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- 2021-06-16 发布
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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.