专题三 规范答题示范课——立体几何解答题-2022高考文科数学【创新设计】二轮专题复习（全国版 word）晋豫皖宁吉黑青甘新蒙贵川桂云藏陕赣

规范答题示范课——立体几何解答题 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重在“化归”与“转换”. (12分)(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAC； (2)设DO＝π，求三棱锥P－ABC的体积.，圆锥的侧面积为 (1)证明　依题设可知，PA＝PB＝PC. 由△ABC是正三角形， 可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.2分 又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°. 从而PB⊥PA，PB⊥PC.4分 又PA，PC⊂平面PAC，PA∩PC＝P，故PB⊥平面PAC，又PB⊂平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAC.6分 (2)解　设圆锥的底面半径为r，母线长为l， 由题设可得rl＝. ，l2－r2＝2，解得r＝1，l＝ 从而AB＝.8分 由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝. 10分 所以三棱锥P－ABC的体积为 .12分＝××·PA·PB·PC＝· ❶写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分.如第(1)问中缺少PA＝PB＝PC，PB⊥PC扣分.忽视PA，PC⊂平面PAC，PA∩PC＝P也要扣分. ❷写明得分关键点：如第(1)问明确∠BPC＝90°，∠APB＝90°，直线PB⊥平面PAC，第(2)问计算r，l等，否则导致失分. ❸正确计算是得分的保证：准确计算AB＝才能得满分，另外最后结果不化简也扣分.及V三棱锥P－ABC＝，PA＝PB＝PC＝ 1.如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1－BCDE. ，AB＝BC＝ (1)证明：CD⊥平面A1OC； (2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1－BCDE的体积为36，求a的值. (1)证明　在图1中，因为AB＝BC＝，所以BE⊥AC， AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝ 即在图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC. 又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC. (2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，BE为交线， 又由(1)知，OA1⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱锥A1－BCDE的高， 由图1可知，A1O＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2， AB＝ 从而四棱锥A1－BCDE的体积为 V＝a3， a＝×a2××S×A1O＝ 由，得a＝6. a3＝36 2.如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. (1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)设O为△A1B1C1的中心.若AO＝AB＝6，AO∥平面EB1C1F，且∠MPN＝，求四棱锥B－EB1C1F的体积. (1)证明　因为侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1. 又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN. 因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N. 又侧面BB1C1C是矩形，所以B1C1⊥MN. 又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1AMN， 所以B1C1⊥平面A1AMN. 又B1C1⊂平面EB1C1F， 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)解　连接PN.AO∥平面EB1C1F， AO⊂平面A1AMN， 平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN， 故AO∥PN. 又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形， 所以PN＝AO＝6，AP＝ON＝BC＝2. ，EF＝AM＝2，PM＝AM＝ 又BC∥B1C1，B1C1⊂平面EB1C1F，BC⊄平面EB1C1F， 所以BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B－EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离. 如图所示，作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F， 故MT＝PMsin∠MPN＝3. 底面EB1C1F的面积为 (6＋2)×6＝24. ×(B1C1＋EF)×PN＝ 所以四棱锥B－EB1C1F的体积为×24×3＝24. $