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- 2021-06-16 发布
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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
.