专题讲座四立体几何在高考中的常见题型与求解策略课案.doc

专题讲座四　立体几何在高考中的常见题型与求解策略　　　立体几何是历年高考必考的热点试题难度中等命题的热点主要有空间线面位置关系的证明和空间角的求解；试题背景有折叠问题探索性问题等考查了学生的空间想象能力、逻辑思维能力以及转化与化归思想的应用能力解决此类问题一般有传统方法 专题一　线面位置关系的证明与空间角的求解[学生用书] 　(2016·高考全国卷Ⅰ)如图在以A为顶点的五面体中面ABEF为正方形＝2FD＝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．[解]　(1)由已知可得AF⊥DF所以AF⊥平面EFDC.又AF平面ABEF故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF垂足为G由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G为坐标原点的方向为x轴正方向|为单位长建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角故∠DFE＝60则DF＝2＝可得A(1)，B(－3)，E(－3)，D(0，0，)．由已知所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD故AB∥CD由BE∥AF可得BE⊥平面EFDC所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角＝60从而可得C(－2)．连接AC则＝(1)，＝(0)，＝(－3－4)，＝(－4)．设n＝(x)是平面BCE的法向量则即所以可取n＝(3－)．设m是平面ABCD的法向量则同理可取m＝(0，4)．则〈nm〉＝＝－故二面角E-BC-A的余弦值为－ 空间中线面的平行与垂直的证明思路(1)利用相应的判定定理和性质定理去解决；(2)利把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算通过运算解决证明问题．　1.(2016·东城一模) 如图在四棱锥P-ABCD中底面ABCD是菱BAD＝60＝2＝1平面ABCD是PC的中点是AB的中点．(1)求证：BE∥平面PDF；(2)求证：平面PDF⊥平面PAB；(3)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小．解：(1)证明：取PD的中点M连接ME因为E是PC的中点所以ME是△PCD的中位线所以ME因为F是AB的中点且四边形ABCD是菱形所以FB所以MEFB.所以四边形MEBF是平行四边形所以BE∥MF.因为BE平面PDF平面PDF所以BE∥平面PDF.(2)证明：因为PA⊥平面ABCD平面ABCD所以DF⊥PA.连接BD因为底面ABCD是菱形＝60所以△DAB为正三角形．因为F是AB的中点所以DF⊥AB.因为PA∩AB＝A所以DF⊥平面PAB.因为DF平面PDF所以平面PDF⊥平面PAB.(3)建立如图所示的空间直角坐标系则P(0)，C(，3，0)，D(0，2，0)，F，＝()，＝(0－1) 由(2)知DF⊥平面PAB所以＝是平面PAB的一个法向量．设平面PCD的法向量为n＝(x)， 由n·＝0n·＝0得令y＝则x＝－1＝2所以n＝(－1，2)是平面PCD的一个法向量．设平面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小为θ则＝＝故平面PAB与平面PCD所成锐二面角的大小为60专题二　平面图形的翻折问题[学生用书] 　(2016·高考全国卷Ⅱ)如图菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O＝5＝6点E分别在AD上＝CF＝交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置＝ (1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B-D′A-C的正弦值．[解]　(1)证明：由已知得AC⊥BD＝CD.又由AE＝CF得＝故AC∥EF.因此EF⊥HD从而EF⊥D′H.由AB＝5＝6得＝BO＝＝4.由EF∥AC得＝＝所以OH＝1＝DH＝3.于是D′H＋OH＝3＋1＝10＝D′O故D′H⊥OH.又D′H⊥EF而OH∩EF＝H所以D′H⊥平面ABCD.(2)如图以H为坐标原点的方向为x轴正方向的方向为y轴正方向的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0)，A(－3－1)，B(0，－5)，C(3，－1)，D′(0，0，3)，＝(3－4)，＝(6)，＝(3)． 设m＝(x)是平面ABD′的法向量则即所以可取m＝(4－5)．设n＝(x)是平面ACD′的法向量 即所以可取n＝(0－3)．于是〈mn〉＝＝＝－〈mn〉＝因B-D′A-C的正弦值是 翻折问题的求解策略(1)解决这类问题的关键是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般情况下长度是不变量而位置关系往往会发生变化．(2)在解决问题时要综合考虑翻折前后的图形既要分析翻折后的图形也要分析翻折前的图形进而将其转化为立体几何的常规问题求解．　2.(2016·青岛模拟)如图所示四边形ABCD中D＝6＝4＝2点E分别在BC上且E为BC的中点现将四边形ABEF沿EF折起使二面角A-EF-D等于60 (1)设P为AD的中点求证：CP∥平面ABEF；(2)求直线A