【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章素养提升4高考中立体几何解答题的提分策略作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章素养提升4高考中立体几何解答题的提分策略作业

素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略 ‎1.[12分]如图4-1,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,PA=PD.‎ ‎(1)证明:BC⊥PB.‎ ‎(2)若PA⊥PD,PB=AB,求二面角A-PB-C的余弦值.‎ 图4-1‎ ‎2.[12分]如图4-2,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.‎ ‎(1)求证:AB1⊥平面A1BD;‎ ‎(2)求锐二面角A-A1D-B的余弦值.‎ 图4-2‎ ‎3.[12分]如图4-3,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为棱DD1上的一点,点F为边AD的中点.‎ ‎(1)点E为DD1的中点时,求作一个平面与平面CA1E平行,要求保留作图痕迹,并说明点的位置,不用证明;‎ ‎(2)当DE为多长时,直线BD1与平面CA1E所成角的正弦值为‎42‎‎21‎?‎ 图4-3‎ ‎4.[原创题,12分]如图4-4(1),在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE,如图4-4(2)所示.‎ ‎(1)证明:EF⊥平面PBE.‎ ‎(2)设N为线段PF上一动点,求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值.‎ 图4-4‎ 素养提升4高考中立体几何解答题的提分策略 ‎1. (1)如图D 4 - 1,取AD的中点E,连接PE,BE,BD,‎ 图D 4 - 1‎ ‎∵PA=PD,‎ ‎∴PE⊥AD.‎ ‎∵底面ABCD为菱形,且∠BAD=60°,‎ ‎∴△ABD为等边三角形,‎ ‎∴BE⊥AD.‎ ‎∵PE∩BE=E,PE,BE⊂平面PBE,‎ ‎∴AD⊥平面PEB,又PB⊂平面PEB,∴AD⊥PB.‎ ‎∵AD∥BC,∴BC⊥PB.(4分)‎ ‎(2)设AB=2,则AB=PB=AD=2,BE=‎3‎,‎ ‎∵PA⊥PD,E为AD的中点,‎ ‎∴PA=‎2‎,PE=1,‎ ‎∴PE2+BE2=PB2,∴PE⊥BE.‎ 以E为坐标原点,分别以EA,EB,EP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图D 4 - 2所示的空间直角坐标系,‎ 图D 4 - 2‎ 则A(1,0,0),B(0,‎3‎,0),P(0,0,1),C( - 2,‎3‎,0),∴AB=( - 1,‎3‎,0),AP=( - 1,0,1),BP=(0, - ‎3‎,1),BC=( - 2,0,0).‎ 设平面PAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),∵‎n‎1‎‎·AB=0,‎n‎1‎‎·AP=0,‎ ‎∴‎ - x‎1‎+‎3‎y‎1‎=0,‎‎ - x‎1‎+z‎1‎=0,‎令x1=1,得z1=1,y1=‎3‎‎3‎,∴n1=(1,‎3‎‎3‎,1)为平面PAB的一个法向量.‎ 设平面BPC的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则n‎2‎‎·BP=0,‎n‎2‎‎·BC=0,‎‎∴‎‎ - ‎3‎y‎2‎+z‎2‎=0,‎‎ - 2x‎2‎=0,‎ 令y2= - 1,得x2=0,z2= - ‎3‎,即n2=(0, - 1, - ‎3‎)为平面BPC的一个法向量.‎ ‎∴n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎|·|n‎2‎|‎= - ‎2‎‎7‎‎7‎.‎ 设二面角A - PB - C的平面角为θ,由图可知θ为钝角,‎ 则cos θ= - ‎2‎‎7‎‎7‎.(12分)‎ ‎【易错警示】　求二面角的值的易错点是:(1)求平面的法向量出错;(2)公式用错,把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混,导致结果出错.注意,二面角的取值范围为[0,π].‎ ‎2.(1)取BC的中点O,连接AO.‎ ‎∵△ABC为等边三角形,‎ ‎∴AO⊥BC.‎ 在正三棱柱ABC - A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,‎ 又平面ABC∩平面BCC1B1=BC,‎ ‎∴AO⊥平面BCC1B1.‎ 取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,OB,OO‎1‎,OA的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系O - xyz,如图D 4 - 3所示,‎ 图D 4 - 3‎ 则B(1,0,0),D( - 1,1,0),A1(0,2,‎3‎),A(0,0,‎3‎),B1(1,2,0),‎ ‎∴AB‎1‎=(1,2, - ‎3‎),BD=( - 2,1,0),BA‎1‎=( - 1,2,‎3‎),‎ ‎∴AB‎1‎·BD=0,AB‎1‎·BA‎1‎=0,‎ ‎∴AB1⊥BD,AB1⊥BA1,∵BD∩BA1=B,∴AB1⊥平面A1BD.(6分)‎ ‎(2)设平面A1AD的法向量为n=(x,y,z).‎ ‎∵AD=( - 1,1, - ‎3‎),AA‎1‎=(0,2,0),‎ ‎∴‎n·AD=0,‎n·AA‎1‎=0,‎‎∴‎ - x+y - ‎3‎z=0,‎‎2y=0,‎∴‎y=0,‎x= - ‎3‎z,‎ 令z=1,得n=( - ‎3‎,0,1)为平面A1AD的一个法向量.‎ 由(1)知AB1⊥平面A1BD,∴AB‎1‎为平面A1BD的一个法向量,‎ ‎∴cos=n·‎AB‎1‎‎|n|·|AB‎1‎|‎‎=‎‎ - ‎3‎ - ‎‎3‎‎2×2‎‎2‎= - ‎6‎‎4‎,‎ ‎∴锐二面角A - A1D - B的余弦值为‎6‎‎4‎.(12分)‎ ‎3.(1)如图D 4 - 4,取线段AA1的靠近A的四等分点M,取AB的中点N,连接FM,MN,FN,则平面FMN即为所求.(5分)‎ 图D 4 - 4‎ 部分其他作图方法如图D 4 - 5(1)(2)(3):‎ ‎(1)　　　　　　　　　(2)　　　　　　　　(3)‎ 图D 4 - 5‎ ‎ (2)以A为坐标原点,分别以AD,AB,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图D 4 - 6所示,‎ 图D 4 - 6‎ 设DE=a,0≤a≤3,‎ 则A1(0,0,3),C(3,3,0),E(3,0,a),D1(3,0,3),B(0,3,0),‎ 则A‎1‎C=(3,3, - 3),CE=(0, - 3,a),BD‎1‎=(3, - 3,3).(6分)‎ 设平面CA1E的法向量为m=(x,y,z),‎ 则m·A‎1‎C=0,‎m·CE=0,‎ 所以‎3x+3y - 3z=0,‎‎ - 3y+az=0,‎令z=3,则m=(3 - a,a,3)为平面CA1E的一个法向量.(8分)‎ 设直线BD1与平面CA1E所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|m·BD‎1‎|‎‎|m||BD‎1‎|‎‎=‎|18 - 6a|‎‎2a‎2‎ - 6a+18‎‎·3‎‎3‎=‎‎42‎‎21‎,(11分)‎ 得2a2 - 13a+18=0,解得a=2或a=‎9‎‎2‎(舍去),所以DE=2.(12分)‎ ‎4.(1)因为E,F分别为AB,AC边的中点,所以EF∥BC.(1分)‎ 因为∠ABC=90°,所以EF⊥BE,EF⊥PE.(3分)‎ 又BE∩PE=E,BE,PE⊂平面PBE,所以EF⊥平面PBE.(4分)‎ ‎(2)如图D 4 - 7所示,取BE的中点O,连接PO,‎ 由(1)知EF⊥平面PBE,EF⊂平面BCFE,‎ 所以平面PBE⊥平面BCFE.‎ 因为PB=BE=PE,所以PO⊥BE,‎ 又PO⊂平面PBE,平面PBE∩平面BCFE=BE,‎ 所以PO⊥平面BCFE.(6分)‎ 过点O作OM∥BC交CF于点M,分别以OB,OM,OP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图D 4 - 7所示.‎ 图D 4 - 7‎ 则P(0,0,‎3‎‎2‎),C(‎1‎‎2‎,2,0),F( - ‎1‎‎2‎,1,0),B(‎1‎‎2‎,0,0),PC=(‎1‎‎2‎,2, - ‎3‎‎2‎),PF=( - ‎1‎‎2‎,1, - ‎3‎‎2‎).(8分)‎ 因为N为线段PF上一动点,故设PN=λPF(0≤λ≤1),‎ 得N( - λ‎2‎,λ,‎3‎‎2‎(1 - λ)),所以BN=( - λ+1‎‎2‎,λ,‎3‎‎2‎(1 - λ)).(9分)‎ 设平面PCF的法向量为m=(x,y,z),‎ 则PC‎·m=0,‎PF‎·m=0,‎即‎1‎‎2‎x+2y - ‎3‎‎2‎z=0,‎‎ - ‎1‎‎2‎x+y - ‎3‎‎2‎z=0,‎ 令y=1,则m=( - 1,1,‎3‎)为平面PCF的一个法向量.(10分)‎ 设直线BN与平面PCF所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos|=‎|BN·m|‎‎|BN|·|m|‎‎=‎2‎‎5‎‎·‎‎2λ‎2‎ - λ+1‎=‎‎2‎‎5‎‎·‎‎2(λ - ‎1‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎‎7‎‎8‎≤‎2‎‎5‎‎×‎‎7‎‎8‎‎=‎‎4‎‎70‎‎35‎(当且仅当λ=‎1‎‎4‎时取等号).(11分)‎ 所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为‎4‎‎70‎‎35‎.(12 分)‎ ‎ ‎