2023年人教版高考数学总复习规范答题系列-立体几何综合问题

规范答题系列一一立体几何综合问题

［典例］(12分)(2021•新高考I卷)如图,在三棱锥A・BCD中,平面ABD_L平面BCD,AB=AD,

。是BD的中点.

(1)证明：0A1CD；

(2)若△0CD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小

为45°,求三棱锥A-BCD的体积.

,导引助思•析考题

(1)看到平面ABD_L平面BCD,想到A0J_BD,利用性质定理将其转化为AO_L平面BCD,即可证

明结论；

(2)看到二面角E・BC・D的大小为45°,想到建立空间直角坐标系，将其转化为两个法向量的

夹角，列方程求AD的长度，进而求三棱锥的体积.

【标准答案】(1)因为AB=AD,0为BD的中点，

所以AO_LBD,

©1分

又平面ABD平面BCD,平面ABDG平面BCD=BD,AOu平面ABD,

所以AOJL平面BCD,.................................................................②3

分

又CDu平面BCD,所以AO_LCD......................................................③4分

⑵取0D的中点F,

因为aOCD为正三角形，所以CF_LOD,.............................................④5分

过点0作OM//CF与BC交于点M,则OM±OD,

所以0M,0D,0A两两垂直，

以点0为坐标原点，分别以0M,0D,

0A所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，

则BS,-1,0),C曾,0),D(0,1,0),

(12t

设A[0,0,t),则E10,g,§⑤6分

因为0人，平面BCD,

故平面BCD的一个法向量为漪=(0,0,t),⑥7分

设平面BCE的法向量为〃=(x,y,z),

0一L42t

又觉=像i,BE=10,—

n•瓦?=0除+2。

所以,解得《，令,

4.2t

n・BE=G印+5z=0

则y=-1,z=?，故〃=(m，-L；

⑦9分

因为二面角?叱〃的大小为45°,

\n*OA2

所以|cos〈/?,0A〉

\nOA

解得1=1(%=-1舍去)，所以的=1,⑧10分

1

又SQCD-XIX

乙24

V3

所以产(§)11分

S8BC2

故,S*KV・%x2

,满分点拨•悟考题

命题考查知识：主要考查面面垂直和线面垂直的性质，有关空间角的求解问题等.

探源核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象

阅卷①得到力。1⑸9,得1分.

现场②将已知的面面垂直转化为力0_1平面比巳得2分.若不写“力化平面力助”，或“平

面力即n平面夕。9=为%打1分.

③得出所证，得1分.

④说明血刃，得1分.

⑤建立空间直角坐标系，准确写出点的坐标，得1分.若在图中没有标注三条坐标

轴，不得分.

⑥得到平面以力的法向量，得1分.

若使用待定系数法求解，也得1分.

⑦求出平面6四的法向量，得2分.正确列出方程组，结果错误，只得1分.

⑧列出方程求得力，得1分；若方程正确，结果错误，也得1分.

⑨准确求出三角形面积，得1分.

⑩求出体积得1分.公式错误不得分.该处锥体体积易漏乘J.

1.证明空间线面问题的关键

准确把握几何体的结构特征，灵活利用平面几何知识把平面中的平行与垂直关系转

化为空间中的线面关系.

满分

2.求解空间角问题的技巧

策略

(1)掌握法向量：求解空间角，常利用到平面的法向量，准确求解空间向量是基础.

(2)角的转化：用空间向量表示所求角，要注意两类角度之间的关系，准确确定其取

值范围.

,i题多解-妙解题

第⑵问(几何法)在平面力劭中，作成J_劭于也在平面时中，作助归_8。于此连接觎

由(1)得以_1_勿，所以®/〃曲，所以国打_平面颇,

因为比已平面颇，所以EMLBC,

因为〃VJ_8G

所以N£W即为二面角万的〃的平面角,

所以N®wa45°,

因为0C=0D=0B=CD=3

所以BGLCD,所以MN〃CD,且

22

MN=EM=-CD=-,

oo

所以沅=4,OA=lf

所以匕■S^ncf)•OA

BCD=R<5

=鼻X1X^3X1=~^~.

3Zvo

■跟踪训练

如图,已知三棱柱ABOABC中，四边形AACC为正方形，AB=AC=2,AM±A.B.,M,N分

别是CG，BC的中点，点P是线段>的上的动点.

(1)证明：AM1PN；

(2)已知BC=2/，求平面PMN与三面ABC所成锐二面角的余弦值的取值范围.

【解析】⑴在三棱柱ABOABG中，取AC中点D,连接DN,A,D,B,N,如图,而N是BC中点,

于是得DN〃AB〃AB,

在正方形AACC中，AA,=AC,AD=CM,ZA,AC=ZACM,则△AADg^ACM,

JI

即NAA|D=NCAM,又NAAQ+NADA=w,

jr

贝I]NCAM+NA]DA=^,即AMJ_A。,

乙

因为AM_LAB，A1B,nAlD=A1,

从而得AMJ_平面ABND,

又NPu平面ABND,

所以AM_LPN；

(2)因为AB=AC,BC=24,

则AB2+AC2=BC2,即有AB±AC,

又AM_LAB,AB〃AB,于是得AM_LAB,又AMCAC=A,

则ABJ_平面ACCA,即有AB_LAA”

以射线AB,AC,AAi所在直线分别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图,

则N31,0),M(0,2,1),

设P(t,0,2),te[0,2],NM=(-1,1,1),

沛=(t,-2,1),

设平面MNP的法向量A=(X,y,z),

n•而=-x+y+z=0

则-，

n•砺=tx-2y+z=0

./(1+£2-1\

令x=i,得〃=[i,'

而平面力的一个法向量〃=(0,0,1),

设平面A网与平面力比1所成锐二面角为夕，显然*:2,否则联LA,夕=5，

2-t

3

则cos9=Icos(〃，n)|=|

l+p212一淬

1+十

3)