2018届二轮复习高考大题·规范答题示范课(四)立体几何类解答题课件（全国通用）

2018届二轮复习高考大题·规范答题示范课(四)立体几何类解答题课件（全国通用）

高考大题 · 规范答题示范课 ( 四 ) 立体几何类解答题 【 命题方向 】 1. 空间线线、线面、面面平行与垂直的确认与应用问题，常以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体 . 主要考查利用线面、面面平行与垂直的判定与性质定理证明空间的平行与垂直关系 . 2. 根据空间点、线、面的位置与数量关系，确定或应用几何体的体积，利用体积转化法求解 . 3. 确定或应用空间的线线角、线面角、面面角 . 一般需建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 . 【 典型例题 】 (12 分 )(2016 · 全国卷 Ⅱ) 如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O ， AB=5 ， AC=6 ，点 E ， F 分别在 AD ， CD 上， AE=CF= ， EF 交 BD 于点 H. 将△ DEF 沿 EF 折到△ D′EF 的 位置， OD′= . (1) 证明： D′H⊥ 平面 ABCD. (2) 求二面角 B-D′A-C 的正弦值 . 【 题目拆解 】 本题可拆解成以下几个小问题： (1)① 证明 D′H⊥EF ；②证明 D′H⊥OH. (2)① 根据 (1) 建立适当的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求相关向量的坐标； ②求两平面 ABD′ 与 ACD′ 法向量的夹角的余弦值； ③ 求二面角 B - D′A - C 的正弦值 . 【 标准答案 】 (1) 由已知得 AC⊥BD ， AD=CD ， …… … … 1 分　得分点① 又由 AE=CF 得 故 AC∥EF. … … 1 分　得分点② 因此 EF⊥HD ，从而 EF⊥D′H. … ……… 1 分　得分点③ 由 AB=5 ， AC=6 得 DO=BO= =4. 由 EF∥AC 得 所以 OH=1 ， D′H=DH=3 ， ……………… 1 分　得分点④ 于是 D′H 2 +OH 2 =3 2 +1 2 =10=D′O 2 ，故 D′H⊥OH. … ……………………………………… 1 分　得分点⑤ 又 D′H⊥EF ，而 OH∩EF=H ，所以 D′H⊥ 平面 ABCD. …………………………………… …1 分　得分点⑥ (2) 如图，以 H 为坐标原点， HF 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 H - xyz ， 则 H(0 ， 0 ， 0) ， A(-3 ， -1 ， 0) ， B(0 ， -5 ， 0) ， C(3 ， -1 ， 0) ， D′(0 ， 0 ， 3). =(3 ， -4 ， 0) ， =(6 ， 0 ， 0) ， =(3 ， 1 ， 3). …………………………………… …2 分　得分点⑦ 　 设 m =(x 1 ， y 1 ， z 1 ) 是平面 ABD′ 的法向量，则 所以可取 m =(4 ， 3 ， -5). …………………………………… …1 分　得分点⑧ 设 n =(x 2 ， y 2 ， z 2 ) 是平面 ACD′ 的法向量，则 所以可取 n =(0 ， -3 ， 1). ………… …1 分　得分点⑨ 于是 cos < m ， n >= ……………… … …………… … 1 分　得分点⑩ sin= 因此二面角 B - D′A - C 的正弦值是 …………………………………… …1 分　得分点⑪ 【 评分细则 】 第 (1) 问踩分点说明 ( 针对得分点①②③④⑤⑥ ) ： ①由菱形的性质得到 AC⊥BD ， AD=CD 得 1 分； ②③由已知判断出 AC∥EF ，并证明 EF⊥D′H 各得 1 分； ④⑤由此推得 OH=1 ， D′H=3 ，并用勾股定理逆定理证得 D′H⊥OH ，各得 1 分； ⑥由线面垂直的判定定理得 D′H⊥ 平面 ABCD 得 1 分 . 第 (2) 问踩分点说明 ( 针对得分点⑦⑧⑨⑩ ⑪ ) ： ⑦建立正确的空间直角坐标系并写出相关点的坐标得 1 分，进而求出相关向量的坐标，再得 1 分； ⑧⑨正确求出两个平面的法向量各得 1 分； ⑩正确求出两法向量夹角的余弦值得 1 分； ⑪ 正确得到二面角的正弦值得 1 分 . 【 高考状元满分心得 】 1. 写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与 计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以 对于得分点步骤一定要写 . 如第 (1) 问中的 AC⊥BD ， AD= CD ， AC∥EF ；第 (2) 问中的 的坐标，及两平面 法向量的坐标 . 2. 注意利用第 (1) 问的结果：在题设条件下，立体几何解答题的第 (2) 问建系，要用到第 (1) 问中的垂直关系时，可以直接用，有时不用第 (1) 问的结果无法建系，如本题即是在第 (1) 问的基础上建系 . 3. 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 . 所以在解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第 (1) 问中一定要写出判断 D′H⊥ 平面 ABCD 的三个条件，写不全则不能得全分，如 OH∩ EF=H 一定要有，否则要扣 1 分；第 (2) 问中不写出 cos < m ， n >= 这个公式，而直接得出余弦值，则 要扣 1 分 . 【 跟踪训练 】 (12 分 )(2016 · 全国卷 Ⅰ) 如图，在以 A ， B ， C ， D ， E ， F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形， AF=2FD ，∠ AFD=90° ，且二面角 D-AF-E 与二面角 C-BE-F 都是 60°. (1) 证明：平面 ABEF⊥ 平面 EFDC. (2) 求二面角 E-BC-A 的余弦值 . 【 题目拆解 】 本题可化整为零，拆解成以下几个小问题：①求证 AF⊥ 面 EFDC. ② 建立空间直角坐标系，求平面 BEC 和平面 ABC 的法向量 . ③ 求平面 BEC 和平面 ABC 法向量夹角的余弦值 . 【 规范解答 】 (1) 因为 ABEF 为正方形，所以 AF ⊥ EF. 因为∠ AFD=90° ，所以 AF⊥DF. 因为 DF∩EF=F ，所以 AF⊥ 面 EFDC ， AF ⊂ 面 ABEF ，所以平面 ABEF⊥ 平面 EFDC. (2) 由 (1) 知 ∠ DFE=∠CEF=60°. 因为 AB∥EF ， AB ⊄ 平面 EFDC ， EF ⊂ 平面 EFDC ， 所以 EF∥ 平面 ABCD ， AB ⊂ 平面 ABCD. 因为面 ABCD∩ 面 EFDC=CD ， 所以 AB∥CD ，所以 CD∥EF ， 所以四边形 EFDC 为等腰梯形， 以 E 为原点，如图建立坐标系，设 FD=a ， E(0 ， 0 ， 0) ， B(0 ， 2a ， 0) ， C A(2a ， 2a ， 0) ， =(0 ， 2a ， 0) ， =(-2a ， 0 ， 0). 设平面 BEC 的法向量为 m =(x 1 ， y 1 ， z 1 ). 令 x 1 = ，则 m =( ， 0 ， -1). 设平面 ABC 的法向量为 n =(x 2 ， y 2 ， z 2 ) ， 令 y 2 = ，则 n=(0 ， ， 4). 设二面角 E-BC-A 的大小为 θ. cosθ = 所以二面角 E-BC-A 的余弦值为 .