2020年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練29 解答題專項訓練(立體幾何) 理

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1、專題升級訓練29　解答題專項訓練(立體幾何) 1．有一根長為3π cm，底面半徑為2 cm的圓柱形鐵管，用一段鐵絲在鐵管上纏繞2圈，并使鐵絲的兩個端點落在圓柱的同一母線的兩端，則鐵絲的最短長度為多少？ 2．已知正四面體ABCD(圖1)，沿AB，AC，AD剪開，展成的平面圖形正好是(圖2)所示的直角梯形A1A2A3D(梯形的頂點A1，A2，A3重合于四面體的頂點A)． (1)證明：AB⊥CD； (2)當A1D＝10，A1A2＝8時，求四面體ABCD的體積． 3．一個多面體的直觀圖和三視圖如圖所示，其中M，G分別是AB，DF的中點． (1)求證：CM⊥平面FDM； (2)在線段A

2、D上(含A，D端點)確定一點P，使得GP∥平面FMC，并給出證明． 4．如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． (1)證明直線BC∥EF； (2)求棱錐F－OBED的體積． 5．如圖所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點，則直線AD與平面B1DC所成的角的正弦值為多少？ 6．如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M為CE的中點． (1)求證：BM∥平面

3、ADEF； (2)求證：平面BDE⊥平面BEC； (3)求平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的余弦值． 7．如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD. (1)證明：PA⊥BD； (2)設PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值． 8．如圖，已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是線段AB，BC的中點． (1)證明：PF⊥FD； (2)判斷并說明PA上是否存在點G，使得EG∥平面PFD； (3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A－

4、PD－F的余弦值． 參考答案 1．解：把圓柱側面及纏繞其上的鐵絲展開，在平面上得到矩形ABCD(如圖)，由題意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，點A與點C分別是鐵絲的起、止位置，故線段AC的長度即為鐵絲的最短長度． AC＝＝5π(cm)，故鐵絲的最短長度為5π cm. 2．(1)證明：在四面體ABCD中， ∵?AB⊥平面ACD?AB⊥CD. (2)解：在題圖2中作DE⊥A2A3于E. ∵A1A2＝8，∴DE＝8. 又∵A1D＝A3D＝10，∴EA3＝6，A2A3＝10＋6＝16. 又A2C＝A3C，∴A2C＝8. 即題圖1中AC＝8，AD＝10， 由A1A

5、2＝8，A1B＝A2B得圖1中AB＝4. ∴S△ACD＝S△A3CD＝DE·A3C＝×8×8＝32. 又∵AB⊥面ACD，∴VB－ACD＝×32×4＝. 3．解：由三視圖可得直觀圖為直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF，DF＝AD＝a. (1)證明：∵FD⊥平面ABCD，CM?平面ABCD， ∴FD⊥CM. 在矩形ABCD中，CD＝2a，AD＝a，M為AB中點，DM＝CM＝a，∴CM⊥DM. ∵FD?平面FDM，DM?平面FDM，F(xiàn)D∩DM＝D，∴CM⊥平面FDM. (2)點P在A點處． 證明：取DC中點S，連接AS，GS，GA， ∵G是DF的中點，∴GS∥FC. 又AS

6、∥CM，AS∩AG＝A， ∴平面GSA∥平面FMC.而GA?平面GSA， ∴GP∥平面FMC. 4．(1)證明：設G是線段DA與EB延長線的交點．由于△OAB與△ODE都是正三角形．所以OBDE，OG＝OD＝2. 同理，設G′是線段DA與FC延長線的交點，有OG′＝OD＝2.又由于G和G′都在線段DA的延長線上，所以G與G′重合． 在△GED和△GFD中，由OBDE和OCDF，可知B和C分別是GE和GF的中點，所以BC是△GEF的中位線，故BC∥EF. (2)解：由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝，而△OED是邊長為2的正三角形，故S△OED＝. 所以S四

7、邊形OBED＝S△EOB＋S△OED＝.過點F作FQ⊥DG，交DG于點Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F－OBED的高，且FQ＝， 所以VF－OBED＝FQ·S四邊形OBED＝. 5．解：不妨設正三棱柱ABC－A1B1C1的棱長為2，建立如圖所示空間直角坐標系， 則C(0,0,0)，A(，－1,0)， B1(,1,2)，D(,,2)， 則＝(,,2)， ＝(,1,2)． 設平面B1DC的法向量為 n＝(x，y,1)，由 解得n＝(－,1,1)． 又∵， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 6．(1)證明：取DE中點N，連接MN，AN.在△EDC

8、中，M，N分別為EC，ED的中點， 所以MN∥CD，且MN＝CD. 由已知AB∥CD，AB＝CD， 所以MN∥AB，且MN＝AB， 所以四邊形ABMN為平行四邊形． 所以BM∥AN. 又因為AN?平面ADEF，且BM?平面ADEF， 所以BM∥平面ADEF. (2)證明：在正方形ADEF中，ED⊥AD. 又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 所以ED⊥平面ABCD.所以ED⊥BC. 在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝2，CD＝4，可得BC＝2. 在△BCD中，BD＝BC＝2，CD＝4. 所以BC⊥BD. 所以BC⊥平面BDE.

9、 又因為BC?平面BCE， 所以平面BDE⊥平面BEC. (3)解：由(2)知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD. 以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系． B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)， 平面ADEF的一個法向量為m＝(0,1,0)． 設n＝(x，y，z)為平面BEC的一個法向量， 因為＝(－2,2,0)，＝(0，－4,2)，所以 令x＝1，得y＝1，z＝2. 所以n＝(1,1,2)為平面BEC的一個法向量． 設平面BEC與平面ADEF所成銳二面角為θ，則cos θ＝＝＝. 所以平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的

10、余弦值為. 7．(1)證明：因為∠DAB＝60°，AB＝2AD， 由余弦定理得BD＝AD. 從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.因為PD∩AD＝D， 所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD. (2)解：如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz.則A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)． ＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)． 設平面PAB的法向量為n＝(x，y，z)，則即因此可取n＝(，1，)． 設平面PBC的法向量為m，則 可取m

11、＝(0，－1，－)，cos〈m，n〉＝＝－. 故二面角A－PB－C的余弦值為－. 8．(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則 A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)． 不妨令P(0,0，t)，∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)， ∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0， 即PF⊥FD. (2)解：設平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 令z＝1，解得：x＝y(tǒng)＝. ∴. 設G點坐標為(0,0，m)，E，則， 要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，即，得，從而滿足AG＝AP的點G即為所求． (3)解：∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得＝(1,0,0)，又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB與平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，PA＝1，平面PFD的法向量為n＝. ∴cos〈，n〉＝＝. 故所求二面角A－PD－F的余弦值為.