2022版新高考数学人教版一轮课件：高考大题规范解答系列4 立体几何

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1、必考部分第七章第七章立体几何立体几何高考大题规范解答系列(四)立体几何高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何考点一线面的位置关系与体积计算 (2017 全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD (1)证明：ACBD； (2)已知ACD是直角三角形，ABBD若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比例 1 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【分析】看到证明线线垂直(ACBD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为

2、求高的比高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【标准答案】规范答题步步得分 (1)取 AC 的中点 O，连接 DO，BO 1 分得分点因为 ADCD，所以 ACDO 又由于ABC 是正三角形，所以 ACBO 又因为 DOBOO，从而 AC平面 DOB， 3 分得分点故 ACBD 4 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)连接 EO 5 分得分点由(1)及题设知ADC90 ，所以 DOAO 在 RtAOB 中，BO2AO2AB2，又 ABBD，所以 BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90 7 分得分点由题设知AEC 为直角三

3、角形，所以 EO1 2AC 8 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何又ABC 是正三角形，且 ABBD，所以 EO1 2BD故 E 为 BD 的中点， 9 分得分点从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1 2，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2， 11 分得分点即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 11 12 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【评分细则】作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分得出 ACDO 和 ACBO 得 1 分，由线面垂直的判定写出 AC平

4、面 DOB，再得 1 分由线面垂直的性质得出结论得 1 分作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分由勾股定理逆定理得到DOB90 得 2 分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何由直角三角形的性质得出 EO1 2AC 得 1 分由等边三角形的性质得出 E 为 BD 的中点，得 1 分得出四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2得 2 分正确求出体积比得 1 分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【名师点评】 1核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养 2解题技巧：(1

5、)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中ACDO，ACBO；第(2)问中BO2DO2 BO2AO2AB2BD2等高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DOAO 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何变式训练 1 (2020 课标，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正

6、三角形，P 为 DO 上一点，APC90 (1)证明：平面 PAB平面 PAC； (2)设 DO 2，圆锥的侧面积为 3，求三棱锥 PABC 的体积高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何解析 (1)证明：由题设可知，PAPBPC 由于ABC 是正三角形，故可得PACPAB，PACPBC 又APC90 ，故APB90 ，BPC90 ，从而 PBPA，PBPC，故 PB平面 PAC，所以平面 PAB平面 PAC 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l 由题设可得 rl 3，l2r22解得 r1，l 3 从而 AB 3 由

7、(1)可得 PA2PB2AB2，故 PAPBPC 6 2 所以三棱锥 PABC 的体积为1 3 1 2PAPBPC 1 3 1 2 6 2 3 6 8 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何考点二线面的位置关系与空间角计算例 2 (2021 山西省联考)如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，ABC 是以 BC 为斜边的等腰直角三角形，O，M 分别为 BC，AA1的中点 (1)证明：OM平面 CB1A1； (2)若四边形 BB1C1C 为正方形，求平面 MOB1与平面 CB1A1所成二面角的正弦值高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【分析】在平面

8、A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明；建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量，求两法向量夹角正弦值即可高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【标准答案】规范答题步步得分 (1)证明：如图，连接 BC1，交 CB1于点 N，连接 A1N，ON，则 N 为 CB1的中点因为 O 为 BC 的中点，所以 ONBB1，且 ON1 2BB1， 2 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何又 MA1BB1，MA11 2BB1，所以四边形 ONA1M 为平行四边形，即 OMA1N 4 分得分点因为 OM平面 CB1A1，A1N平面

9、 CB1A1，所以 OM平面 CB1A1 5 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)解：连接 OA，令 BC2，因为 ABAC，O 为 BC 的中点，所以 AOBC 又三棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，ONBB1，高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何所以 OA，OB，ON 两两垂直，分别以OB ，ON ，OA 的方向为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 6 分得分点因为 ABAC 2，BCAA12，所以 O 0，0，0，B1 1，2，0，M 0，1，1，C 1，0，0，所以OM NA1 0，1，1，

10、OB1 1，2，0，CB1 2，2，0 7 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设平面 MOB1的法向量为 m x，y，z，则 OM m0， OB1 m0，即 yz0， x2y0，令 z1，可得 y1，x2，所以平面 MOB1的一个法向量为 m 2，1，1 8 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设平面 CB1A1的法向量为 n a，b，c，则 NA1 n0， CB1 n0，即 bc0， 2a2b0，令 c1，可得 b1，a1，所以平面 CB1A1的一个法向量为 n 1，1，1， 9 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七

11、章立体几何所以 cosm，n 211 111 22 1 212 12 1 212 4 3 2 2 2 3 ， 11 分得分点所以平面 MOB1与平面 CB1A1所成二面角的正弦值为1 3 12 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【评分细则】第一问共 5 分，证出 ONBB1和 ON1 2BB1 得 2 分，证出 OM A1N 得 2 分，未说明 OM平面 CB1A1，直接证出 OM平面 CB1A1，扣 1 分第二问共 7 分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得 2 分，写出平面 MOB1的法向量与平面 CB1A1的法向量各得 1 分其他方法按步骤酌情给

12、分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【名师点评】 1 核心素养：本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算 2解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出 OM 平面 CB1A1成立的条件，写不全则不能得全分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)思维发散：注意到O、M分别为BC、 AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明(1)连 BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由 M

13、为AA1的中点，AMMA1，又ABA1B1， ABMMHA1，又AMBHMA1， ABMA1HM，BMMH，又O为BC中点，MOCH，又MO平面CB1A1，CH平面 CB1A1，OM平面CB1A1 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何注意到解答(2)需求平面 CB1A1的法向量 n，故要证明 OM平面 CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出 n，证明 n OM 0，说明 OM 平面 CB1A1即可得证高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何变式训练 2 (2020 浙江，19)如图，在三棱台 ABC DEF 中，平面 ACFD平面 ABC， ACB ACD45

14、，DC2BC (1)证明：EFDB； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何解析 (1)证明：如图，过点 D 作 DO AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB 由ACD45 ， DOAC 得 CD 2CO，由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何由ACB45 ，BC1 2CD 2 2 CO 得 BOBC 所以 BC平面 BDO，故 BCDB 由三棱台 ABCDEF 得 BCEF，所以 EFDB 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何

15、(2)解法一：过点 O 作 OHBD，交直线 BD 于点 H，连接 CH 由三棱台 ABCDEF 得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，由 BC平面 BDO 得 OHBC，故 OH平面 BCD，所以OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设 CD2 2，由 DOOC2，BOBC 2，得 BD 6，OH2 3 3 ，所以 sinOCHOH OC 3 3 ，因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何解法二

16、：由三棱台 ABC DEF 得 DFCO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线 CO与平面DBC所成角，记为如图，以O为原点，分别以射线OC， OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设 CD2 2 由题意知各点坐标如下： O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2) 因此OC (0,2,0)，BC (1,1,0)，CD (0，2,2) 设平面 BCD 的法向量 n(x，y，z) 由 n BC 0， n CD 0，即 xy0， 2y2z0，高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几

17、何可取 n(1,1,1) 所以 sin |cosOC ，n| |OC n| |OC | |n| 3 3 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何考点三立体几何中的折叠问题 (2021 启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD中， AECD，BFCD，AB1，AD2，ADE60，沿AE，BF折成三棱柱AEDBFC 例 3 (1)若 M，N 分别为 AE，BC 的中点，求证：MN平面 CDEF； (2)若 BD 5，求二面角 EACF 的余弦值高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【分析】利用面面平行的判定和

18、性质即可证明；建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【标准答案】规范答题步步得分 (1)取 AD 的中点 G，连接 GM，GN，在三角形 ADE 中，M，G 分别为 AE，AD 的中点， MGDE， DE平面 CDEF，MG平面 CDEF， MG平面 CDEF 2 分得分点由于 G，N 分别为 AD，BC 的中点，高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何由棱柱的性质可得 GNDC， CD平面 CDEF，GN平面 CDEF， GN平面 CDEF 3 分得分点又 GM平面 GMN，GN平面 G

19、MN，MGNGG，平面 GMN平面 CDEF， 4 分得分点 MN平面 GMN，MN平面 CDEF 5 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)连接 EB，在 RtABE 中，AB1，AE 3， BE2，又 ED1，DB 5， EB2ED2DB2， DEEB，又 DEAE 且 AEEBE， DE平面 ABFEEA、EF、ED 两两垂直 7 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何建立如图所示的空间直角坐标系，可得 E(0,0,0)，A( 3，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)， AC ( 3，1,1)，AE ( 3，0,0)，FC (

20、0,0,1) 8 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设平面 AFC 的法向量为 m(x，y，z)，则 m AC 3xyz0， m FC z0，则 z0，令 x1，得 y 3，则 m(1， 3，0)为平面 AFC 的一个法向量，高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设平面 ACE 的法向量为 n(x1，y1，z1)，则 n AE 3x10， n AC 3x1y1z10，则 x10，令 y11，得 z11， n(0,1，1)为平面 ACE 的一个法向量 10 分得分点设 m，n 所成的角为，则 cos m n |m| |n| 3 2 2 6 4

21、，由图可知二面角 EACF 的余弦值是 6 4 12 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【评分细则】由线线平行得到线面平行，给2分同理再推出一个线面平行，给1分由线面平行推出面面平行，给1分由面面平行得到线面平行，给1分由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给1分正确求出平面的法向量，给2分利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【名师点评】 1核心素养：本题考查线面平

22、行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 2解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE平面CDEF，MG平面CDEF，要写全 (2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系 (3)折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化，对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决高考一轮总

23、复习数学（新高考）第七章立体几何变式训练3 (2021 河北质检 ) 如图 1 ：在 ABC中，ABBC，AB2BC 4，点E，F分别是线段AB和AC的中点如图2：以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置 (1) 证明：平面 FPC 平面 BPC； (2)若PEB为等边三角形，求二面角CPFE的余弦值高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何解析 (1)证明：如图，设 M，N 分别为线段 PB，PC 的中点，连接 EM，MN，FN，故 MN 綊1 2BC 由 E，F 分别是线段 AB 和 AC 的中点，得 PEBE，PFCF，EF 綊1 2B

24、C，故 EF 綊 MN，所以 EM 綊 FN 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何又 M，N 分别为线段 PB，PC 的中点，所以 EMPB，FNPC 又 EM 綊 FN，所以 FNPB，所以 FN平面 PBC 又 FN平面 FPC，所以平面 FPC平面 BPC 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)解：因为 BCAB，所以翻折后有 BCBE，BCEP，所以 BC平面 PBE，故平面 PBE平面 BCFE 若PEB 为等边三角形，则 PB2 设 O 为 BE 的中点，连接 PO，故 POBE，故 PO平面 BCFE 高考一轮总复习数学（新高考）第七

25、章立体几何以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OP 的方向为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 则 C(1,2,0)，F(1,1,0)，E(1,0,0)，P(0,0， 3) 设 n(x1，y1，z1)为平面 PEF 的法向量，则 n EF 0， n EP 0，即 y10， x1 3z10，可取 n( 3，0,1) 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设 m(x2，y2，z2)为平面 PCF 的法向量，则 m CP 0， m CF 0，即 x22y2 3z20， 2x2y20，可取 m(1，2， 3) 所以 cosn，m n m

26、|n|m| 2 3 4 8 6 4 ，由题意，可知二面角 CPFE 为钝角所以二面角 CPFE 的余弦值为 6 4 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何考点四立体几何中的探索性问题 (2021 陕西省西安中学模拟)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，且PA平面ABCD，ABC60，E是BC中点， F是PC上的点例 4 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (1)求证：平面 AEF平面 PAD； (2)若 M 是 PD 的中点，当 ABAP 时，是否存在点 F，使直线 EM 与平面 AEF 的所成角的正弦值为1 5？若存在，请求出 PF PC的

27、值；若不存在，请说明理由高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【分析】利用面面垂直的判定定理，证 AE平面 PAD 或证 AD 平面 AEF 即可；建立空间直角坐标系，假设符合条件的点 F 存在，且PF PC ，利用向量法求解回答高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【标准答案】规范答题步步得分 (1)连接 AC，因为底面 ABCD 为菱形，ABC60 ，所以ABC 是正三角形， 1 分得分点 E 是 BC 的中点， AEBC，又 ADBC， AEAD， 2 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 PA平面 ABCD，AE平面 AB

28、CD， PAAE， 3 分得分点又 PAADA，AE平面 PAD， 4 分得分点又 AE平面 AEF，所以平面 AEF平面 PAD 5 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)又PAAD，PA、AE、AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 6分得分点不妨设ABAP2，则AE 3，则A(0,0,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)， P(0,0,2)，E( 3，0,0)，M(0,1,1)， 7分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设PF PC 3，1，2，01，则AF AP PF (0,0,2)( 3，1，2)(

29、 3，22)，又AE 3，0，0，设 n x，y，z是平面 AEF 的一个法向量，则 n AE 3x0 n AF 3xy 22z0 ，取 z，得 n(0,22，)， 10 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设直线 EM 与平面 AEF 所成角为，由EM 3，1，1，得： sin cosEM ，n |EM n| |EM | |n| |32| 5 2222 1 5 化简得：1021340，解得 1 2或 4 5， 11 分得分点故存在点 F 满足题意，此时PF PC为 1 2或 4 5 12 分得分点高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何【评

30、分细则】证出ABC 是正三角形得 1 分证出 AEAD 得 1 分由线面垂直性质证出 PAAE 得 1 分，不写 AE平面 ABCD 不得分由线面垂直的判定证出 AE平面 PAD 得 1 分证出平面 AEF平面 PAD 得 1 分，条件不全不得分建出空间直角坐标系得 1 分高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何设出PF PC 得 1 分求出平面 AEF 的法向量得 3 分，算错但写出AE ，AF 坐标得 1 分求出得 2 分，算错但写出 sin |cosEM ，n| |EM n| |EM |n| 得 1 分得出正确结论得 1 分高考一轮总复习数学（新高考

31、）第七章立体几何【名师点评】 1核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算 2解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中 AE平面 ABCD 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (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，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如AF AP PF 等 (3)思维发散：也可通过证 ADPA、ADAE 证得 AD平面 AEF，进而证得平

32、面 AEF平面 PAD 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何变式训练4 (2021 陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD 的底角BADADC60，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且EDA90，ED AD2AF2AB2 (1)证明：平面 ABE平面 EBD； (2)点 M 在线段 EF 上，试确定点 M 的位置，使平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面角的余弦值为 3 4 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何解析 (1)证明：平面 ABCD平面 ADEF，平面 ABCD平面 ADEFAD，EDAD， ED平面 ABCD，AB平面 ABCD，

33、EDAB， AB1，AD2，BAD60 ， BD 14212cos 60 3， AB2BD2AD2， ABBD，又BD平面 BDE， BDEDD，AB平面 BDE，AB平面 ABE，平面 ABE平面 EBD 高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何 (2)以B为坐标原点，以BA，BD为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则A(1,0,0)，B(0,0,0)，C 1 2， 3 2 ，0 ， D(0， 3，0)，E(0， 3，2)，F(1,0,1)，则CD 1 2， 3 2 ，0 ，DE (0,0,2)， BA (1,0,0)，EF (1， 3，1)，高考一轮总复习

34、数学（新高考）第七章立体几何设EM EF (， 3，)，(01)，则BM BE EM (， 3 3，2)，设平面 CDE 的法向量为 m(x1，y1，z1)，平面 ABM 的法向量为 n (x2，y2，z2)，则 m CD 1 2x1 3 2 y10， m DE 2z10，即 x1 3y1， z10，高考一轮总复习数学（新高考）第七章立体几何不妨取 y11，则 m( 3，1,0)， n BA x20， n BM x2 3 3y22z20 不妨取 y22，则 n(0,2， 3 3)， |cos | |m n| |m| |n| |2| 2 42107 3 4 ，即 1 2或 5 4(舍)，即点 M 为线段 EF 的中点时，平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面角的余弦值为 3 4 谢谢观看