2025版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何解密高考4立体几何问题重在“建”-建模建系教案理

PAGE1-解密高考④立体几何问题重在“建”——建模、建系————[思维导图]————————[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．母题示例：2024年全国卷Ⅲ，本小题满分12分图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，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的二面角B­CG­A的大小.本题考查：线线平行的性质，面面垂直的判定、二面角的求法等学问，转化化归及推理论证等实力，直观形象、数学运算、逻辑推理等核心素养.[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第一步找垂直其次步写坐标第三步求向量第四步求夹角第五步得结论找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系，写出特别点坐标求直线的方向向量或平面的法向量计算向量的夹角得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角母题突破：2024年大连模拟，本小题满分12分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＝eq\r(3)，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＝eq\r(3)，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，－eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)，F(0,0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1,0，eq\r(3)). 7分设平面ABF的法向量为m＝(a，b，c)，依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(AB,\s\up7(→))，,m⊥\o(AF,\s\up7(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，b，c·1，－\r(3)，0＝a－\r(3)b＝0，,a，b，c·1，0，\r(3)＝a＋\r(3)c＝0，)) 9分令a＝eq\r(3)，则b＝1，c＝－1，m＝(eq\r(3)，1，－1)，|cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，m〉|＝eq\f(|\o(AD,\s\up7(→))·m|,|\o(AD,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(\r(3)＋\r(3),\r(4)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)， 11分所以直线AD与平面ABF所成的角的正弦值是eq\f(\r(15),5). 12分2.(2024·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＝eq\r(3)，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(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，A′(0,0，eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BB′,\s\up7(→))＝eq\o(AA′,\s\up7(→))＝(0,1，eq\r(3)). 8分设平面BCC′B′的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，m·eq\o(BB′,\s\up7(→))＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,y＋\r(3)z＝0，))取x＝1，y＝eq\r(3)，z＝－1，所以m＝(