《高考快车道》2026版高三一轮总复习(数学)60 第七章 教考衔接课2 从“一题多解”“一题多变”角度探究立体几何(pdf版, 含解析)

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名称 《高考快车道》2026版高三一轮总复习(数学)60 第七章 教考衔接课2 从“一题多解”“一题多变”角度探究立体几何(pdf版, 含解析)
格式 zip
文件大小 1.1MB
资源类型 试卷
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2025-07-02 11:49:40

文档简介

2022年新高考Ⅰ卷第19题的命制思路并没有同往年一样,第(1)问位置关系的证明为第(2)问的建系求解做好铺垫,而是把推理融在计算之中,深度考查同学们对立体几何图形的直观想象、逻辑推理和数学运算素养,下面我们对这道高考真题以一题多解、一题多变、回归教材的思路来领悟高考题的命制与求解.
【真题示例·领悟高考】
(2022·新高考Ⅰ卷)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2 .
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
【真题溯源·大题拆解】
本题是以直三棱柱为载体的立体几何模型,倘若同学们对教材比较熟悉,不难发现,该高考题的原图源于人教A版数学必修第二册(2019年6月第1版)第164页第19题(如下),将19题与人教A版数学必修第二册(2019年6月第1版)第161页例10(如下)融合在一起,便形成了2022年新高考Ⅰ卷第19题.
[教材题19] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AA1=AB,求证A1C⊥AB1.
[教材题例10] 如图,已知PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC,求证:BC⊥平面PAB.
倘若同学们能这样拆解问题,学会分析问题,相信2022年新高考Ⅰ卷第19题第(2)问的求解已不算太难.
【一题多解·撬动思维】
[赏析](1)设A到平面A1BC的距离为h,因为==4,则=×h×2=A1A·S△ABC==,解得h=.
即A到平面A1BC的距离为.
(2)法一(坐标法):取A1B的中点E,连接AE,如图,因为AA1=AB,所以AE⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,
且AE 平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,所以AE=h=.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,
由BC 平面A1BC,BC 平面ABC,可得AE⊥BC,BB1⊥BC.
又AE,BB1 平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,
所以BC,BA,BB1两两垂直.
以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,
因为AE=,所以AA1=AB=2,A1B=2,所以BC=2,
则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1),则=(1,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).
设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则
可取m=(1,0,-1)为平面ABD的一个法向量,
设平面BDC的法向量n=(a,b,c),则
可取n=(0,1,-1)为平面BDC的一个法向量,
则cos 〈m,n〉===,
所以二面角A-BD-C的正弦值为=.
法二(几何法):
连接AB1.因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1是正方形,故AB1⊥A1B,
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,且平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1 平面ABB1A1,所以AB1⊥平面A1BC.
设AB1∩A1B=E,如图,过点E作EF⊥BD,垂足为点F,连接AF,根据三垂线定理可知AF⊥BD,则∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角的补角.
因为AE=,AA1=AB,
所以AB=BC=AA1=2,AC=2,A1C=2,AD=BD=CD=.
根据等面积法得S△ABD=×2×==·AF,解得AF=.
所以sin ∠AFE===,
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
法三(射影面积法):
由法二知△EBD是△ABD在平面A1BC内的射影.
设二面角A-BD-A1的平面角为θ,它与二面角A-BD-C的平面角互补.
因为S△ABD=×2×=,S△EBD==S△A1BC=×2×2=,所以cos θ==,于是sin θ=.
因此,二面角A-BD-C的正弦值为.
法四(补体法):
结合题意,由法一、法二知AB=BC=AA1,BC⊥AB1,构造正方体如图所示,则∠AB1C=60°.
由法二知,AB1⊥平面A1BC,B1C⊥平面ABD,
所以二面角A-BD-C的平面角大小为120°,
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
以上四种解法,在计算量、思维量上有较大差别.法一是常规向量坐标运算,计算量大;法二、法三都是纯几何法,通过直观想象感知空间中的线面角、二面角的作图方法,减少计算量,提高抽象思维;法四跳出问题看本质,通过补体,直击问题本质,大道至简,一招妙解.
【变式研究·触类旁通】
1.条件不变,变结论:(1)求C到平面ABD的距离;(2)求二面角A-BD-C的余弦值.
2.结论不变,变条件:把(2)问的条件“平面A1BC⊥平面ABB1A1”换成“BC=2,且AC与平面A1BC所成的角为30°”,再求二面角A-BD-C的正弦值.
以上变式的解答略,感兴趣的同学自己思考求解.
1 / 42022年新高考Ⅰ卷第19题的命制思路并没有同往年一样,第(1)问位置关系的证明为第(2)问的建系求解做好铺垫,而是把推理融在计算之中,深度考查同学们对立体几何图形的直观想象、逻辑推理和数学运算素养,下面我们对这道高考真题以一题多解、一题多变、回归教材的思路来领悟高考题的命制与求解.
【真题示例·领悟高考】
(2022·新高考Ⅰ卷)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2 .
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
【真题溯源·大题拆解】
本题是以直三棱柱为载体的立体几何模型,倘若同学们对教材比较熟悉,不难发现,该高考题的原图源于人教A版数学必修第二册(2019年6月第1版)第164页第19题(如下),将19题与人教A版数学必修第二册(2019年6月第1版)第161页例10(如下)融合在一起,便形成了2022年新高考Ⅰ卷第19题.
[教材题19] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,AA1=AB,求证A1C⊥AB1.
[教材题例10] 如图,已知PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC,求证:BC⊥平面PAB.
倘若同学们能这样拆解问题,学会分析问题,相信2022年新高考Ⅰ卷第19题第(2)问的求解已不算太难.
【一题多解·撬动思维】
[赏析](1)设A到平面A1BC的距离为h,因为==4,则=×h×2=A1A·S△ABC==,解得h=.
即A到平面A1BC的距离为.
(2)法一(坐标法):取A1B的中点E,连接AE,如图,因为AA1=AB,所以AE⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,
且AE 平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,所以AE=h=.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,
由BC 平面A1BC,BC 平面ABC,可得AE⊥BC,BB1⊥BC.
又AE,BB1 平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,
所以BC,BA,BB1两两垂直.
以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,
因为AE=,所以AA1=AB=2,A1B=2,所以BC=2,
则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1),则=(1,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).
设平面ABD的法向量m=(x,y,z),则
可取m=(1,0,-1)为平面ABD的一个法向量,
设平面BDC的法向量n=(a,b,c),则
可取n=(0,1,-1)为平面BDC的一个法向量,
则cos 〈m,n〉===,
所以二面角A-BD-C的正弦值为=.
法二(几何法):
连接AB1.因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1是正方形,故AB1⊥A1B,
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,且平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1 平面ABB1A1,所以AB1⊥平面A1BC.
设AB1∩A1B=E,如图,过点E作EF⊥BD,垂足为点F,连接AF,根据三垂线定理可知AF⊥BD,则∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角的补角.
因为AE=,AA1=AB,
所以AB=BC=AA1=2,AC=2,A1C=2,AD=BD=CD=.
根据等面积法得S△ABD=×2×==·AF,解得AF=.
所以sin ∠AFE===,
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
法三(射影面积法):
由法二知△EBD是△ABD在平面A1BC内的射影.
设二面角A-BD-A1的平面角为θ,它与二面角A-BD-C的平面角互补.
因为S△ABD=×2×=,S△EBD==S△A1BC=×2×2=,所以cos θ==,于是sin θ=.
因此,二面角A-BD-C的正弦值为.
法四(补体法):
结合题意,由法一、法二知AB=BC=AA1,BC⊥AB1,构造正方体如图所示,则∠AB1C=60°.
由法二知,AB1⊥平面A1BC,B1C⊥平面ABD,
所以二面角A-BD-C的平面角大小为120°,
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
以上四种解法,在计算量、思维量上有较大差别.法一是常规向量坐标运算,计算量大;法二、法三都是纯几何法,通过直观想象感知空间中的线面角、二面角的作图方法,减少计算量,提高抽象思维;法四跳出问题看本质,通过补体,直击问题本质,大道至简,一招妙解.
【变式研究·触类旁通】
1.条件不变,变结论:(1)求C到平面ABD的距离;(2)求二面角A-BD-C的余弦值.
2.结论不变,变条件:把(2)问的条件“平面A1BC⊥平面ABB1A1”换成“BC=2,且AC与平面A1BC所成的角为30°”,再求二面角A-BD-C的正弦值.
以上变式的解答略,感兴趣的同学自己思考求解.
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