2022高考二轮复习数学 规范答题示范课-立体几何解答题

规范答题示范课一立体几何解答题

破题之道

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.建模一将问题转化为平

行模型、垂直模型及平面化模型；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.

平行模型I

T建模I--4垂直模型I

体

立

何

几T平面化模型I

答

解

题-d>

空间直角空间向量

T建系卜

坐标系公式处理

典例示范

(12分)如图，D为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=

ADZXA3C是底面的内接正三角形，P为。。上一点，P0

(1)证明：必，平面P3C；

(2)求平面PCB与平面PCE的夹角的余弦值.

⑴证明设由题设可得A0=当a,

AB=AC=BC=a,PA=PB=PC=^a.l分

因此BA2-\-PB2=AB2,从而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。为坐标原点，场的方向为y轴正方向，历的方向为z轴正方向，\OE

I为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系。-盯z.

由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),

7分

所以比=[—坐一；，0),用=[。，-1,与8分

设加=(x,y,z)是平面PCE的法向量，贝I

m-EP=0,—'+2z=0,

<_即J厂

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,当是平面PC3的一个法向量.

、一r【n'm2小

TCn=AP,Wucos〈〃，m)=网.网=.

所以平面PCB与平面PCE的夹角的余弦值为半.12分

高考状元满分心得

❶得步骤分：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于

得分点一定要写全.如第⑴问缺少PA=PB=PC=^a,遗漏PALPB导致扣分，

第(2)问建立空间直角坐标系O-xyZ.

❷得关键分：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一

定要写清得分关键点，如第⑴问缺少PCnP3=P,或PB,PCu平面必C等；第

(2)问中不写公式cos<m,n>=而而而得出余弦值都会各扣去1分.

❸得计算分：第(2)问中，向量比，EP,两个平面法向量的坐标及cos{m,n)

的求值，否则不能得分.

满分体验

1.(2021.天津卷)如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBrCiDi中，E为棱3c的中

点，R为棱CD的中点.

⑴求证：〃平面AiEG；

(2)求直线AG与平面AiECi所成角的正弦值；

(3)求二面角A-AiCi-E的正弦值.

⑴证明以A为原点，AB,AD,AAi分别为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标

系，

则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).

因为E为棱BC的中点，R为棱CD的中点，所以E(2,1,0),F(l,2,0),

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

设平面AiEG的一个法向量为用=(B，州，zi),

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

则_即,cC令X1=2,则为=—2,Z1=1,即m=(2,

[2xi+yi~2zi=Q,

m-AiE=09

—2,1).

因为方正m=2—2=0,所以近，帆.

因为DiRt平面AiEG,所以〃平面AiEG.

(2)解由(1)得，庆1=(2,2,2).

设直线AG与平面AiECi所成角为e,

则sin8=|cos{m,ACi)|=mA^聿,即直线AQ与平面AiEQ

\m\-\ACx\3X2739

所成角的正弦值为堂.

(3)解由正方体的特征可得，平面AA1G的一个法向量为用=(2,-2,0),

n./一、DBm82V2

则cos{DB,m)=­=06乂2=3，

\DB\-\m\242X33

所以二面角A-4G-E的正弦值为41—cos?(DB,m)=1.

2.在多面体ABCDE中，平面ACDE,平面ABC,四边形ACDE为直角梯形，

CD//AE,AC±AE,AB±BC,CD=1,AE=AC=2,R为DE的中点，且点E满

足够=4而

(1)证明：GR〃平面A3C；

(2)当多面体ABCDE的体积最大时，求平面ABE与平面DBE的夹角的余弦值.

⑴证明分别取A3,E3的中点N,连接CM,MN,ND,在梯形ACDE中,

DC//EA,且DC=；E4,M,N分别为B4,BE的中点，

「1

：.MN//EA,<MN=^EA,

：.MN//CD,且MN=CD,

•••四边形CDW为平行四边形,

：.CM//DN,

又旗=4反;，N为班的中点，，G为EN的中点.

又R为ED的中点，.,.GF//DN,得GF〃CM,

又CMu平面ABC,GMt平面ABC,

〃平面ABC

(2)解在平面ABC内，过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,则3H为四棱锥B-ACDE的高，

又底面ACDE的面积确定，

・••要使多面体A3CDE的体积最大，即最大，此时A3=3C=啦.

.•.H为AC的中点，连接HF,易知HB,HC,HF两两垂直.

以H为坐标原点，分别以HB,HC,5所在直线为x,y,z轴建立如图所示的

直角坐标系H-xyz.

则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).

设“1=(X1，yi，zi)为平面ABE的法向量，

m-AB=xi+yi=0,

则_

ni-BE=—xi—yi+2zi=0.

取yi=-1,得“i=(l,-1,0).

设“2=(X2,”，Z2)为平面D3E的法向量,