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规范答题必考大题突破课(四) 立体几何,【热点标签】 1.题型:解答题 2.分值:12分 3.难度:中档,【热点题型】 题型一:线面位置关系与二面角的大小问题:此类问题 每年必考,考查学生的空间想象能力及运算求解能力 题型二:线面位置关系与存在性问题:重点考查向量法 在立体几何中的应用,题型一 线面位置关系与二面角的大小问题 【真题示例】(12分)(2015陕西高考)如图1,在直角 梯形ABC中,ADBC,BAD= , AB=BC=1, AD=2,点是AD的中点, 点是AC与BE的交点. 将ABE沿BE折起到A1BE 的位置,如图2.,(1)证明:CD平面A1OC. (2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.,【信息解读】(1)看到点E是AD的中点,想到四边形ABCE是正方形,四边形BCDE是平行四边形. (2)看到平面A1BE平面BCDE,想到线面垂直.,【标准答案】(1)在图1中,因为ADBC,AB=BC=1,AD=2, 点E是AD的中点,BAD= ,所以四边形ABCE为正方形, 四边形BCDE为平行四边形,所以BEAC,即在图2中,BEOA1,BEOC, 2分得分点 又OA1OC=O,从而BE平面A1OC, 又CDBE,所以CD平面A1OC. 2分得分点,(2)由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BEOA1,BEOC, 所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC= . 2分得分点,如图,以点O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED, 所以 2分得分点 设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量 n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD的夹角为,1分得分点 1分得分点,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 . 2分得分点,【得分细则答题规则】 第(1)问踩点说明(针对得分点): 得分点有两处:一是说明BEAC得1分.二是说明BEOA1,BEOC得1分. 得分点有两处:一是证明BE平面A1OC得1分,二是根据CDBE,得CD平面A1OC得1分.,第(2)问踩点说明(针对得分点): 证明A1OC= 得2分. 建系,求点的坐标及有关向量的坐标得2分. 求平面A1BC的法向量得1分. 求平面A1CD的法向量得1分. 求两平面夹角的余弦值得2分.,答题规则1:写全解题步骤,步步为“赢” 在书写解题过程时,对于是得分点的解题步骤一定要写 全,阅卷时根据得分点评分,有则得分,无则不得分.如 本题中,在建系前先证明A1OC= ,如无此步骤,则会扣 掉2分.,答题规则2:恰当建系,准确确定相关点的坐标 解题过程中,要充分利用题设中的垂直关系(必要时给 予证明),尽量使相关点在轴上,建立空间直角坐标系, 看清题目中给出的各线段的长度,根据图形的性质,准 确求出相关点的坐标,这是后续步骤的基础,应确保万 无一失.,【跟踪训练】 (2016金昌模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA平面ABCD,点E,F分别是线段AB,BC的中点.,(1)证明:PFFD. (2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG平面PFD. (3)若PB与平面ABCD所成的角为45,求二面角A-PD-F的余弦值.,【解析】因为PA平面ABCD,BAD=90,AB=1,AD=2,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 则A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0). (1)不妨令P(0,0,t), 因为 =(1,1,-t), =(1,-1,0), 所以 =11+1(-1)+(-t)0=0,即PFFD.,(2)设平面PFD的法向量为n=(x,y,z),(3)因为AB平面PAD, 所以 是平面PAD的一个法向量,易得 =(1,0,0), 又因为PA平面ABCD, 所以PBA是PB与平面ABCD所成的角,得PBA=45,所以PA=1, 所以平面PFD的一个法向量为n= 所以 故所求二面角A-PD-F的余弦值为,题型二 线面位置关系与存在性问题 【真题示例】(12分)(2014湖北高考)如图,在棱长为 2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,M,N分别是棱 AB,AD,A1B1,A1D1的中点, 点P,Q分别在棱DD1,BB1 上移动,且DP=BQ=,(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ. (2)是否存在,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.,【信息解读】(1)看到DP=BQ=1,F为AD中点,想到三角形的中位线. (2)看到二面角为直二面角,想到面面垂直.,【标准答案】以点D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立空间直角坐标系,由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,).,则 =(-2,0,2), =(-1,0,), =(1,1,0). 2分得分点 (1)当=1时, =(-1,0,1), 因为 =(-2,0,2),所以 =2 ,即BC1FP. 2分得分点,而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ, 故直线BC1平面EFPQ. 2分得分点 (2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则 于是可取n=(,-,1), 1分得分点 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2,2-,1). 1分得分点,若存在,使得平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直 二面角,则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即 (-2)-(2-)+1=0,解得=1 , 2分得分点 故存在=1 ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面 角为直二面角.2分得分点,【得分细则答题规则】 第(1)问踩点说明(针对得分点): 建系:求相关点、相关向量的坐标得2分. 证明BC1FP得2分. 证明BC1平面EFPQ得2分.,第(2)问踩点说明(针对得分点): 求平面EFPQ的法向量得1分. 求平面MNPQ的法向量得1分. 求的值得2分. 回答问题得2分.,答题规则1:写全解题步骤,步步为“赢” 在书写解题过程时,对于是得分点的解题步骤一定要写 全,阅卷时根据得分点评分,有则得分,无则不得分,如 本题中求出值后,应说明“存在=1 ,使平面 EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角”,如无此得 分点则会扣掉2分.,答题规则2:注意运算的准确性 因为利用空间向量解决线、面间的垂直、平行关系,基 本思路就是将其转化为向量问题,进行空间向量的运算, 因此解题过程中,要求求方向向量、法向量及向量的运 算时,一定要准确无误,如本例求解平面EFPQ与平面 MNPQ的法向量时均要计算准确,否则可能会导致结论错 误.,【跟踪训练】(2016焦作模拟)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是菱形, ADNM是矩形,平面ADNM 平面ABCD,DAB=60, AD=2,AM=1,点E是AB的中点.,(1)求证:AN平面MEC. (2)在线段AM上是否存在点P,使二面角P-EC-D的大小为 ？若存在,求出AP的长h;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)连接BN,设MC交BN于点F,连接EF,因为 NMADCB,NM=AD=CB,所 以四边形MNCB是平行四边形, 点F是BN的中点,又因为点E是 AB的中点,所以NAEF,又 AN平面MEC,EF平面MEC,所以AN平面MEC.,(2)假设在线段AM上存在点P,使二面角P-EC-D的大小为 方法一:延长DA,CE交于点Q,过点A作AHEQ于点H,连接PH,因为四边形ADNM是矩形,平面ADNM平面ABCD,所以MA 平面ABCD,又EQ平面ABCD,所以MAEQ,则EQ平面APH,EQPH,则PHA就是二面角P-EC-D的平面角,则PHA= ,在QAE中,AE=1,AQ=2,QAE=120, 则QE=,所以 又在RtPAH中, AP=AH tan30= 1,故在线段AM上存在点P,使二面角 P-EC-D的大小为 ,此时AP的长为 .,方法二:由于四边形ABCD是菱形,点E是AB的中点,DAB=60,所以ABD 是等边三角形,则DEAB, 又因为四边形ADNM是矩形, 平面ADNM平面ABCD,所以 DN平面ABCD,如图建立空间直角坐标系D-xyz,D(0,0,0),E( ,0,0),C(0,2,0),P( ,-1,h),设平面 PEC的法向量为n1=(x,y,z),则 n1=0,且 n1=0, 令y= h,所以n1=(2h, h, ),又平 面ADE的一个法向量n2=(0,0,1), ,cos= = 故在线段AM上存在点P, 使二面角P-EC-D的大小为 ,此时AP的长为 .,
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