2021高考数学一轮复习 第8章 立体几何 经典微课堂 规范答题系列3 高考中的立体几何问题教学案

1规范答题系列3高考中的立体几何问题[命题解读]立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算、平面图形的翻折、探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．[典例示范](本题满分12分)(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.图1图2(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面①，且平面ABC⊥平面BCGE②；(2)求图2中的二面角B­CG­A的大小③.[信息提取]看到①想到四边形ACGD共面的条件，想到折叠前后图形中的平行关系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐标法求两平面法向量的夹角余弦值，想到建立空间直角坐标系．[规范解答](1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.2分由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.3分又因为AB平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.4分(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.5分由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.6分2以H为坐标原点，HC→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，CG→＝(1,0，3)，AC→＝(2，－1,0).8分设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG→·n＝0，AC→·n＝0，即x＋3z＝0，2x－y＝0.9分所以可取n＝(3,6，－3).10分又平面BCGE的法向量可取为m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝32.11分因此，二面角B­CG­A的大小为30°.12分[易错防范]易错点防范措施不能恰当的建立直角坐标系由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及侧面菱形的边角关系建立空间直角坐标系建系后写不出G点的坐标结合折叠后棱柱的侧棱关系：CG→＝BE→可求出CG→，或者借助折叠前后直角三角形的边角关系，直接求出点G的坐标[通性通法]合理建模、建系巧解立体几何问题(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；(2)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．[规范特训]1.(2019·江南十校二模)已知多面体ABC­DEF，四边形BCDE为矩形，△ADE与△BCF为边长为22的等边三角形，AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2.(1)证明：平面ADE∥平面BCF；(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值．[解](1)取BC，DE中点分别为O，O1，连接OA，O1A，OF，O1F.由AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝22，3可知△ABC，△DEF为等腰直角三角形，故OA⊥BC，O1F⊥DE，CD⊥DE，CD⊥DF，又DE∩DF＝D，故CD⊥平面DEF，平面BCDE⊥平面DEF，因为平面BCDE∩平面DEF＝DE，O1F⊥DE，所以O1F⊥平面BCDE.同理OA⊥平面BCDE；所以O1F∥OA，而O1F＝OA，故四边形AOFO1为平行四边形，所以AO1∥OF，AO1平面BCF，OF平面BCF，所以AO1∥平面BCF，又BC∥DE，故DE∥平面BCF，而AO1∩DE＝O1，所以平面ADE∥平面BCF.(2)以O为坐标原点，以过O且平行于AC的直线作为x轴，平行于AB的直线作为y轴，OO1为z轴建立空间直角坐标系如图．则有B(1,1,0)，C(－1，－1,0)，D(－1，－1,2)，F(－1,1,2)，故BD→＝(－2，－2,2)，BC→＝(－2，－2,0)，BF→＝(－2,0,2)．设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，由BC→⊥n，BF→⊥n得－2x－2y＝0，－2x＋2z＝0，取x＝1得y＝－1，z＝1，故平面BCF的一个法向量为n＝(1，－1,1)．设BD与平面BCF所成角为θ，则sinθ＝|cos〈BD→，n〉|＝－2×1－2×－1＋2×13×23＝13.故BD与平面BCF所成角的正弦值为13.2．(2019·河南、河北考前模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E是边AD上的一点，且AE＝2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC＝SD.(1)证明：SH⊥平面BCDE.(2)求二面角C­SB­E的余弦值．4[解](1)证明：取CD的中点M，连接HM，SM，由已知得AE＝AB＝2，∴SE＝SB＝2，又点H是BE的中点，∴SH⊥BE.∵SC＝SD，点M是线段CD的中点，∴SM⊥CD.又∵HM∥BC，BC⊥CD，∴HM⊥CD，∵SM∩HM＝M，从而CD⊥平面SHM，得CD⊥SH，又CD，BE不平行，∴SH⊥平面BCDE.(2)法一：取BS的中点N，BC上的点P，使BP＝2PC，连接HN，PN，PH，可知HN⊥BS，HP⊥BE.由(1)得SH⊥HP，∴HP⊥平面BSE，则HP⊥SB，又HN⊥BS，HN∩HP＝H，∴BS⊥平面PHN，∴二面角C­SB­E的平面角为∠PNH.又计算得NH＝1，PH＝2，PN＝3，∴cos∠PNH＝13＝33.法二：由(1)知，过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原点，HG，HM，HS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则点B(1，－1,0)，C(1,2,0)，E(－1,1,0)，S(0,0，2),∴BC→＝(0,3,0)，BE→＝(－2,2,0)，BS→＝(－1,1，2)．设平面SBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，5由m·BE→＝－2x1＋2y1＝0，m·BS→＝－x1＋y1＋2z1＝0，令y1＝1，得m＝(1,1,0)．设平面SBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·BC→＝3y2＝0，n·BS→＝－x2＋y2＋2z2＝0，令z2＝1，得n＝(2，0,1)．∴cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝22×3＝33.∴二面角C­SB­E的余弦值为33.