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  • 2021-06-16 发布

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)

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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 .

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