高考理科数学人教版大一轮复习规范答题提分课(四)

规范答题提分课（四）

立体几何类解答题

典型例题题目拆解

<12分)(2019•全国卷I)如图.H四棱柱\/；(大本题可拆解成以下几个小问题：

A.H.C,D,的底面是差形.AA=i,A/i=2,^HAD本虺可拆解成以下几个小问题:

60°.E.M.V分别是BC.BBiM/)的中点.(I)连接ME.BC•①利用：角形中位线和AD

⑴证明:MN〃平面QDE•证明ME4、D：②四边形MNDE为平

(2)求二血用AM/A.-N的正弦ffi.行四边形•进而证得MN〃DE.根据线面平行

判定定理可证得M、〃平面(；DE.

(2)①建立空间红角坐标系•写出平面AMA,M

一个法向址;②用待定系数法求出平面M4.、

的法向盘•燃后转化为求两个法向量的夹角的

余弦值.进而求出二面向A-MAt-V的正弦值.

标准答案阅卷现场

【解析】(I)连接\猊.《r.因为M.E分别为物人收'中点.所

1第⑴问第⑵问

以ME为△«,A,的中位线.所以ME〃/3('且ME=g/31c

①④

得②③⑤⑥⑦⑧

.............................................................................①

分11212122

义.、为儿。中点.JLAD/BC.所以、D〃BC且

点

分分

XI)=5所以MEVD.所以四边形MNDE为平18

行四边形........................................第(I)问踩点得分说明

所以M、〃DE.又MNb平面CJ)£・DEU平面(*DE.①根据：角形中位线的性质得出MEj方

所以MN〃平面GDE.................................................

得1分：

(2)设AC'DBD=O.A,Gn/^D,=(),.由直四枝柱牲

②根据平行四边形的定义证出MNDK为平行

质可知：(X*J_平面AHCI).因为四边形AHC'D为菱.4

四边形得分,

形.所以ACJ_HD.则以为原点•可建立如图所示的1

空间克角坐标系.④；③根据线面步行的判断定理求得结论得2分.

第(2)问踩点得分说明

则A(>/3.O.O).M(OJ.2).Al(y3.O.4).D(C.-1.0).

I建立空间直角坐标系得1分：

除一十・•取的中点连接

N2)A3EDF.:⑤准确地。出各点的坐标得2分：

则F惇十.。),⑥求出平面AMA的法向址得1分：

⑦求出平面MA、的法向■得2分；

因为四边形八BCD为菱形且/B八Q=60°・所以△BAD为等边三角彩.:⑧求出最终结果得2分.

所以DF1AH又AA_1_平面A/TD.DRZ平面八技工).所以DFLAA,.

又因为ABC!AA=/\.所以DF平面八5gA.即£>尸_1_平面AMA.

所以加为平面八M九的一个法向量,且加=(堂亭。).

设平面MAN的法向量”一(.r,_y.：:>.5LM/“=1.2).

n•MA—%/3.r—v4-2i~0.

MN=—^■・0)•所以‘

ifMN-1-3'=0.

令1y=1.£=-1.所以〃=(悟・1.一1).................⑦

所以cos<DF.n)=__?F_-—=———=J.所以sin<I)F,n)=»

|DF|«|n|/】5b

所以二面角A-W\,-.V的正弦值为⑧

V

Q高考状元•满分心得

1.空间中的平行与垂直问题的关键

熟练把握空间中平行与垂直的判定定理是解题的关键.

2.利用向量法求线面角和二面角的关注点

建立恰当的空间直角坐标系，利用待定系数法求出相应平面的法向量

是解题的关键，特别是有关点的坐标的正确书写一定要谨慎.

3.定理的条件要齐全

在运用定理证明问题时,注意条件的齐全性,例如本题的第（1）问，一定

要指明线在面内、线在面外这些条件，否则要适当扣分.

4.求点的坐标的注意点

一定要注意坐标的正、负值,这是极其容易出错的地方.

跟踪演练•感悟体验^

1.（2019•北京高考）如图，在四棱锥P-ABCD中,PA,平面ABCD,AD±

PF1

CD,AD〃BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且右

⑴求证:CD,平面PAD.

⑵求二面角F-AE-P的余弦值.

PG2

⑶设点G在PB上,且而"判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.

【解析】（1）因为PA_L平面ABCD,CDu平面ABCD,

所以PA±CD,

又因为CD_LAD,ADAPA=A,AD,PAc平面PAD,

所以CDJ■平面PAD.

PM1

⑵在PD上取点M,使而二连接FM,

PF1

在APCD中，又近二§,

II\2

所以FM士§CD,FM二至

由（1）知，CD_L平面PAD,所以FM_L平面PAD,又AEc平面PAD,

所以FM±AE,

在ZkPAD中，E是PD中点，PA=AD=2,

所以AEJLPD,PD=2\,2

又因为FM,PDu平面EFM,FMAPD=M,

所以AE_L平面EFM,又EFu平面EFM,

所以AE_LEF,

所以NFEM为二面角F-AE-P的平面角.

在4PCD中，PD=2\，ZPE二、2,

12&&

PM^PD二等，EM二!，

在RtAEFM中，EF=\「EM24-FM，理

EM平

cosZFEM=—=—,

J3

所以二面角F-AE-P的余弦值为?

⑶取CF中点N,连接DN,GN,

在4PDN中，E,F分别为PD,PN的中点，所以EF//DN,

PGPN2

在△PBC中，丽二宿?

又BC=3,所以GN〃BC,GN=2,

又因为AD〃BC,AD=2,

所以GN^AD,四边形ADNG是平行四边形,

所以AG〃DN,又因为EF〃DN,

所以AG〃EF,

又因为AG与平面AEF有公共点,

所以AGu平面AEF.

2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为、/2的正方形,PA1BD.

(1)求证：PB二PD.

⑵若E,F分别为PC,AB的中点,EFJ_平面PCD,求直线PB与平面PCD

所成角的大小.

【解析】(1)连接AC与BD交于点0,连接P0,

因为底面ABCD是正方形，

所以AC_LBD且0为BD的中点.

又PA_LBD,PAPAC=A,

所以BDJ■平面PAC,

由于POu平面PAC,

故BD±PO.

又BO二DO,

故PB=PD.

(2)设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,因为E,F分别为PC,AB的中点,