2021版新高考数学（理科）一轮复习教师用书：第8章【经典微课堂】——规范答题系列3　高考中的立体几何问题

[命题解读]　立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．

[典例示范]　(本题满分12分)(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.

图1　　　　　　图2

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面①，且平面ABC⊥平面BCGE②；

(2)求图2中的二面角B­CG­A的大小③.

[信息提取]　看到①想到四边形ACGD共面的条件，想到折叠前后图形中的平行关系；看到②想到面面垂直的判定定理；看到③想到利用坐标法求两平面法向量的夹角余弦值，想到建立空间直角坐标系．

[规范解答]　(1)由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. ···································2分

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，

故AB⊥平面BCGE. ····························································· 3分

又因为AB⊂平面ABC，

所以平面ABC⊥平面BCGE. ··················································· 4分

(2)作EH⊥BC，垂足为H.

因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，

所以EH⊥平面ABC. ···························································· 5分

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.

························································································ 6分

以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，

则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，

＝(1，0，)，＝(2，－1，0). ······································· 8分

设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则

即················································ 9分

所以可取n＝(3，6，－).··················································· 10分

又平面BCGE的法向量可取为m＝(0，1，0)，

所以cos〈n，m〉＝＝.··············································· 11分

因此，二面角B­CG­A的大小为30°. ······································ 12分

[易错防范]

[通性通法]　合理建模、建系巧解立体几何问题

(1)建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距离等的计算模型；

(2)建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．

[规范特训]　1.(2019·江南十校二模)已知多面体ABC­DEF，四边形BCDE为矩形，△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形，AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2.

(1)证明：平面ADE∥平面BCF；

(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值．

[解]　(1)取BC，DE中点分别为O，O1，连接OA，O1A，OF，O1F.

由AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝2，

可知△ABC，△DEF为等腰直角三角形，故OA⊥BC，O1F⊥DE，CD⊥DE，CD⊥DF，又DE∩DF＝D，故CD⊥平面DEF，平面BCDE⊥平面DEF，因为平面BCDE∩平面DEF＝DE，O1F⊥DE，所以O1F⊥平面BCDE.

同理OA⊥平面BCDE；所以O1F∥OA，而O1F＝OA，故四边形 AOFO1为平行四边形，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为坐标原点，以过O且平行于AC的直线作为x轴，平行于AB的直线作为y轴，OO1为z轴建立空间直角坐标系如图．

则有B(1，1，0)，C(－1，－1，0)，D(－1，－1，2)，F(－1，1，2)，

故＝(－2，－2，2)，＝(－2，－2，0)，＝(－2，0，2)．

设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，由⊥n，⊥n得取x＝1得y＝－1，z＝1，故平面BCF的一个法向量为n＝(1，－1，1)．

设BD与平面BCF所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.

故BD与平面BCF所成角的正弦值为.

2．(2019·河南、河北考前模拟)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E是边AD上的一点，且AE＝2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC＝SD.

(1)证明：SH⊥平面BCDE.

(2)求二面角C­SB­E的余弦值．

[解]　(1)证明：取CD的中点M，连接HM，SM，

由已知得AE＝AB＝2，∴SE＝SB＝2，

又点H是BE的中点，∴SH⊥BE.

∵SC＝SD，点M是线段CD的中点，∴SM⊥CD.

又∵HM∥BC，BC⊥CD，∴HM⊥CD，

∵SM∩HM＝M，

从而CD⊥平面SHM，得CD⊥SH，

又CD，BE不平行，∴SH⊥平面BCDE.

(2)法一：取BS的中点N，BC上的点P，使BP＝2PC，连接HN，PN，PH，

可知HN⊥BS，HP⊥BE.

由(1)得SH⊥HP，∴HP⊥平面BSE，则HP⊥SB，

又HN⊥BS，HN∩HP＝H，∴BS⊥平面PHN，

∴二面角C­SB­E的平面角为∠PNH.

又计算得NH＝1，PH＝，PN＝，

∴cos∠PNH＝＝.

法二：由(1)知，过H点作CD的平行线GH交BC于点G，以点H为坐标原点，HG，HM，HS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则点B(1，－1，0)，C(1，2，0)，E(－1，1，0)，S(0，0，),

∴＝(0，3，0)，＝(－2，2，0)，＝(－1，1，)．

设平面SBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

由

令y1＝1，得m＝(1，1，0)．

设平面SBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

由

令z2＝1，得n＝(，0，1)．

∴cos〈m，n〉＝＝＝.

∴二面角C­SB­E的余弦值为.