《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練28 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練立體幾何 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《安徽省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練28 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練立體幾何 理（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級(jí)訓(xùn)練28 解答題專項(xiàng)訓(xùn)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(gè)端點(diǎn)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(diǎn)A1，A2，A3重合于四面體的頂點(diǎn)A)． (1)證明：AB⊥CD； (2)當(dāng)A1D＝10，A1A2＝8時(shí)，求四面體ABCD的體積． 3．一個(gè)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(diǎn)． (1)求證：CM⊥平面FDM； (2)在線段A

2、D上(含A，D端點(diǎn))確定一點(diǎn)P，使得GP∥平面FMC，并給出證明． 4. (2020·皖南八校三聯(lián)，理19)如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠BAD=90°，PB=PC=CD=2AB=4，AC=2，平面BPC⊥平面ABCD. (1)求四棱錐P-ABCD的體積； (2)求平面PAD與平面PBC所成二面角的正切值． 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(diǎn)，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

3、=2，CD=4，M為CE的中點(diǎn)． (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. (2020·安徽師大附中五模，理18)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AB＝2AD＝2，BD＝，PD⊥底面ABCD. (1)證明：平面PBC⊥平面PBD； (2)若PD＝1，求AP與平面PBC所成角θ的正弦值． 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(diǎn)． (1)證明：PF⊥FD； (2)

4、判斷并說明PA上是否存在點(diǎn)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-PD-F的余弦值． 參考答案 1．解：把圓柱側(cè)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(diǎn)A與點(diǎn)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ACDAB⊥CD. (2)解：在題圖2中作DE⊥A2A3于E. ∵A1A2＝8，∴DE＝8. 又∵A1D＝A3D＝10，∴EA3＝6，A

5、2A3＝10＋6＝16. 又A2C＝A3C，∴A2C＝8. 即題圖1中AC＝8，AD＝10， 由A1A2＝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(diǎn)，DM＝CM＝a，∴CM⊥DM. ∵FD平面FDM，DM平面FDM，F(xiàn)D∩DM＝D，∴CM⊥平面FDM. (2)點(diǎn)P

6、在A點(diǎn)處． 證明：取DC中點(diǎn)S，連接AS，GS，GA， ∵G是DF的中點(diǎn)，∴GS∥FC. 又AS∥CM，AS∩AG＝A， ∴平面GSA∥平面FMC.而GA平面GSA， ∴GP∥平面FMC. 4．解：(1)在直角梯形ABCD中，由AC＝2及∠ADC＝90°可求得AD＝2，BC＝BD＝4， ∴△BPC為等邊三角形． 取BC的中點(diǎn)O，連接PO，則PO⊥BC. 又平面BPC⊥平面ABCD，平面BPC∩平面ABCD＝BC，∴PO⊥平面ABCD， 從而VP-ABCD＝×SABCD×PO＝××(2＋4)×2×2＝12. (2)連接OD，由(1)計(jì)算可知，△BDC為等邊三角形，而O為

7、BC的中點(diǎn)，∴OD⊥BC. 又平面BPC⊥平面ABCD， ∴OD⊥平面BPC. 延長CB與DA交于E，連接PE，過O作ON⊥PE，連接DN，則∠DNO即為所求的二面角的平面角，可求得ON=PC=3，OD=2，所以tan∠DNO=. 5.解：不妨設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的棱長為2，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則C(0,0,0)，A(，-1,0)， B1(,1,2)，D， 則， =(,1,2)． 設(shè)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(diǎn)N，連接MN，AN

8、.在△EDC中，M，N分別為EC，ED的中點(diǎn)， 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?yàn)锳N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?yàn)槠矫鍭DEF⊥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B

9、DE. 又因?yàn)锽C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(diǎn)，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)， 平面ADEF的一個(gè)法向量為m＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BEC的一個(gè)法向量， 因?yàn)椋?－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(gè)法向量． 設(shè)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

10、面角的余弦值為. 7．解：(1)證明：∵AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD. 又∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD. 又∵PD∩BD＝D，∴AD⊥平面PBD. 又∵BC∥AD，∴BC⊥平面PBD. ∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD. (2)如圖，分別以DA，DB，DP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0,1)，C(－1，，0)， ∴＝(－1,0,1)，＝(－1,0,0)，＝(0，－，1)． 設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)， 由可得令y＝1，則z＝， ∴n＝(0,1，)． ∴sin θ＝＝. 8

11、．(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(biāo)系A(chǔ)-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(shè)平面PFD的法向量為n=(x，y，z)， 由 令z=1，解得：x=y=. ∴n=. 設(shè)G點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0，m)，E，則， 要使EG∥平面PFD，只需·n=0，即+1×m==0，得m=，從而滿足的點(diǎn)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.