湖南省2013年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練30 解答題專項訓練(立體幾何) 理

專題升級訓練30 解答題專項訓練(立體幾何)1有一根長為3 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：ABCD；(2)當A1D10，A1A28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AD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BCEF；(2)求棱錐F­OBED的體積5.如圖所示，已知正三棱柱ABC­A1B1C1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，ADCD，ABCD，AB=AD=2，CD=4，M為CE的中點(1)求證：BM平面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P­ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，DAB=60°，AB=2AD，PD底面ABCD. (1)證明：PABD；(2)設PDAD，求二面角A­PB­C的余弦值8.如圖，已知在四棱錐P­ABCD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：PFFD；(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A­PD­F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BC3 cm，AB4 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AC5(cm)，故鐵絲的最短長度為5 cm.2. (1)證明：在四面體ABCD中，AB平面ACDABCD.(2)解：在題圖2中作DEA2A3于E.A1A28，DE8.又A1DA3D10，EA36，A2A310616.又A2CA3C，A2C8.即題圖1中AC8，AD10，由A1A28，A1BA2B得圖1中AB4.SACDSA3CDDE·A3C×8×832.又AB面ACD，VB­ACD×32×4.3. 解：由三視圖可得直觀圖為直三棱柱且底面ADF中ADDF，DFADa.(1)證明：FD平面ABCD，CM平面ABCD，F(xiàn)DCM.在矩形ABCD中，CD2a，ADa，M為AB中點，DMCMa，CMDM.FD平面FDM，DM平面FDM，F(xiàn)DDMD，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，GSFC.又ASCM，ASAGA，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OB綉DE，OG=OD=2.同理，設G是線段DA與FC延長線的交點，有OGOD2.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OB綉DE和OC綉DF，可知B和C分別是GE和GF的中點，所以BC是GEF的中位線，故BCEF.(2)解：由OB1，OE2，EOB60°，知SEOB，而OED是邊長為2的正三角形，故SOED.所以S四邊形OBEDSEOBSOED.過點F作FQDG，交DG于點Q，由平面ABED平面ACFD知，F(xiàn)Q就是四棱錐F­OBED的高，且FQ，所以VF­OBEDFQ·S四邊形OBED.5. 解：不妨設正三棱柱ABC­A1B1C1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，則，設平面B1DC的法向量為n=(x，y,1)，由解得n=又，sin =|cos，n|=.6. (1)證明：取DE中點N，連接MN，AN.在EDC中，M，N分別為EC，ED的中點，所以MNCD，且MNCD.由已知ABCD，ABCD，所以MNAB，且MNAB，所以四邊形ABMN為平行四邊形所以BMAN.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，EDAD.又因為平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，所以ED平面ABCD.所以EDBC.在直角梯形ABCD中，ABAD2，CD4，可得BC2.在BCD中，BDBC2，CD4.所以BCBD.所以BC平面BDE.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ADCD.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x1，得y1，z2.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，則cos .所以平面BEC與平面ADEF所成銳二面角的余弦值為.7. (1)證明：因為DAB60°，AB2AD，由余弦定理得BDAD.從而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.因為PDADD，所以BD平面PAD，故PABD.(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D­xyz.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(0，1，)，cosm，n.故二面角APBC的余弦值為.8. (1)證明：PA平面ABCD，BAD90°，AB1，AD2，建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz，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)，1×11×(1)(t)×00，即PFFD.(2)解：設平面PFD的法向量為n(x，y，z)，由得令z1，解得：xy.n.設G點坐標為(0,0，m)，E，則，要使EG平面PFD，只需·n0，即×0×1×mm0，得mt，從而滿足AGAP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PBA45°，PA1，平面PFD的法向量為n.cos，n.故所求二面角A­PD­F的余弦值為.