1、规范答题示范课规范答题示范课立体几何解答题立体几何解答题 破题之道 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何 体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系.建模将 问题转化为平行模型、 垂直模型及平面化模型； 建系依托于题中的垂直条件， 建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【典例示范】 (12 分)(2019 全国卷)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是 菱形，AA14，AB2，BAD60 ，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点. (1)证明：MN平面 C1DE； (2)求二面角 AMA1N 的正弦值. 切入点：联想线面平行的判定定
2、理，找线线平行. 关键点：建系，求平面 AMA1与平面 MA1N 的法向量. 规范解答 (1)证明 连接 B1C，ME. 因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点， 所以 MEB1C，且 ME1 2B1C.(2 分) 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND1 2A1D. 由题设知 A1B1DC 且 A1B1DC. 因此，B1CA1D 且 B1CA1D， 故 MEND 且 MEND， 因此四边形 MNDE 为平行四边形，则 MNED.(4 分) 又 MN平面 C1DE，ED平面 C1DE， 所以 MN平面 C1DE.(5 分) (2)解 由已知可得 DEDA，以 D 为坐标原点，DA 的方
3、向为 x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，N(1，0，2)，A1A (0，0，4)，A1M (1， 3，2)， A1N (1，0，2)，MN (0， 3，0).(7 分) 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的一个法向量， 则 m A1M 0， m A1A 0， 所以 x 3y2z0， 4z0， 可得 m( 3，1，0).(9 分) 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的一个法向量， 则 n MN 0， n A1N 0， 所以 3q0， p2r0， 可取 n(2，0，1).(10 分) 于是 cosm，n
4、m n |m|n| 2 3 2 5 15 5 ，(11 分) 则 sinm，n 10 5 . 所以二面角 AMA1N 的正弦值为 10 5 .(12 分) 高考状元满分心得 写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以 对于得分点一定要写全.如第(1)问中 MEB1C，且 ME1 2B1C，MNED.第(2)问 建立空间直角坐标系 Dxyz. 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，所以在答题 时一定要写清得分关键点，如第(1)问漏掉条件 MN平面 C1DE；第(2)问中不写公 式 cosm，n m n |m|n|而得出余弦值都会各扣去 1 分. 正确
5、计算是得分的保证：第(2)问中，点 N 的坐标，两个半平面法向量的坐标及 cosm，n的求值，否则不能得分. 满分体验 (2020 天津卷)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1平面 ABC，ACBC，AC BC2，CC13，点 D，E 分别在棱 AA1和棱 CC1上，且 AD1，CE2，M 为棱 A1B1的中点. (1)求证：C1MB1D； (2)求二面角 BB1ED 的正弦值； (3)求直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值. 解 依题意，以 C 为原点，分别以CA ，CB，CC 1 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正 方向建立空间直角坐标系(如图)，可得 C(0，0，0)，
6、A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0， 0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3). (1)证明 依题意，C1M (1，1，0)，B1D (2，2，2)， 从而C1M B1D 2200，所以 C1MB1D. (2)解 依题意，CA (2，0，0)是平面 BB 1E 的一个法向量，EB1 (0，2，1)，ED (2，0，1). 设 n(x，y，z)为平面 DB1E 的法向量，则 n EB1 0， n ED 0， 即 2yz0， 2xz0. 不妨设 x1，可得 n(1，1，2). 因此有 cosCA ，nCA n |CA |n| 6 6 ， 于是 sinCA ，n 30 6 . 所以二面角 BB1ED 的正弦值为 30 6 . (3)解 依题意，AB (2，2，0). 由(2)知 n(1，1，2)为平面 DB1E 的一个法向量， 于是 cosAB ，nAB n |AB |n| 3 3 . 所以直线 AB 与平面 DB1E 所成角的正弦值为 3 3 .
