ME∥B1C,且ME=12B1C.①
因为点N为A1D的中点,
所以ND=12A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1=DC,可得B1C∥A1D且B1C=A1D,故ME∥ND且ME=ND,因此四边形MNDE为平行四边形.②
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.③
(2)由已知易得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图4 - 2所示的空间直角坐标系D - xyz,④
可得A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0, - 4), 图4 - 2
A1M=( - 1,3, - 2),A1N=( - 1,0, - 2),MN=(0, - 3,0).⑤
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0,
所以-x+3y-2z=0,-4z=0.令y=1,则m=(3,1,0)为平面A1MA的一个法向量.⑥
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=0,
所以-3q=0,-p-2r=0.令p=2,则n=(2,0, - 1)为平面A1MN的一个法向量.⑦
于是cos=m·n|m||n|=232×5=155,
所以二面角A - MA1 - N的正弦值为105.⑧
感悟升华

阅卷
现场

得分点
第(1)问采点得分说明
①根据三角形中位线的性质得出ME∥B1C得1分;
②根据平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形得1分;
③根据线面平行的判定定理求得结论得2分.
4分
第(2)问采点得分说明
④建立空间直角坐标系得1分;
⑤准确地写出各点的坐标及相应向量的坐标表示得2分;
⑥求出平面AMA1的法向量得1分;
⑦求出平面MA1N的法向量得2分;
⑧求出最终结果得2分.
8分
满分
策略
1.求解空间中的平行与垂直问题的关键
熟练把握空间中平行与垂直的判定定理是解题的关键.
2.利用向量法求线面角和二面角的关注点
建立恰当的空间直角坐标系,利用待定系数法求出相应平面的法向量是解题的关键,在书写有关点的坐标时一定要谨慎.
3.定理的条件要齐全
在运用定理证明问题时,要注意条件的齐全性,例如本题的第(1)问,一定要指明线在面内、线在面外这些条件,否则会失分.
4.求点的坐标的注意点
一定要注意坐标的正、负值,这是极容易出错的地方.

2 [2018全国卷Ⅲ,12分]如图4 - 3,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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. 图4 - 3
(1)
求什么
找什么
要证明平面AMD⊥平面BMC,即证明一个平面包含另一个平面的一条垂线.
给什么
得什么
因为四边形ABCD是正方形,所以BC⊥CD.又平面CDM⊥平面ABCD,所以BC⊥平面CDM,所以BC⊥DM.又M为半圆弧CD上的点,所以DM⊥CM,所以DM⊥平面BMC,所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)
给什么
得什么
要使V三棱锥M - ABC最大,则M到平面ABC的距离最大,而M在半圆弧CD上,所以M为CD的中点.
差什么
找什么
由于平面MAB与平面MCD在图4 - 3中只有一个公共点,因此要用定义法求二面角较为困难.注意到平面CDM⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,因此直接以D为坐标原点,以DA,DC的方向分别为x轴,y轴的正方向建立空间直角坐标系,再用向量法求二面角即可.
(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,(1分)
所以BC⊥平面CMD,又DM⊂平面CMD,故BC⊥DM.(3分)
因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.(5分)
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(6分)
(2)以D为坐标原点,DA,DC的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图4 - 4所示的空间直角坐标系D - xyz.(7分)

图4 – 4
易知当三棱锥M - ABC体积最大时,M为CD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),
AM=( - 2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).(8分)
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则n·AM=0,n·AB=0,即-2x+y+z=0,2y=0.
令x=1,则n=(1,0,2)为平面MAB的一个法向量.(10分)
易知DA是平面MCD的法向量,因此cos=n·DA|n||DA|=55,
sin=255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.(12分)
感悟升华
满分
策略
1.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,所以对于得分点一定要写全,如第(1)问中BC⊥DM,遗漏得出DM⊥平面BMC,或没有写出DM⊂平面AMD都会失分.
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,所以在答题时一定要写清得分关键点.如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件,否则不得分;第(2)问中不写出公式cos=n·DA|n||DA|而得出余弦值就会失分.
3.正确计算是得分的保证.如第(2)问中三棱锥M - ABC体积最大时,点M的坐标,两个半平面的法向量坐标,以及cos的值都要计算正确,否则不能得分.
3[2017全国卷Ⅱ,12分]如图4 - 5,四棱锥P - ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M - AB - D的余弦值. 图4 - 5
(1)取PA的中点F ,连接EF ,BF ,利用条件证明四边形BCEF 为平行四边形,进而得到CE∥BF ,即可证出直线CE∥平面PAB;(2)以A为坐标原点,A的方向为x轴的正方向,|AB|为单位长,建立空间直角坐标系,分别求出平面MAB与平面ABD的法向量,进而求出二面角的余弦值.
(1)如图4 - 6,取PA的中点F ,连接EF ,BF .
因为E,F 分别是PD,PA的中点,所以EF ∥AD且EF =12AD.1分(得分点1)
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EF ∥BC且EF =BC,
所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE∥BF .3分(得分点2)
又BF ⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.4分(得分点3)

图4 - 6
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图4 - 6所示的空间直角坐标系A - xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0, - 3),AB=(1,0,0).
设点M(x,y,z)(0