高考数学二轮复习第二部分专题三立体几何满分示范课——立体
几何专题强化练理
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、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型及平面化模型；建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与︵︵
半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． [规范解答] (1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
︵
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径， 所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 由于DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
→
(2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
︵
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为CD的中点．
由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， →
→→
AM＝(－2，1，1)，AB＝(0，2，0)，DA＝(2，0，0)． 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
→
?－2x＋y＋z＝0，n·AM＝0，?
则即?
?→2y＝0.?
n·AB＝0，
?????
可取n＝(1，0，2). →
又DA是平面MCD的法向量，
→
→→
n·DA525
因此cos〈n，DA〉＝＝，sin〈n，DA〉＝.
→55|n||DA|25
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.
5
高考状元满分心得
1．写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全．如第(1)问中BC⊥DM；在证明平面AMD⊥平面BMC时，只写出DM⊥平面BMC，忽视条件DM?平面AMD，均导致扣分．
2．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件，否则→
→
DA·n不得分；第(2)问中不写出公式cos〈n，DA〉＝而得出余弦值则要扣1分．
→|DA||n|
3．正确计算是得满分的保证：如第(2)问中三棱锥MABC体积最大时，点M的坐标，求→
平面法向量坐标，以及cos〈n，DA〉的值，否则题目不能得分．
[解题程序] 第一步：由面面垂直性质，证BC⊥平面CMD，与BC⊥DM， 第二步：根据面面垂直判定，证平面AMD⊥平面BMC， 第三步：建立空间坐标系，求相应点的坐标， 第四步：计算平面MAB的法向量，求二面角的正弦值， 第五步：检验反思，规范解题步骤． [跟踪训练]
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值． (1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点， 所以OP⊥AC，且OP＝23. 连接OB. 因为AB＝BC＝
2
AC， 2
所以△ABC为等腰直角三角形， 1
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
2由OP＋OB＝PB知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.
→
(2)解：如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.
2
2
2
→
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，23).AP＝(0，2，23)．
→
取平面PAC的一个法向量OB＝(2，0，0)．
→
设M(a，2－a，0)(0≤a≤2)，则AM＝(a，4－a，0)． 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)． →→
由AP·n＝0，AM·n＝0得
?2y＋23z＝0，
可取y＝3a，得平面PAM的一个法向量为n＝(3(a－4)，3a，?
?ax＋（4－a）y＝0，
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