2020届数学(理)二轮复习第2部分专题4解密高考④　立体几何问题重在“建”——建模、建系学案

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————[技法指津]————

立体几何解答题建模、建系策略

立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．

(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．

[审题指导·发掘条件]

看到图形的折叠，想到折叠前后的不变量；看到证明四点共面，想到直线的平行或相交；看到证明面面垂直，想到先证明线面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相应点的坐标，借助(1)的结论及边长、角度等信息补建坐标系及相应点的坐标．

[构建模板·五步解法]　立体几何类问题的求解策略

1.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝，CD＝2，G是DE的中点．

(1)求证：平面ACG∥平面BEF；

(2)求直线AD与平面ABF所成的角的正弦值．

[解]　(1)证明：连接BD交AC于O，则O是BD的中点，连接OG，∵G是DE的中点，故OG∥BE，又BE平面BEF，OG平面BEF，

所以OG∥平面BEF.  2分

又EF∥AC，AC平面BEF，EF平面BEF，所以AC∥平面BEF，又AC∩OG＝O，AC，OG平面ACG，所以平面ACG∥平面BEF.               4分

(2)连接OF，由题意可得OC＝1，即OC＝EF，

又EF∥AC，所以四边形OCEF为平行四边形，

所以OF∥EC，OF＝EC＝，

所以OF⊥平面ABCD，所以OF，OC，OD两两垂直. 6分

如图，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OF所在直线为x，y，

z轴建立空间直角坐标系，则A(－1,0,0)，B(0，－，0)，D(0，，0)，F(0,0，)，＝(1，，0)，＝(1，－，0)，＝(1,0，).               7分

设平面ABF的法向量为m＝(a，b，c)，依题意有

即 9分

令a＝，则b＝1，c＝－1，m＝(，1，－1)，

|cos〈，m〉|＝＝＝， 11分

所以直线AD与平面ABF所成的角的正弦值是. 12分

2.(2019·太原模拟)在三棱柱ABC­A′B′C′中，AB＝BC＝CA＝AA′，侧面ACC′A′⊥底面ABC，D是棱BB′的中点．

(1)求证：平面DA′C⊥平面ACC′A′；

(2)若∠A′AC＝60°，求二面角A­BC­B′的余弦值．

[解](1)取AC，A′C′的中点O，F，连接OF与A′C交于点E，连接DE，OB，B′F.

则E为OF的中点，因为三棱柱ABC­A′B′C′， 所以OF∥AA′∥BB′，且OF＝AA′＝BB′，

所以四边形BB′FO是平行四边形. 2分

又D是棱BB′的中点，所以DE∥OB.

因为侧面AA′C′C⊥底面ABC，且OB⊥AC，

所以OB⊥平面ACC′A′，

所以DE⊥平面ACC′A′，

又DE平面DA′C，

所以平面DA′C⊥平面ACC′A′.  5分

(2)连接A′O，因为∠A′AC＝60°，所以△A′AC是等边三角形，故A′O⊥底面ABC.6分

设AB＝BC＝CA＝AA′＝2，可得A′O＝OB＝，

分别以OB，OC，OA′分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A′(0,0，)，

＝(－，1,0)，＝＝(0,1，). 8分

设平面BCC′B′的一个法向量为m＝(x，y，z)，

则m·＝0，m·＝0，

所以取x＝1，y＝，z＝－1，

所以m＝(1，，－1).10分

又平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，故cos〈m，n〉＝＝－，  11分

因为二面角A­BC­B′为钝角，所以其余弦值为－. 12分