《高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書:第8章 經(jīng)典微課堂 規(guī)范答題系列3 高考中的立體幾何問題 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書:第8章 經(jīng)典微課堂 規(guī)范答題系列3 高考中的立體幾何問題 Word版含解析(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
[命題解讀] 立體幾何是高考的重要內(nèi)容,從近五年全國卷高考試題來看,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,再利用空間向量進行空間角的計算,考查的熱點是平行與垂直的證明、二面角的計算、平面圖形的翻折、探索存在性問題,突出三大能力:空間想象能力、運算能力、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·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,將
2、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四點共面①,且平面ABC⊥平面BCGE②;
(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小③.
[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想到利用坐標法求兩平面法向量的夾角余弦值,想到建立空間直角坐標系.
[規(guī)范解答] (1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面. 2分
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,
故AB⊥平
3、面BCGE. 3分
又因為AB平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCGE. 4分
(2)作EH⊥BC,垂足為H.
因為EH平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,
所以EH⊥平面ABC. 5分
由已知,菱形BCGE的邊長為2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=. 6分
以H為坐標原點,的方向為x軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系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=(3,6,-). 10分
又
4、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
[易錯防范]
易錯點
防范措施
不能恰當?shù)慕⒅苯亲鴺讼?
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系
建系后寫不出G點的坐標
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G的坐標
[通性通法] 合理建模、建系巧解立體幾何問題
(1)建?!獙栴}轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距離等的計算模型;
(2)建系——依托于題中的垂直條件,建立空間直角坐標系,利
5、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DEF,平面BCDE⊥平面DEF,因
6、為平面BCDE∩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)為坐標原點,以過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,-2,2),=(-2,-2,0),=
7、(-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E是邊AD上的一點,且AE=2ED,點H是BE的中點,將△ABE沿著BE折起,使點A運動到點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:取CD的中點M,連接HM,SM
8、,
由已知得AE=AB=2,∴SE=SB=2,
又點H是BE的中點,∴SH⊥BE.
∵SC=SD,點M是線段CD的中點,∴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N,BC上的點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∠PNH.
又計算得NH=1,PH=
9、,PN=,
∴cos∠PNH==.
法二:由(1)知,過H點作CD的平行線GH交BC于點G,以點H為坐標原點,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系H-xyz,則點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.