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題教學(xué)案 理 北師大版

《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)圖1是由矩形ADEB、RtABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB1，BEBF2，F(xiàn)BC60，將其沿AB

2、，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，且平面ABC平面BCGE；(2)求圖2中的二面角BCGA的大小.信息提取看到想到四邊形ACGD共面的條件，想到折疊前后圖形中的平行關(guān)系；看到想到面面垂直的判定定理；看到想到利用坐標(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ADBE，CGBE，所以ADCG，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ABBE，ABBC，且BEBCB，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EHBC，垂足為H.因?yàn)镋

3、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，EBC60，可求得BH1，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Hxyz，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分又平面BCGE的法向量可取為m(0,1,0)，所以cosn，m.11分因此，二面角BCGA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

4、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題(1)建模將問題轉(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ABCDEF，四邊形BCDE為矩形，ADE與BCF為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，ABACCDDFEF2.(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ABA

5、CCDDFEF2，BCDECFAEADBF2，可知ABC，DEF為等腰直角三角形，故OABC，O1FDE，CDDE，CDDF，又DEDFD，故CD平面DEF，平面BCDE平面DEF，因?yàn)槠矫鍮CDE平面DEFDE，O1FDE，所以O(shè)1F平面BCDE.同理OA平面BCDE；所以O(shè)1FOA，而O1FOA，故四邊形 AOFO1為平行四邊形，所以AO1OF，AO1平面BCF，OF平面BCF，所以AO1平面BCF，又BCDE，故DE平面BCF，而AO1DEO1，所以平面ADE平面BCF.(2)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系如圖則

6、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)，(2,0,2)設(shè)平面BCF的法向量為n(x，y，z)，由n，n得取x1得y1，z1，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，則sin |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，AB2，BC3，點(diǎn)E是邊AD上的一點(diǎn)，且AE2ED，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SCSD.(1)證明：SH平面BCDE.(2)求二面角CSBE的余弦值解(1)證明：取CD的中點(diǎn)M，連接

7、HM，SM，由已知得AEAB2，SESB2，又點(diǎn)H是BE的中點(diǎn)，SHBE.SCSD，點(diǎn)M是線段CD的中點(diǎn)，SMCD.又HMBC，BCCD，HMCD，SMHMM，從而CD平面SHM，得CDSH，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BP2PC，連接HN，PN，PH，可知HNBS，HPBE.由(1)得SHHP，HP平面BSE，則HPSB，又HNBS，HNHPH，BS平面PHN，二面角CSBE的平面角為PNH.又計(jì)算得NH1，PH，PN，cosPNH.法二：由(1)知，過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Hxyz，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y11，得m(1,1,0)設(shè)平面SBC的法向量為n(x2，y2，z2)，由令z21，得n(，0,1)cosm，n.二面角CSBE的余弦值為.5