2022高考二輪復習數(shù)學 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算相結(jié)合，以某個幾何體為依托，分

步設(shè)問，逐層加深，解決這類題目的原則是建模、建系.建模一將問題轉(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

坐標系公式處理

典例示范

(12分)如圖，D為圓錐的頂點，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，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。為坐標原點，場的方向為y軸正方向，歷的方向為z軸正方向，\OE

I為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系。-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,當是平面PC3的一個法向量.

、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

高考狀元滿分心得

?得步驟分：對于解題過程中是得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于

得分點一定要寫全.如第⑴問缺少PA=PB=PC=^a,遺漏PALPB導致扣分，

第(2)問建立空間直角坐標系O-xyZ.

?得關(guān)鍵分：對于解題過程中的關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分，所以在答題時一

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

(2)問中不寫公式cos<m,n>=而而而得出余弦值都會各扣去1分.

?得計算分：第(2)問中，向量比，EP,兩個平面法向量的坐標及cos{m,n)

的求值，否則不能得分.

滿分體驗

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

點，R為棱CD的中點.

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，AB,AD,AAi分別為x,y,z軸，建立如圖空間直角坐標

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).

因為E為棱BC的中點，R為棱CD的中點，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).

因為方正m=2—2=0,所以近，帆.

因為DiRt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，且點E滿

足夠=4而

(1)證明：GR〃平面A3C；

(2)當多面體ABCDE的體積最大時，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，

「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，，G為EN的中點.

又R為ED的中點，.,.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A3=3C=啦.

.?.H為AC的中點，連接HF,易知HB,HC,HF兩兩垂直.

以H為坐標原點，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,