2025届高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何满分示范课-立体几何专题强化练理

PAGE1-满分示范课——立体几何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】(满分12分)(2024·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧eq\o(CD,\s\up14(︵))所在平面垂直，M是eq\o(CD,\s\up14(︵))上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．[规范解答](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.因为M为eq\o(CD,\s\up14(︵))上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.由于DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up14(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.当三棱锥M­ABC体积最大时，M为eq\o(CD,\s\up14(︵))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\up14(→))＝(－2，1，1)，eq\o(AB,\s\up14(→))＝(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up14(→))＝(2，0，0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up14(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up14(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1，0，2).又eq\o(DA,\s\up14(→))是平面MCD的法向量，因此cos〈n，eq\o(DA,\s\up14(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up14(→)),|n||\o(DA,\s\up14(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up14(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为eq\f(2\r(5),5).高考状元满分心得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，所以对于得分点步骤肯定要写全．如第(1)问中BC⊥DM；在证明平面AMD⊥平面BMC时，只写出DM⊥平面BMC，忽视条件DM⊂平面AMD，均导致扣分．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，所以在答题时肯定要写清得分关键点，如第(1)问中肯定要写出线面、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，eq\o(DA,\s\up14(→))〉＝eq\f(\o(DA,\s\up14(→))·n,|\o(DA,\s\up14(→))||n|)而得出余弦值则要扣1分．3．正确计算是得满分的保证：如第(2)问中三棱锥MABC体积最大时，点M的坐标，求平面法向量坐标，以及cos〈n，eq\o(DA,\s\up14(→))〉的值，否则题目不能得分．[解题程序]第一步：由面面垂直性质，证BC⊥平面CMD，与BC⊥DM，其次步：依据面面垂直判定，证平面AMD⊥平面BMC，第三步：建立空间坐标系，求相应点的坐标，第四步：计算平面MAB的法向量，求二面角的正弦值，第五步：检验反思，规范解题步骤．[跟踪训练]1.(2024·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).连接OB.因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.(2)解：如图，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up14(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3)).eq\o(AP,\s\up14(→))＝(0，2，2eq\r(3))．取平面PAC的一个法向量eq\o(OB,\s\up14(→))＝(2，0，0)．设M(a，2－a，0)(0≤a≤2)，则eq\o(AM,\s\up14(→))＝(a，4－a，0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\o(AP,\s\up14(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up14(→))·n＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))可取y＝eq\r(3)a，得平面PAM的一个法向量为n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up14(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up14(→))，n〉|＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝－4(舍去)或a＝eq\f(4,3).所以n＝(－eq\f(8\r(3),3)，eq\f(4\r(3),3)，－eq\f(4,3))．又eq\o(PC,\s\up14(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up14(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).2.(2024·广州调研)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2eq\r(2)，∠BAC＝45°，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点．(1)证明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M­B1C­A的余弦值．(1)证明：在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×cos45°＝4，所以BC＝2，则有AB2＋BC2＝8＝AC2，所以∠ABC＝90°，所以BC⊥AB.又因为BC⊥BB1，BB1∩AB＝B，所以BC⊥平面ABB1A1，又B1M⊂平面ABB1A1，故BC⊥B1M.(2)解：由题设知，平面MB1C把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C­ABB1M和四棱锥B1­A1MCC1.由(1)知四棱锥C­ABB1M的高为BC＝2，因为V三棱柱ABC­A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，所以V四棱锥C­ABB1M＝eq\f(1,2)V柱＝4，又V四棱锥C­ABB1M＝eq\f(1,3)·S梯形ABB1M·BC＝eq\f(2,3)S梯形ABB1M＝4，所以S梯形ABB1M＝6＝eq\f(AM＋4,2)×2，所以AM＝2.此时M为AA1的中点．以点B为坐标原点，eq\o(BA,\s\up14(→))，eq\o(BC,\s\up14(→))，eq\o(BB1,\s\up14(→))的方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz.所以A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2)．所以eq\o(CB1,\s\up14(→))＝(0，－2，4)，eq\o(B1M,\s\up14(→))＝(2，0，－2)，eq\o(AC,\s\up14(→))＝(－2，2，0)，设n1＝(x，y1，z1)是平面CB1M的一个法向量，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CB1,\s\up14(→))＝0，,n1·\o(B1M,\s\up14(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y1＋4z1＝0，,2x1－2z1＝0，))令z1＝1，可得n1＝(1，2，1)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一个法向量，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB1,\s\up14(→))＝0，,n2