2019届二轮复习第三类　立体几何问题重在“建”——建模、建系学案（全国通用）

2019届二轮复习第三类　立体几何问题重在“建”——建模、建系学案（全国通用）

第三类　立体几何问题重在“建”——建模、建系 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——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.‎ ‎【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值.‎ ‎(1)证明　由题设可得，△ABD≌△CBD.‎ 从而AD＝DC，又△ACD为直角三角形，‎ 所以∠ADC＝90°，‎ 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO，‎ 又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC，‎ 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角.(建模)‎ 在Rt△AOB中，BO2＋OA2＝AB2，‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，‎ 的方向为x轴正方向，为y轴正方向，为z 轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，(建系)‎ 则O(0，0，0)，A，D，B，C(－1，0，0)，‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，‎ 故＝，＝，＝.‎ 设平面AED的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面AEC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 取n1＝(1，，1)，‎ 即 取n2＝(0，－1，)，‎ 若二面角D－AE－C为θ，易知为锐角，‎ 则cos θ＝＝.‎ 所以二面角D－AE－C的余弦值为.‎ 探究提高　1.(1)建模：构建二面角的平面角模型.‎ ‎(2)建系：以两两垂直的直线为坐标轴.‎ ‎2.破解策略：立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依.在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面问题；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题.‎ ‎【训练3】 (2018·日照一模)如图所示的几何体ABCDE 中，DA⊥平面EAB，CB∥DA，EA＝DA＝AB＝2CB，EA⊥AB，M是线段EC上的点(不与端点重合)，F为线段DA上的点，N为线段BE的中点.‎ ‎(1)若M是线段EC的中点，AF＝3FD，求证：FN∥平面MBD；‎ ‎(2)若＝λ，二面角M－BD－A的余弦值为，求λ的值.‎ ‎ (1)证明　如图1，连接MN，因M，N分别是线段EC，线段BE的中点，‎ 图1‎ ‎∴MN∥CB且MN＝CB＝DA，‎ 又AF＝3FD，‎ ‎∴FD＝DA，∴MN＝FD，‎ 又CB∥DA，∴MN∥DA，‎ ‎∴MN∥FD.‎ 所以四边形MNFD为平行四边形，∴FN∥MD.‎ 又FN平面MBD，MD平面MBD，‎ 所以FN∥平面MBD.‎ ‎ (2)解　由已知，分别以AE，AB，AD所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图2，设CB＝1，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(0，2，1)，D(0，0，2)，E(2，0，0)，‎ 图2‎ 由已知，平面ABD的一个法向量为n1＝(1，0，0)，‎ 设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则有n⊥，n⊥，＝(0，2，－2)，＝(0，2，－1)，＝(2，－2，－1).‎ ‎∵＝λ，∴＝，‎ ＝＋＝＋＝＝(2，2λ，－2－λ)，‎ 令z＝1，则n＝.‎ 因为平面ABD与平面MBD所成二面角的余弦值为，‎ 所以|cos〈n，n1〉|＝＝，即＝，‎ 解之得，λ＝1或λ＝3.‎ 又因为平面ABD与平面MBD所成二面角为锐角，‎ 所以λ＝1.‎