2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题4 立体几何 解密高考4 立体几何问题重在“建”“转”——

第二部分讲练篇解密高考④立体几何问题重在“建”“转”——建模、转换——————[思维导图]————————————[技法指津]——————立体几何解答题建模、转换策略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是建模、转换．建模——问题转化为平行模型、垂直模型、翻折模型；转换——对几何体的体积、三棱锥的体积考查顶点转换，多面体体积分割转换为几个规则几何体的体积和或体积差求解．母题示例：2019年全国卷Ⅰ，本小题满分12分如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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.本题考查：线面平行的证明，点到平面距离的计算、体积的计算，考生的直观想象、转化化归、数学运算能力，考生的直观想象和数学运算的核心素养.[审题指导·发掘条件](1)看到证明MN∥平面C1DE，想到线面平行的判定定理，需证明MN与平面C1DE内的某一直线平行，看到E，M，N为BC，BB1，A1D的中点，想到利用三角形的中位线寻找平行关系．(2)看到找点C到平面C1DE的距离，想到作高或等体积转换．[规范解答·评分标准](1)连接ME，B1C.∵M，E分别为BB1，BC中点，∴ME为△B1BC的中位线，∴ME∥B1C且ME＝12B1C.2分又N为A1D中点，且A1D綊B1C，∴ND∥B1C且ND＝12B1C，∴ME綊ND，∴四边形MNDE为平行四边形.·········4分∴MN∥DE，又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE∴MN∥平面C1DE.················6分(2)在菱形ABCD中，E为BC中点，∴DE⊥BC.根据题意有DE＝3，C1E＝17，∵棱柱为直棱柱，所以有DE⊥平面BCC1B1，∴DE⊥EC1，所以S△DEC1＝12×3×17，·············8分设点C到平面C1DE的距离为d，根据题意有VC1­CDE＝VC­C1DE，则有13×12×3×17×d＝13×12×1×3×4，解得d＝417＝41717，······························10分∴点C到平面C1DE的距离为41717.··················12分[构建模板·三步解法]有关立体几何综合问题的解题步骤母题突破：2019年唐山五校摸底如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若PC＝2，求三棱锥C­PAB的高．[解](1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.(2)由PC＝2，PC⊥CB，得S△PBC＝12×(2)2＝1.由(1)知，AC为三棱锥A­PBC的高．易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2，于是S△PAB＝12×22sin60°＝3.设三棱锥C­PAB的高为h，则13S△PAB·h＝13S△PBC·AC，13×3h＝13×1×2，解得h＝63，故三棱锥C­PAB的高等于63.Thankyouforwatching!