《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何 經(jīng)典微課堂 規(guī)范答題系列3 高考中的立體幾何問(wèn)題教學(xué)案 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何 經(jīng)典微課堂 規(guī)范答題系列3 高考中的立體幾何問(wèn)題教學(xué)案 理 北師大版（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、規(guī)范答題系列3 高考中的立體幾何問(wèn)題 [命題解讀]　立體幾何是高考的重要內(nèi)容，從近五年全國(guó)卷高考試題來(lái)看，立體幾何每年必考一道解答題，難度中等，主要采用“論證與計(jì)算”相結(jié)合的模式，即首先利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進(jìn)行空間角的計(jì)算，考查的熱點(diǎn)是平行與垂直的證明、二面角的計(jì)算、平面圖形的翻折、探索存在性問(wèn)題，突出三大能力：空間想象能力、運(yùn)算能力、邏輯推理能力與兩大數(shù)學(xué)思想：轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想的考查． [典例示范]　(本題滿分12分)(2019·全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE

2、＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2. 圖1　　　　　　　圖2 (1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面①，且平面ABC⊥平面BCGE②； (2)求圖2中的二面角B-CG-A的大?、? [信息提取]　看到①想到四邊形ACGD共面的條件，想到折疊前后圖形中的平行關(guān)系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐標(biāo)法求兩平面法向量的夾角余弦值，想到建立空間直角坐標(biāo)系． [規(guī)范解答]　(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面. 2分 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，

3、且BE∩BC＝B， 故AB⊥平面BCGE. 3分 又因?yàn)锳B平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE. 4分 (2)作EH⊥BC，垂足為H. 因?yàn)镋H平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 5分 由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 6分 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz， 則A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)， ＝(1,0，)，＝(2，－1,0). 8分 設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則 即 9分 所以可取n＝

4、(3,6，－). 10分 又平面BCGE的法向量可取為m＝(0,1,0)， 所以cos〈n，m〉＝＝. 11分 因此，二面角B-CG-A的大小為30°. 12分 [易錯(cuò)防范] 易錯(cuò)點(diǎn) 防范措施 不能恰當(dāng)?shù)慕⒅苯亲鴺?biāo)系 由(1)的結(jié)論入手，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)及側(cè)面菱形的邊角關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系 建系后寫不出G點(diǎn)的坐標(biāo) 結(jié)合折疊后棱柱的側(cè)棱關(guān)系：＝可求出，或者借助折疊前后直角三角形的邊角關(guān)系，直接求出點(diǎn)G的坐標(biāo) [通性通法]　合理建模、建系巧解立體幾何問(wèn)題 (1)建?！獙?wèn)題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距離等的計(jì)算模型； (2)建系——依托于題中的

5、垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解． [規(guī)范特訓(xùn)]　1.(2019·江南十校二模)已知多面體ABC-DEF，四邊形BCDE為矩形，△ADE與△BCF為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2. (1)證明：平面ADE∥平面BCF； (2)求BD與平面BCF所成角的正弦值． [解]　(1)取BC，DE中點(diǎn)分別為O，O1，連接OA，O1A，OF，O1F. 由AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝2， 可知△ABC，△DEF為等腰直角三角形，故OA⊥BC，O1F⊥DE，CD⊥DE，CD⊥DF，又DE∩DF＝D，故CD⊥平面DE

6、F，平面BCDE⊥平面DEF，因?yàn)槠矫鍮CDE∩平面DEF＝DE，O1F⊥DE，所以O(shè)1F⊥平面BCDE. 同理OA⊥平面BCDE；所以O(shè)1F∥OA，而O1F＝OA，故四邊形 AOFO1為平行四邊形，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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過(guò)O且平行于AC的直線作為x軸，平行于AB的直線作為y軸，OO1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖． 則有B(1,1,0)，C(－1，－1,0)，D(－1，－1,2)，F(xiàn)(－1,1,2)， 故＝(－2，－2

7、,2)，＝(－2，－2,0)，＝(－2,0,2)． 設(shè)平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，由⊥n，⊥n得取x＝1得y＝－1，z＝1，故平面BCF的一個(gè)法向量為n＝(1，－1,1)． 設(shè)BD與平面BCF所成角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 故BD與平面BCF所成角的正弦值為. 2．(2019·河南、河北考前模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，點(diǎn)E是邊AD上的一點(diǎn)，且AE＝2ED，點(diǎn)H是BE的中點(diǎn)，將△ABE沿著BE折起，使點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)S處，且有SC＝SD. (1)證明：SH⊥平面BCDE. (2)求二面角C-SB-E的余弦值． [解]　(1)證明

8、：取CD的中點(diǎn)M，連接HM，SM， 由已知得AE＝AB＝2，∴SE＝SB＝2， 又點(diǎn)H是BE的中點(diǎn)，∴SH⊥BE. ∵SC＝SD，點(diǎn)M是線段CD的中點(diǎn)，∴SM⊥CD. 又∵HM∥BC，BC⊥CD， ∴HM⊥CD， ∵SM∩HM＝M， 從而CD⊥平面SHM，得CD⊥SH， 又CD，BE不平行，∴SH⊥平面BCDE. (2)法一：取BS的中點(diǎn)N，BC上的點(diǎn)P，使BP＝2PC，連接HN，PN，PH， 可知HN⊥BS，HP⊥BE. 由(1)得SH⊥HP，∴HP⊥平面BSE，則HP⊥SB， 又HN⊥BS，HN∩HP＝H，∴BS⊥平面PHN， ∴二面角C-SB-E的平面角為∠PN

9、H. 又計(jì)算得NH＝1，PH＝，PN＝， ∴cos∠PNH＝＝. 法二：由(1)知，過(guò)H點(diǎn)作CD的平行線GH交BC于點(diǎn)G，以點(diǎn)H為坐標(biāo)原點(diǎn)，HG，HM，HS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則點(diǎn)B(1，－1,0)，C(1,2,0)，E(－1,1,0)，S(0,0，), ∴＝(0,3,0)，＝(－2,2,0)，＝(－1,1，)． 設(shè)平面SBE的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 由 令y1＝1， 得m＝(1,1,0)． 設(shè)平面SBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 由 令z2＝1，得n＝(，0,1)． ∴cos〈m，n〉＝＝＝. ∴二面角C-SB-E的余弦值為. 5