規范答題系列一一立體幾何綜合問題

［典例］(12分)(2021?新高考I卷)如圖,在三棱錐A?BCD中,平面ABD_L平面BCD,AB=AD,

。是BD的中點.

(1)證明：0A1CD；

(2)若△0CD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小

為45°,求三棱錐A-BCD的體積.

,導引助思?析考題

(1)看到平面ABD_L平面BCD,想到A0J_BD,利用性質定理將其轉化為AO_L平面BCD,即可證

明結論；

(2)看到二面角E?BC?D的大小為45°,想到建立空間直角坐標系，將其轉化為兩個法向量的

夾角，列方程求AD的長度，進而求三棱錐的體積.

【標準答案】(1)因為AB=AD,0為BD的中點，

所以AO_LBD,

?1分

又平面ABD平面BCD,平面ABDG平面BCD=BD,AOu平面ABD,

所以AOJL平面BCD,.................................................................②3

分

又CDu平面BCD,所以AO_LCD......................................................③4分

⑵取0D的中點F,

因為aOCD為正三角形，所以CF_LOD,.............................................④5分

過點0作OM//CF與BC交于點M,則OM±OD,

所以0M,0D,0A兩兩垂直，

以點0為坐標原點，分別以0M,0D,

0A所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示，

則BS,-1,0),C曾,0),D(0,1,0),

(12t

設A[0,0,t),則E10,g,§⑤6分

因為0人，平面BCD,

故平面BCD的一個法向量為漪=(0,0,t),⑥7分

設平面BCE的法向量為〃=(x,y,z),

0一L42t

又覺=像i,BE=10,—

n?瓦?=0除+2。

所以,解得《，令,

4.2t

n?BE=G印+5z=0

則y=-1,z=?，故〃=(m，-L；

⑦9分

因為二面角?叱〃的大小為45°,

\n*OA2

所以|cos〈/?,0A〉

\nOA

解得1=1(%=-1舍去)，所以的=1,⑧10分

1

又SQCD-XIX

乙24

V3

所以產(§)11分

S8BC2

故,S*KV?%x2

,滿分點撥?悟考題

命題考查知識：主要考查面面垂直和線面垂直的性質，有關空間角的求解問題等.

探源核心素養：數學運算、邏輯推理、直觀想象

閱卷①得到力。1⑸9,得1分.

現場②將已知的面面垂直轉化為力0_1平面比巳得2分.若不寫“力化平面力助”，或“平

面力即n平面夕。9=為%打1分.

③得出所證，得1分.

④說明血刃，得1分.

⑤建立空間直角坐標系，準確寫出點的坐標，得1分.若在圖中沒有標注三條坐標

軸，不得分.

⑥得到平面以力的法向量，得1分.

若使用待定系數法求解，也得1分.

⑦求出平面6四的法向量，得2分.正確列出方程組，結果錯誤，只得1分.

⑧列出方程求得力，得1分；若方程正確，結果錯誤，也得1分.

⑨準確求出三角形面積，得1分.

⑩求出體積得1分.公式錯誤不得分.該處錐體體積易漏乘J.

1.證明空間線面問題的關鍵

準確把握幾何體的結構特征，靈活利用平面幾何知識把平面中的平行與垂直關系轉

化為空間中的線面關系.

滿分

2.求解空間角問題的技巧

策略

(1)掌握法向量：求解空間角，常利用到平面的法向量，準確求解空間向量是基礎.

(2)角的轉化：用空間向量表示所求角，要注意兩類角度之間的關系，準確確定其取

值范圍.

,i題多解-妙解題

第⑵問(幾何法)在平面力劭中，作成J_劭于也在平面時中，作助歸_8。于此連接覦

由(1)得以_1_勿，所以?/〃曲，所以國打_平面頗,

因為比已平面頗，所以EMLBC,

因為〃VJ_8G

所以N￡W即為二面角萬的〃的平面角,

所以N?wa45°,

因為0C=0D=0B=CD=3

所以BGLCD,所以MN〃CD,且

22

MN=EM=-CD=-,

oo

所以沅=4,OA=lf

所以匕■S^ncf)?OA

BCD=R<5

=鼻X1X^3X1=~^~.

3Zvo

■跟蹤訓練

如圖,已知三棱柱ABOABC中，四邊形AACC為正方形，AB=AC=2,AM±A.B.,M,N分

別是CG，BC的中點，點P是線段>的上的動點.

(1)證明：AM1PN；

(2)已知BC=2/，求平面PMN與三面ABC所成銳二面角的余弦值的取值范圍.

【解析】⑴在三棱柱ABOABG中，取AC中點D,連接DN,A,D,B,N,如圖,而N是BC中點,

于是得DN〃AB〃AB,

在正方形AACC中，AA,=AC,AD=CM,ZA,AC=ZACM,則△AADg^ACM,

JI

即NAA|D=NCAM,又NAAQ+NADA=w,

jr

貝I]NCAM+NA]DA=^,即AMJ_A。,

乙

因為AM_LAB，A1B,nAlD=A1,

從而得AMJ_平面ABND,

又NPu平面ABND,

所以AM_LPN；

(2)因為AB=AC,BC=24,

則AB2+AC2=BC2,即有AB±AC,

又AM_LAB,AB〃AB,于是得AM_LAB,又AMCAC=A,

則ABJ_平面ACCA,即有AB_LAA”

以射線AB,AC,AAi所在直線分別為x,y,z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖,

則N31,0),M(0,2,1),

設P(t,0,2),te[0,2],NM=(-1,1,1),

沛=(t,-2,1),

設平面MNP的法向量A=(X,y,z),

n?而=-x+y+z=0

則-，

n?礪=tx-2y+z=0

./(1+￡2-1\

令x=i,得〃=[i,'

而平面力的一個法向量〃=(0,0,1),

設平面A網與平面力比1所成銳二面角為夕，顯然*:2,否則聯LA,夕=5，

2-t

3

則cos9=Icos(〃，n)|=|

l+p212一淬

1+十

3)