2022高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué) 規(guī)范答題示范課-立體幾何解答題

規(guī)范答題示范課一立體幾何解答題

破題之道

立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾何體為依托，分

步設(shè)問(wèn)，逐層加深，解決這類(lèi)題目的原則是建模、建系.建模一將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平

行模型、垂直模型及平面化模型；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.

平行模型I

T建模I--4垂直模型I

體

立

何

幾T平面化模型I

答

解

題-d>

空間直角空間向量

T建系卜

坐標(biāo)系公式處理

典例示范

(12分)如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，0是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=

ADZXA3C是底面的內(nèi)接正三角形，P為。。上一點(diǎn)，P0

(1)證明：必，平面P3C；

(2)求平面PCB與平面PCE的夾角的余弦值.

⑴證明設(shè)由題設(shè)可得A0=當(dāng)a,

AB=AC=BC=a,PA=PB=PC=^a.l分

因此BA2-\-PB2=AB2,從而PALPB.3分

又以2+P02=AC2,故以，PC.

又PB,PCu平面P3C,PBCPC=P,

所以以，平面PBC.5分

(2)解以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，場(chǎng)的方向?yàn)閥軸正方向，歷的方向?yàn)閦軸正方向，\OE

I為單位長(zhǎng)度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。-盯z.

由題設(shè)可得E(0,1,0),A(0,-1,0),

7分

所以比=[—坐一；，0),用=[。，-1,與8分

設(shè)加=(x,y,z)是平面PCE的法向量，貝I

m-EP=0,—'+2z=0,

<_即J廠

m-E(=0,一半x—g=o.

不妨取y=l,得用=[—乎，1,g)10分

由(1)知成=，，1,當(dāng)是平面PC3的一個(gè)法向量.

、一r【n'm2小

TCn=AP,Wucos〈〃，m)=網(wǎng).網(wǎng)=.

所以平面PCB與平面PCE的夾角的余弦值為半.12分

高考狀元滿(mǎn)分心得

?得步驟分：對(duì)于解題過(guò)程中是得分點(diǎn)的步驟，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以對(duì)于

得分點(diǎn)一定要寫(xiě)全.如第⑴問(wèn)缺少PA=PB=PC=^a,遺漏PALPB導(dǎo)致扣分，

第(2)問(wèn)建立空間直角坐標(biāo)系O-xyZ.

?得關(guān)鍵分：對(duì)于解題過(guò)程中的關(guān)鍵點(diǎn)，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以在答題時(shí)一

定要寫(xiě)清得分關(guān)鍵點(diǎn)，如第⑴問(wèn)缺少PCnP3=P,或PB,PCu平面必C等；第

(2)問(wèn)中不寫(xiě)公式cos<m,n>=而而而得出余弦值都會(huì)各扣去1分.

?得計(jì)算分：第(2)問(wèn)中，向量比，EP,兩個(gè)平面法向量的坐標(biāo)及cos{m,n)

的求值，否則不能得分.

滿(mǎn)分體驗(yàn)

1.(2021.天津卷)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-AiBrCiDi中，E為棱3c的中

點(diǎn)，R為棱CD的中點(diǎn).

⑴求證：〃平面AiEG；

(2)求直線AG與平面AiECi所成角的正弦值；

(3)求二面角A-AiCi-E的正弦值.

⑴證明以A為原點(diǎn)，AB,AD,AAi分別為x,y,z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)

系，

則A(0,0,0),4(0,0,2),8(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),Ci(2,2,

2),Di(0,2,2).

因?yàn)镋為棱BC的中點(diǎn)，R為棱CD的中點(diǎn)，所以E(2,1,0),F(l,2,0),

所以方密=(1,0,-2),A7CI=(2,2,0),汨為=(2,1,-2).

設(shè)平面AiEG的一個(gè)法向量為用=(B，州，zi),

m-A\C\=Q,2xi+2yl=0,

則_即,cC令X1=2,則為=—2,Z1=1,即m=(2,

[2xi+yi~2zi=Q,

m-AiE=09

—2,1).

因?yàn)榉秸齧=2—2=0,所以近，帆.

因?yàn)镈iRt平面AiEG,所以〃平面AiEG.

(2)解由(1)得，慶1=(2,2,2).

設(shè)直線AG與平面AiECi所成角為e,

則sin8=|cos{m,ACi)|=mA^聿,即直線AQ與平面AiEQ

\m\-\ACx\3X2739

所成角的正弦值為堂.

(3)解由正方體的特征可得，平面AA1G的一個(gè)法向量為用=(2,-2,0),

n./一、DBm82V2

則cos{DB,m)=-=06乂2=3，

\DB\-\m\242X33

所以二面角A-4G-E的正弦值為41—cos?(DB,m)=1.

2.在多面體ABCDE中，平面ACDE,平面ABC,四邊形ACDE為直角梯形，

CD//AE,AC±AE,AB±BC,CD=1,AE=AC=2,R為DE的中點(diǎn)，且點(diǎn)E滿(mǎn)

足夠=4而

(1)證明：GR〃平面A3C；

(2)當(dāng)多面體ABCDE的體積最大時(shí)，求平面ABE與平面DBE的夾角的余弦值.

⑴證明分別取A3,E3的中點(diǎn)N,連接CM,MN,ND,在梯形ACDE中,

DC//EA,且DC=；E4,M,N分別為B4,BE的中點(diǎn)，

「1

：.MN//EA,<MN=^EA,

：.MN//CD,且MN=CD,

???四邊形CDW為平行四邊形,

：.CM//DN,

又旗=4反;，N為班的中點(diǎn)，，G為EN的中點(diǎn).

又R為ED的中點(diǎn)，.,.GF//DN,得GF〃CM,

又CMu平面ABC,GMt平面ABC,

〃平面ABC

(2)解在平面ABC內(nèi)，過(guò)3作3HLAC,交AC于H,

?.?平面ACDE,平面ABC,且平面ACDEA平面ABC=AC,平面ABC.

?,.BH,平面ACDE,則3H為四棱錐B-ACDE的高，

又底面ACDE的面積確定，

???要使多面體A3CDE的體積最大，即最大，此時(shí)A3=3C=啦.

.?.H為AC的中點(diǎn)，連接HF,易知HB,HC,HF兩兩垂直.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以HB,HC,5所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的

直角坐標(biāo)系H-xyz.

則A(0,-1,0),B(l,0,0),

E(0,-1,2),D(0,1,1).

：.AB=(1,1,0),BE=(~1,-1,2),DE=(0,~2,1).

設(shè)“1=(X1，yi，zi)為平面ABE的法向量，

m-AB=xi+yi=0,

則_

ni-BE=—xi—yi+2zi=0.

取yi=-1,得“i=(l,-1,0).

設(shè)“2=(X2,”，Z2)為平面D3E的法向量,