2021版新高考数学：高考中的立体几何问题含答案

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 B-CG-A 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．
4/6
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 C­SB-E 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 C-SB-E 的平面角为∠PNH.
分
因此，二面角 B-CG-A 的大小为 30°. ····························12 分
[易错防范]
易错点
防范措施
不能恰当的建立 由(1)的结论入手，结合面面垂直的性质及侧面菱形的边 直角坐标系 角关系建立空间直角坐标系
建系后写不出 G 点的坐标
结合折叠后棱柱的侧棱关系：C→G＝B→E可求出C→G，或者 借助折叠前后直角三角形的边角关系，直接求出点 G 的 坐标
又因为 AB⊂平面 ABC，
所以平面 ABC⊥平面 BCGE. ··········································4 分
2/6
(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＝
又计算得 NH＝1，PH＝ 2，PN＝ 3，
∴cos
∠PNH＝
1＝ 3
3 3.
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 H-xyz，则点 B(1，－1，0)，C(1，2，0)，E(－1，1，0)，S(0，0， 2),
[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
设 BD 与平面 BCF 所成角为 θ，则 sin θ＝|cos 〈B→D，n〉|＝ －2×1－2×3（×2－31）＋2×1＝13.
故 BD 与平面 BCF 所成角的正弦值为13.
2．(20xx·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
[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．
3/6
[ 规 范 特 训 ] 1.(20xx·江 南 十 校 二 模 ) 已 知 多 面 体
所以可取 n＝(3，6，－ 3).··········································10 分
又平面 BCGE 的法向量可取为 m＝(0，1，0)，
所以
cos
〈n，m〉＝|nn|·|mm|＝
3 2 .····································11
由 AB＝AC＝CD＝DF＝EF＝2，BC＝DE＝CF＝AE＝AD＝BF＝2 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
则有 B(1，1，0)，C(－1，－1，0)，D(－1，－1，
2)，F(－1，1，2)，
故B→D＝(－2，－2，2)，B→C＝(－2，－2，0)，B→F＝(－2，0，2).
设平面
BCF
的法向量为
n＝(x，y，z)，由B→C⊥n，B→F⊥n
－2x－2y＝0， 得－2x＋2z＝0，
取 x＝1 得 y＝－1，z＝1，故平面 BCF 的一个法向量为 n＝(1，－1Байду номын сангаас1).
n·B→C＝3y2＝0， 由
n·B→S＝－x2＋y2＋ 2z2＝0， 令 z2＝1，得 n＝( 2，0，1).
∴cos 〈m，n〉＝|mm|··n|n|＝
2 2×
＝ 3
3 3.
∴二面角
C-SB-E
的余弦值为
3 3.
6/6
C→G＝(1，0， 3)，A→C＝(2，－1，0). ······························8 分 设平面 ACGD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
C→G·n＝0， x＋ 3z＝0，
A→C·n＝0，
即2x－y＝0.
·······································9 分
5/6
∴B→C＝(0，3，0)，B→E＝(－2，2，0)，B→S＝(－1，1， 2).
设平面 SBE 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， m·B→E＝－2x1＋2y1＝0，
由 m·B→S＝－x1＋y1＋ 2z1＝0，
令 y1＝1， 得 m＝(1，1，0). 设平面 SBC 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，
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．
ABC-DEF，四边形 BCDE 为矩形，△ADE 与△BCF 为边长
为 2 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.
3.················································································6 分
以 H 为坐标原点，H→C的方向为 x 轴的正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系 H-xyz，
则 A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0， 3)，
教学资料范本
2021版新高考数学：高考中的立体几何问题含答案
编 辑：__________________ 时 间：__________________
1/6
(对应学生用书第 138 页) [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)(20xx·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.