2020届二轮复习(文)第2部分专题4解密高考④　立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换学案

2020届二轮复习(文)第2部分专题4解密高考④　立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换学案

解密高考④　立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换 ‎——————[思维导图]——————‎ ‎——————[技法指津]——————‎ 立体几何解答题建模、转换策略 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、转换．‎ 建模——问题转化为平行模型、垂直模型、翻折模型；‎ 转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解．‎ 母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分 母题突破：2019年唐山五校摸底 如图，直四棱柱ABCDA1B‎1C1D1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)求点C到平面C1DE的距离.‎ 本题考查：线面平行的证明，点到平面距离的计算、体积的计算，考生的直观想象、转化化归、数学运算能力，考生的直观想象和数学运算的核心素养.‎ ‎[审题指导·发掘条件]‎ ‎(1)看到证明MN∥平面C1DE，想到线面平行的判定定理，需证明MN与平面C1DE内的某一直线平行，看到E，M，N为BC，BB1，A1D的中点，想到利用三角形的中位线寻找平行关系．‎ ‎(2)看到找点C到平面C1DE的距离，想到作高或等体积转换．‎ ‎[规范解答·评分标准]‎ ‎(1)连接ME，B‎1C.‎ ‎∵M，E分别为BB1，BC中点，‎ ‎∴ME为△B1BC的中位线，‎ ‎∴ME∥B‎1C且ME＝B‎1C. ··················2分 又N为A1D中点，且A1D綊B‎1C，‎ ‎∴ND∥B‎1C且ND＝B‎1C，‎ ‎∴ME綊ND，∴四边形MNDE为平行四边形. ······4分 ‎∴MN∥DE，又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE ‎∴MN∥平面C1DE. ···························6分 ‎(2)在菱形ABCD中，E为BC中点，∴DE⊥BC.‎ 根据题意有DE＝，C1E＝，‎ ‎∵棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，‎ ‎∴DE⊥EC1，所以S△DEC1＝××，····················8分 设点C到平面C1DE的距离为d，‎ 根据题意有VC1CDE＝VCC1DE，则有××××d＝××1××4，‎ 解得d＝＝，········································10分 ‎∴点C到平面C1DE的距离为.····························12分 ‎[构建模板·三步解法]　有关立体几何综合问题的解题步骤 如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．‎ ‎(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若PC＝，求三棱锥CPAB的高．‎ ‎[解]　(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.‎ 因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝，‎ 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.‎ 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.‎ 因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1.‎ 由(1)知，AC为三棱锥APBC的高．‎ 易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2，‎ 于是S△PAB＝×22sin 60°＝.‎ 设三棱锥CPAB的高为h，‎ 则S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，‎ 解得h＝，故三棱锥CPAB的高等于.‎