湖南省高考数学第二轮复习 专题升级训练30 解答题专项训练(立体几何) 理

专题升级训练30解答题专项训练(立体几何)1．有一根长为3πcm，底面半径为2cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为多少？2．已知正四面体ABCD(图1)，沿AB，AC，AD剪开，展成的平面图形正好是(图2)所示的直角梯形A1A2A3D(梯形的顶点A1，A2，A3重合于四面体的顶点A)．(1)证明：AB⊥CD；(2)当A1D＝10，A1A2＝8时，求四面体ABCD的体积．3．一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M，G分别是AB，DF的中点．(1)求证：CM⊥平面FDM；(2)在线段AD上(含A，D端点)确定一点P，使得GP∥平面FMC，并给出证明．4.如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA=1，OD=2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．(1)证明直线BC∥EF；(2)求棱锥FOBED的体积．5.如图所示，已知正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为多少？-6-\n6.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB=AD=2，CD=4，M为CE的中点．(1)求证：BM∥平面ADEF；(2)求证：平面BDE⊥平面BEC；(3)求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值．7.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD，求二面角APBC的余弦值．8.如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2，AB=1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．(1)证明：PF⊥FD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角APDF的余弦值．-6-\n参考答案1.解：把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD(如图)，由题意知BC＝3πcm，AB＝4πcm，点A与点C分别是铁丝的起、止位置，故线段AC的长度即为铁丝的最短长度．AC＝＝5π(cm)，故铁丝的最短长度为5πcm.2.(1)证明：在四面体ABCD中，∵AB⊥平面ACDAB⊥CD.(2)解：在题图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.即题图1中AC＝8，AD＝10，由A1A2＝8，A1B＝A2B得图1中AB＝4.∴S△ACD＝S△A3CD＝DE·A3C＝×8×8＝32.又∵AB⊥面ACD，∴VBACD＝×32×4＝.3.解：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF，DF＝AD＝a.(1)证明：∵FD⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴FD⊥CM.在矩形ABCD中，CD＝2a，AD＝a，M为AB中点，DM＝CM＝a，∴CM⊥DM.∵FD⊂平面FDM，DM⊂平面FDM，FD∩DM＝D，∴CM⊥平面FDM.(2)点P在A点处．证明：取DC中点S，连接AS，GS，GA，∵G是DF的中点，∴GS∥FC.又AS∥CM，AS∩AG＝A，∴平面GSA∥平面FMC.而GA⊂平面GSA，∴GP∥平面FMC.4.(1)证明：设G是线段DA与EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形．所以OB綉DE，OG=OD=2.-6-\n同理，设G′是线段DA与FC延长线的交点，有OG′＝OD＝2.又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合．在△GED和△GFD中，由OB綉DE和OC綉DF，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.(2)解：由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝.所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝.过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ＝，所以VFOBED＝FQ·S四边形OBED＝.5.解：不妨设正三棱柱ABCA1B1C1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(，－1,0)，B1(,1,2)，D，则，．设平面B1DC的法向量为n=(x，y,1)，由解得n=．又∵，∴sinθ=|cos〈，n〉|=.6.(1)证明：取DE中点N，连接MN，AN.在△EDC中，M，N分别为EC，ED的中点，所以MN∥CD，且MN＝CD.由已知AB∥CD，AB＝CD，所以MN∥AB，且MN＝AB，所以四边形ABMN为平行四边形．所以BM∥AN.又因为AN⊂平面ADEF，且BM⊄平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.-6-\n(2)证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD.又因为平面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.又因为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为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，平面ADEF的一个法向量为m＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)为平面BEC的一个法向量，因为＝(－2,2,0)，＝(0，－4,2)，所以令x＝1，得y＝1，z＝2.所以n＝(1,1,2)为平面BEC的一个法向量．设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为θ，则cosθ＝＝＝.所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为.7.(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.因为PD∩AD＝D，所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.(2)解：如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)．＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则即因此可取n＝(，1，)．设平面PBC的法向量为m，则可取m＝(0，－1，－)，cos〈m，n〉＝＝－.故二面角APBC的余弦值为－.8.(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)．不妨令P(0,0，t)，∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，-6-\n∴＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)解：设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，由得令z＝1，解得：x＝y＝.∴n＝.设G点坐标为(0,0，m)，E，则＝，要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，即×＋0×＋1×m＝m－＝0，得m＝t，从而满足AG＝AP的点G即为所求．(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与平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，PA＝1，平面PFD的法向量为n＝.∴cos〈，n〉＝＝＝.故所求二面角APDF的余弦值为.-6-