PAGE1-解密高考④立體幾何問(wèn)題重在“建”——建模、建系————[思維導(dǎo)圖]————————[技法指津]————立體幾何解答題建模、建系策略立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾何體為依托，分步設(shè)問(wèn)，逐層加深．解決這類(lèi)題目的原則是建模、建系．(1)建?！獙?wèn)題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型或角度、距離等的計(jì)算模型；(2)建系——依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解．母題示例：2024年全國(guó)卷Ⅲ，本小題滿分12分圖1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.圖1圖2(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.本題考查：線線平行的性質(zhì)，面面垂直的判定、二面角的求法等學(xué)問(wèn)，轉(zhuǎn)化化歸及推理論證等實(shí)力，直觀形象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理等核心素養(yǎng).[審題指導(dǎo)·發(fā)掘條件]看到圖形的折疊，想到折疊前后的不變量；看到證明四點(diǎn)共面，想到直線的平行或相交；看到證明面面垂直，想到先證明線面垂直；看到求二面角，想到法向量；缺相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，借助(1)的結(jié)論及邊長(zhǎng)、角度等信息補(bǔ)建坐標(biāo)系及相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)．[構(gòu)建模板·五步解法]立體幾何類(lèi)問(wèn)題的求解策略第一步找垂直其次步寫(xiě)坐標(biāo)第三步求向量第四步求夾角第五步得結(jié)論找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出特別點(diǎn)坐標(biāo)求直線的方向向量或平面的法向量計(jì)算向量的夾角得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線與平面所成的角母題突破：2024年大連模擬，本小題滿分12分1.如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝eq\r(3)，CD＝2，G是DE的中點(diǎn)．(1)求證：平面ACG∥平面BEF；(2)求直線AD與平面ABF所成的角的正弦值．[解](1)證明：連接BD交AC于O，則O是BD的中點(diǎn)，連接OG，∵G是DE的中點(diǎn)，故OG∥BE，又BE平面BEF，OG平面BEF，所以O(shè)G∥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)連接OF，由題意可得OC＝1，即OC＝EF，又EF∥AC，所以四邊形OCEF為平行四邊形，所以O(shè)F∥EC，OF＝EC＝eq\r(3)，所以O(shè)F⊥平面ABCD，所以O(shè)F，OC，OD兩兩垂直. 6分如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)C，OD，OF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(－1,0,0)，B(0，－eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)，F(xiàn)(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分設(shè)平面ABF的法向量為m＝(a，b，c)，依題意有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)，則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分所以直線AD與平面ABF所成的角的正弦值是eq\f(\r(15),5). 12分2.(2024·太原模擬)在三棱柱ABC-A′B′C′中，AB＝BC＝CA＝AA′，側(cè)面ACC′A′⊥底面ABC，D是棱BB′的中點(diǎn)．(1)求證：平面DA′C⊥平面ACC′A′；(2)若∠A′AC＝60°，求二面角A-BC-B′的余弦值．[解](1)取AC，A′C′的中點(diǎn)O，F(xiàn)，連接OF與A′C交于點(diǎn)E，連接DE，OB，B′F.則E為OF的中點(diǎn)，因?yàn)槿庵鵄BC-A′B′C′，所以O(shè)F∥AA′∥BB′，且OF＝AA′＝BB′，所以四邊形BB′FO是平行四邊形. 2分又D是棱BB′的中點(diǎn)，所以DE∥OB.因?yàn)閭?cè)面AA′C′C⊥底面ABC，且OB⊥AC，所以O(shè)B⊥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)連接A′O，因?yàn)椤螦′AC＝60°，所以△A′AC是等邊三角形，故A′O⊥底面ABC.6分設(shè)AB＝BC＝CA＝AA′＝2，可得A′O＝OB＝eq\r(3)，分別以O(shè)B，OC，OA′分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則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分設(shè)平面BCC′B′的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，則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＝(