全国版2017版高考数学一轮复习规范答题

1、规范答题必考大题突破课(四)立体几何【热点标签】【热点标签】1.1.题型题型: :解答题解答题2.2.分值分值:12:12分分3.3.难度难度: :中档中档 【热点题型】【热点题型】题型一题型一: :线面位置关系与二面角的大小问题线面位置关系与二面角的大小问题: :此类问题此类问题每年必考每年必考, ,考查学生的空间想象能力及运算求解能力考查学生的空间想象能力及运算求解能力题型二题型二: :线面位置关系与存在性问题线面位置关系与存在性问题: :重点考查向量法重点考查向量法在立体几何中的应用在立体几何中的应用 题型一题型一线面位置关系与二面角的大小问题线面位置关系与二面角的大小问题【真题示例】【

2、真题示例】(12(12分分)(2015)(2015陕西高考陕西高考) )如图如图1,1,在直角在直角梯形梯形ABCABC中中,ADBC,ADBC,BADBAD= , AB=BC=1,= , AB=BC=1,AD=2,AD=2,点点是是ADAD的中点的中点, ,点点是是ACAC与与BEBE的交点的交点. .将将ABEABE沿沿BEBE折起到折起到A A1 1BEBE的位置的位置, ,如图如图2.2.2(1)(1)证明证明:CD:CD平面平面A A1 1OC.OC.(2)(2)若平面若平面A A1 1BEBE平面平面BCDE,BCDE,求平面求平面A A1 1BCBC与平面与平面A A1 1CDC

3、D夹角夹角的余弦值的余弦值. .【信息解读】【信息解读】(1)(1)看到点看到点E E是是ADAD的中点的中点, ,想到四边形想到四边形ABCEABCE是正方形是正方形, ,四边形四边形BCDEBCDE是平行四边形是平行四边形. .(2)(2)看到平面看到平面A A1 1BEBE平面平面BCDE,BCDE,想到线面垂直想到线面垂直. .【标准答案】【标准答案】(1)(1)在图在图1 1中中, ,因为因为ADBC,AB=BC=1,AD=2,ADBC,AB=BC=1,AD=2,点点E E是是ADAD的中点的中点,BAD= ,BAD= ,所以四边形所以四边形ABCEABCE为正方形为正方形, ,四边

4、形四边形BCDEBCDE为平行四边形为平行四边形, ,所以所以BEAC,BEAC,即在图即在图2 2中中,BEOA,BEOA1 1,BEOC, ,BEOC, 22分得分点分得分点又又OAOA1 1OC=O,OC=O,从而从而BEBE平面平面A A1 1OC,OC,又又CDBE,CDBE,所以所以CDCD平面平面A A1 1OC. OC. 22分得分点分得分点2(2)(2)由已知由已知, ,平面平面A A1 1BEBE平面平面BCDE,BCDE,又由又由(1)(1)知知,BEOA,BEOA1 1,BEOC,BEOC,所以所以AA1 1OCOC为二面角为二面角A A1 1-BE-C-BE-C的平面

5、角的平面角, ,所以所以AA1 1OC= . OC= . 22分得分点分得分点2如图如图, ,以点以点O O为原点为原点, ,建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系, ,因为因为A A1 1B=AB=A1 1E=BC=ED=1,BCED,E=BC=ED=1,BCED,所以所以 2 2分得分点分得分点设平面设平面A A1 1BCBC的法向量的法向量n1 1=(x=(x1 1,y,y1 1,z,z1 1),),平面平面A A1 1CDCD的法向量的法向量n2 2=(x=(x2 2,y,y2 2,z,z2 2),),平面平面A A1 1BCBC与平面与平面A A1 1CDCD的夹角为的夹角为, 122

6、2B,0,0,E,0,0,A 0,0,222（） （）（）2C 0,0,2（）12222BC,0AC0,2222CD BE2,0,0 . 得（），（）1 1分得分点分得分点1 1分得分点分得分点11111111xy0BC 01,1,1yz0AC 0 ，则得取，nnn2222221CD 0 x00,1,1yz0AC 0 ，得取，nnn即平面即平面A A1 1BCBC与平面与平面A A1 1CDCD夹角的余弦值为夹角的余弦值为 . .2 2分得分点分得分点 1226cos|cos,|332从而，n n63【得分细则【得分细则答题规则】答题规则】第第(1)(1)问踩点说明问踩点说明( (针对得分点针

7、对得分点):):得分点有两处得分点有两处: :一是说明一是说明BEACBEAC得得1 1分分. .二是说明二是说明BEOABEOA1 1,BEOC,BEOC得得1 1分分. .得分点有两处得分点有两处: :一是证明一是证明BEBE平面平面A A1 1OCOC得得1 1分分, ,二是根二是根据据CDBE,CDBE,得得CDCD平面平面A A1 1OCOC得得1 1分分. .第第(2)(2)问踩点说明问踩点说明( (针对得分点针对得分点):):证明证明AA1 1OC= OC= 得得2 2分分. .建系建系, ,求点的坐标及有关向量的坐标得求点的坐标及有关向量的坐标得2 2分分. .求平面求平面A

8、A1 1BCBC的法向量得的法向量得1 1分分. .求平面求平面A A1 1CDCD的法向量得的法向量得1 1分分. .求两平面夹角的余弦值得求两平面夹角的余弦值得2 2分分. .2答题规则答题规则1:1:写全解题步骤写全解题步骤, ,步步为步步为“赢赢”在书写解题过程时在书写解题过程时, ,对于是得分点的解题步骤一定要写对于是得分点的解题步骤一定要写全全, ,阅卷时根据得分点评分阅卷时根据得分点评分, ,有则得分有则得分, ,无则不得分无则不得分. .如如本题中本题中, ,在建系前先证明在建系前先证明AA1 1OC= ,OC= ,如无此步骤如无此步骤, ,则会扣则会扣掉掉2 2分分. .2答

9、题规则答题规则2:2:恰当建系恰当建系, ,准确确定相关点的坐标准确确定相关点的坐标解题过程中解题过程中, ,要充分利用题设中的垂直关系要充分利用题设中的垂直关系( (必要时给必要时给予证明予证明),),尽量使相关点在轴上尽量使相关点在轴上, ,建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系, ,看清题目中给出的各线段的长度看清题目中给出的各线段的长度, ,根据图形的性质根据图形的性质, ,准准确求出相关点的坐标确求出相关点的坐标, ,这是后续步骤的基础这是后续步骤的基础, ,应确保万应确保万无一失无一失. .【跟踪训练】【跟踪训练】(2016(2016金昌模拟金昌模拟) )已知在四棱锥已知在四棱锥P-

10、ABCDP-ABCD中中, ,底面底面ABCDABCD是是矩形矩形, ,且且AD=2,AB=1,PAAD=2,AB=1,PA平面平面ABCD,ABCD,点点E,FE,F分别是线段分别是线段AB,BCAB,BC的中点的中点. .(1)(1)证明证明:PFFD.:PFFD.(2)(2)判断并说明判断并说明PAPA上是否存在点上是否存在点G,G,使得使得EGEG平面平面PFD.PFD.(3)(3)若若PBPB与平面与平面ABCDABCD所成的角为所成的角为4545, ,求二面角求二面角A-PD-FA-PD-F的余弦值的余弦值. .【解析】【解析】因为因为PAPA平面平面ABCD,BAD=90ABCD

11、,BAD=90,AB=1,AD=2,AB=1,AD=2,建立如图所示的空间直角坐标系建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,A-xyz,则则A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0).A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0).(1)(1)不妨令不妨令P(0,0,t),P(0,0,t),因为因为 =(1,1,-t), =(1,-1,0),=(1,1,-t), =(1,-1,0),所以所以 =1 =11+11+1(-1)+(-t)(-1)+(-t)0=0,0=0,即即PFFD.PFFD.PFDF PFDF (2)(2)设平面设平面PFDPF

12、D的法向量为的法向量为n=(x,y,z),=(x,y,z),PF 0 x y tz 0,x y 0,DF 0tt tz 1,:xy.( , ,1),22 211G0,0,m ,E(00),EG (,0,m,)22EGPFDEG0,1ttt()01 m m0,2224 ，由得，令解得所以设 点坐标为, ,则要使平面，只需即nnnn11mt,AGAPG.44得从而满足的点 即为所求(3)(3)因为因为ABAB平面平面PAD,PAD,所以所以 是平面是平面PADPAD的一个法向量的一个法向量, ,易得易得 =(1,0,0),=(1,0,0),又因为又因为PAPA平面平面ABCD,ABCD,所以所以P

13、BAPBA是是PBPB与平面与平面ABCDABCD所成的角所成的角, ,AB AB 得得PBA=45PBA=45, ,所以所以PA=1,PA=1,所以平面所以平面PFDPFD的一个法向量为的一个法向量为n= =所以所以 故所求二面角故所求二面角A-PD-FA-PD-F的余弦值为的余弦值为 1 1(,1)2 2,1AB62cos AB,611AB144 nnn66题型二题型二线面位置关系与存在性问题线面位置关系与存在性问题【真题示例】【真题示例】(12(12分分)(2014)(2014湖北高考湖北高考) )如图如图, ,在棱长为在棱长为2 2的正方体的正方体ABCD-AABCD-A1 1B B1

14、 1C C1 1D D1 1中中, ,点点E,F,M,NE,F,M,N分别是棱分别是棱AB,AD,AAB,AD,A1 1B B1 1,A,A1 1D D1 1的中点的中点, ,点点P,QP,Q分别在棱分别在棱DDDD1 1,BB,BB1 1上移动上移动, ,且且DP=BQ=DP=BQ= (02)(1)(1)当当=1=1时时, ,证明证明: :直线直线BCBC1 1平面平面EFPQ.EFPQ.(2)(2)是否存在是否存在,使平面使平面EFPQEFPQ与平面与平面PQMNPQMN所成的二面角所成的二面角为直二面角为直二面角? ?若存在若存在, ,求出求出的值的值; ;若不存在若不存在, ,说明理由

15、说明理由. .【信息解读】【信息解读】(1)(1)看到看到DP=BQ=1,FDP=BQ=1,F为为ADAD中点中点, ,想到三角形想到三角形的中位线的中位线. .(2)(2)看到二面角为直二面角看到二面角为直二面角, ,想到面面垂直想到面面垂直. .【标准答案】【标准答案】以点以点D D为原点为原点, ,射线射线DA,DC,DDDA,DC,DD1 1分别为分别为x,y,zx,y,z轴的正半轴建立空间直角坐标系轴的正半轴建立空间直角坐标系, ,由已知得由已知得B(2,2,0),CB(2,2,0),C1 1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,).(0,2,2),E(2,

16、1,0),F(1,0,0),P(0,0,).则则 =(-2,0,2), =(-1,0,), =(1,1,0).=(-2,0,2), =(-1,0,), =(1,1,0).22分得分点分得分点(1)(1)当当=1=1时时, =(-1,0,1), =(-1,0,1),因为因为 =(-2,0,2),=(-2,0,2),所以所以 =2 ,=2 ,即即BCBC1 1FP.FP.2 2分得分点分得分点1BC FPFE1BC FP1BC FP而而FPFP平面平面EFPQ,EFPQ,且且BCBC1 1 平面平面EFPQ,EFPQ,故直线故直线BCBC1 1平面平面EFPQ. EFPQ. 22分得分点分得分点(

17、2)(2)设平面设平面EFPQEFPQ的一个法向量为的一个法向量为n=(x,y,z),=(x,y,z),则则于是可取于是可取n=(,-,1), =(,-,1), 1 1分得分得分点分点同理可得平面同理可得平面MNPQMNPQ的一个法向量为的一个法向量为m=(-2,2-,1).=(-2,2-,1).1 1分得分点分得分点FE0,x y 0,xz 0,FP0 由可得nn若存在若存在,使得平面使得平面EFPQEFPQ与平面与平面PQMNPQMN所成的二面角为直所成的二面角为直二面角二面角, ,则则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即即(-2)-(2-)+

18、1=0,(-2)-(2-)+1=0,解得解得=1=1 , ,2 2分得分点分得分点故存在故存在=1=1 , ,使平面使平面EFPQEFPQ与平面与平面PQMNPQMN所成的二面所成的二面角为直二面角角为直二面角.2 2分得分点分得分点2222【得分细则【得分细则答题规则】答题规则】第第(1)(1)问踩点说明问踩点说明( (针对得分点针对得分点):):建系建系: :求相关点、相关向量的坐标得求相关点、相关向量的坐标得2 2分分. .证明证明BCBC1 1FPFP得得2 2分分. .证明证明BCBC1 1平面平面EFPQEFPQ得得2 2分分. .第第(2)(2)问踩点说明问踩点说明( (针对得分

19、点针对得分点):):求平面求平面EFPQEFPQ的法向量得的法向量得1 1分分. .求平面求平面MNPQMNPQ的法向量得的法向量得1 1分分. .求求的值得的值得2 2分分. .回答问题得回答问题得2 2分分. .答题规则答题规则1:1:写全解题步骤写全解题步骤, ,步步为步步为“赢赢”在书写解题过程时在书写解题过程时, ,对于是得分点的解题步骤一定要写对于是得分点的解题步骤一定要写全全, ,阅卷时根据得分点评分阅卷时根据得分点评分, ,有则得分有则得分, ,无则不得分无则不得分, ,如如本题中求出本题中求出值后值后, ,应说明应说明“存在存在=1=1 , ,使平面使平面EFPQEFPQ与平

20、面与平面PQMNPQMN所成的二面角为直二面角所成的二面角为直二面角”, ,如无此得如无此得分点则会扣掉分点则会扣掉2 2分分. .22答题规则答题规则2:2:注意运算的准确性注意运算的准确性因为利用空间向量解决线、面间的垂直、平行关系因为利用空间向量解决线、面间的垂直、平行关系, ,基基本思路就是将其转化为向量问题本思路就是将其转化为向量问题, ,进行空间向量的运算进行空间向量的运算, ,因此解题过程中因此解题过程中, ,要求求方向向量、法向量及向量的运要求求方向向量、法向量及向量的运算时算时, ,一定要准确无误一定要准确无误, ,如本例求解平面如本例求解平面EFPQEFPQ与平面与平面MN

21、PQMNPQ的法向量时均要计算准确的法向量时均要计算准确, ,否则可能会导致结论错否则可能会导致结论错误误. .【跟踪训练】【跟踪训练】(2016(2016焦作模拟焦作模拟) )在如图所示的几何体在如图所示的几何体中中, ,四边形四边形ABCDABCD是菱形是菱形, ,ADNMADNM是矩形是矩形, ,平面平面ADNMADNM平面平面ABCD,DAB=60ABCD,DAB=60, ,AD=2,AM=1,AD=2,AM=1,点点E E是是ABAB的中点的中点. .(1)(1)求证求证:AN:AN平面平面MEC.MEC.(2)(2)在线段在线段AMAM上是否存在点上是否存在点P,P,使二面角使二面

22、角P-EC-DP-EC-D的大小为的大小为 ？若存在？若存在, ,求出求出APAP的长的长h;h;若不存在若不存在, ,请说明理由请说明理由. .6【解析】解析】(1)(1)连接连接BN,BN,设设MCMC交交BNBN于点于点F,F,连接连接EF,EF,因为因为NMADCB,NM=AD=CB,NMADCB,NM=AD=CB,所所以四边形以四边形MNCBMNCB是平行四边形是平行四边形, ,点点F F是是BNBN的中点的中点, ,又因为点又因为点E E是是ABAB的中点的中点, ,所以所以NAEF,NAEF,又又ANAN 平面平面MEC,EFMEC,EF平面平面MEC,MEC,所以所以ANAN平

23、面平面MEC.MEC.(2)(2)假设在线段假设在线段AMAM上存在点上存在点P,P,使二面角使二面角P-EC-DP-EC-D的大小为的大小为 方法一方法一: :延长延长DA,CEDA,CE交于点交于点Q,Q,过点过点A A作作AHEQAHEQ于点于点H,H,连接连接PH,PH,因为四边形因为四边形ADNMADNM是矩形是矩形, ,平面平面ADNMADNM平面平面ABCD,ABCD,所以所以MAMA平面平面ABCD,ABCD,又又EQEQ平面平面ABCD,ABCD,所以所以MAEQ,MAEQ,则则EQEQ平面平面APH,EQPH,APH,EQPH,则则PHAPHA就是二面角就是二面角P-EC-DP-EC-D的平面角的平面角, ,则则PHA= ,PHA= ,在在QAEQAE中中,AE=1,AQ=2,QAE=120,AE=1,AQ=2,QAE