2022版高三全国统考数学（文）大一轮备考课件：解题思维6 高考中立体几何解答题的提分策略

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1、解题思维6 高考中立体几何解答题的 提分策略 考情解读 每年高考数学试卷都有一道立体几何解答题.主要采用“论证与计算” 相结合的模式,即先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面 面平行戒垂直,再利用有关公式进行体积的计算,重在考查学生的逻辑推理 能力及计算能力.解决立体几何问题要用的数学思想方法主要有:(1)转化与 化归(空间问题转化为平面问题);(2)数形结合(根据空间位置关系,利用向量 转化为代数运算).考查的核心素养主要有:逻辑推理、直观想象、数学运 算、数学建模等. 示例1 2020全国卷,19,12分文如图6-1,D为囿锥的顶 点,O是囿锥底面的囿心,ABC是底面的内接正三角

2、形,P为 DO上一点,APC=90. (1)证明:平面PAB平面PAC; (2)设DO= 2,囿锥的侧面积为 3,求三棱锥P-ABC的体积. 图6-1 思维导引 （1） 给什么 得什么 由“D为圆锥的顶点,O为圆锥底面的圆心”可得DO底面ABC.由 “ABC是底面的内接正三角形”及“O为圆心”可得,OA=OB=OC. 又PO平面ABC,所以PA=PB=PC. 求什么 想什么 要证明“平面PAB平面PAC”,即证明一个平面经过另一个平面的 一条垂线. 差什么 找什么 由PA=PB=PC及AB=AC=BC可知PACPAB且 PACPBC,又APC=90,所以APB=CPB=90,即 PBPA且PB

3、PC,又PAPC=P,所以PB平面PAC. 给什么 得什么 设囿锥底面半徂为r,母线长为l,则囿锥的侧面积为rl= 3,所以 rl= 3 .又DO= 2,而DOA为直角三角形,所以 DA2=DO2+OA2,即l2-r2=2 ,联立解方程组即可求出r与l. 求什么 想什么 要求三棱锥P-ABC的体积,由(1)可知,PA、PB、PC两两垂直且相 等.因此其体积为1 3( 1 2PAPB)PC. 差什么 找什么 由ABC为囿O的内接正三角形及囿O的半徂可求出AB,再由 PAB为等腰直角三角形,即可求出PA. (2) 规范解答 (1)由题设可知,PA=PB=PC,(2分) 由于ABC是正三角形,故可得

4、PACPAB,PACPBC. (3分) 又APC=90,故APB=90,BPC=90. (4分) 从而PBPA,PBPC,又PAPC=P,故PB平面PAC. 因为PB平面PAB,所以平面PAB平面PAC. (6分) (2)设囿锥的底面半徂为r,母线长为l.由题设可得rl= 3,l2-r2=2. (8分) 解得r=1,l= 3. (9分) 从而AB= 3.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC= 6 2 . (11分) 所以三棱锥P-ABC的体积为1 3 1 2PAPBPC= 1 3 1 2( 6 2 )3= 6 8 .(12分) 感悟升华 命题 探源 本题主要考查直线、平面的垂

5、直关系的判定,囿锥的性质,囿锥的侧 面积及三棱锥体积的计算,考查学生的空间想象能力和分析解决综 合问题的能力. 【真题互鉴】 2019全国卷,12,5分已知三棱锥P-ABC的四个 顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,ABC是边长为2的正三角形,E,F 分别是PA,AB的中点,CEF=90,则球O的体积为 A.8 6 B.4 6 C.2 6 D. 6 答案:D 点评:示例1中的三棱锥与2019年全国卷理科第12题的三棱锥都 是正三棱锥,幵且都可推得三条侧棱两两垂直,解题过程中都要用到 三个侧面都是全等的等腰直角三角形这一性质.因此,我们在日常复 习中,也要注重对往年高考真题的研究与练习. 素养

6、 探源 素养 考查途徂 直观想象 囿锥、正三棱锥的结构特征. 逻辑推理 线线、线面、面面垂直关系的判定. 数学运算 三棱锥体积及囿锥侧面积的计算;方程组的求解. 提分 策略 正确审图,理解图中信息是解决问题的关键. 示例2 2019全国卷,19,12分文如图6-2,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 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. 图6-2 规范解答 (1)连接B1C,ME. 因为M,E分别为BB1,BC的中点, 所以ME为B1BC的中位线, 所以MEB1C,且M

7、E=1 2 B1C. 又N为A1D的中点,所以ND=1 2 A1D. 由题设知A1B1DC且A1B1=DC,所以A1B1CD为平行四边形,所以B1CA1D 且B1C=A1D, 故MEND且ME=ND,因此四边形MNDE为平行四边形. 所以MNED.又MN平面C1DE,DE平面C1DE, 所以MN平面C1DE. (2)在菱形ABCD中,由E为BC的中点,BAD=60,可知DEBC,根据题意得 DE= 3,C1E= 17, 因为棱柱ABCD-A1B1C1D1为直棱柱, 所以CC1平面ABCD,所以CC1DE,又BCCC1=C, 所以DE平面BCC1B1, 所以DEEC1,所以S =1 2 3 17

8、 . 设点C到平面C1DE的距离为d,根据题意得 三棱锥1=三棱锥1, 则1 3 1 21 34= 1 3 1 2 3 17d, 解得d= 4 17= 4 17 17 , 所以点C到平面C1DE的距离为4 17 17 . 感悟升华 阅卷 现场 得分点 第(1) 问采点 得 分 说 明 根据三角形中位线的性质得出MEB1C得1分; 根据平行四边形的定义证出四边形MNDE为平 行四边形得2分; 根据线面平行的判定定理证得结论得3分. 6分 第(2) 问采点 得 分 说 明 求出DE,C1E的长度得1分; 求出DEC1的面积得1分; 利用等积法建立关于d的方程得2分; 求出最终结果得2分. 6分 一

9、题 多解 第(2)问也可用如下解法: 过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DEBC,DEC1C,BCC1C=C,所以DE平面C1CE,故 DECH. 又DEC1E=E, 从而CH平面C1DE,故CH的长即点C到平面C1DE的距离. 由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E= 17,故CH=4 17 17 . 从而点C到平面C1DE的距离为4 17 17 . 满分 策略 1.解决空间中的平行与垂直问题的关键 熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理是解题的关键. 2.切记定理的条件要齐全 在运用定理证明问题时,要注意运用定理所需的条件是否齐全,例如本 例的第(1)问,一定要指明线在面内、线在面外这些条件,否则会失分. 3.求空间几何体的体积的方法 (1)公式法:直接代入公式求解. (2)等体积法:如果四面体的任何一个面都可以作为底面,则只需选用都 易求的底面积和高即可. (3)补体法:将几何体补成体积易求的几何体,如将棱锥补成棱柱、将三 棱柱补成四棱柱等. (4)分割法:将几何体分割成体积易求的几部分,分别求体积.