历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答案

1、1 .在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图所示，则相应的俯视图可以为2?已知夕!形ABCD的顶点都在半径为4的球0的球面上，且AB6,BC23，则棱锥OABCD的体积为。3 .如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，/DAB=600,AB=2AD,PD，底面XBCD.(I)证明：PA±BD;(II)若3D=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。（一）1.D2.8.33.解：（I）因为DAB60,AB2AD,由余弦定理得BD.3AD从而BD2+AD2=AB2,故BDAD又PD底面ABCD,可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长

2、，射线DA为x轴的正半轴建立空间直A 1,0,0 , B 0,3,0 ,1,3,0,P0,0,1n=设平面PAB的法向量为uuu nAB 0, LUU PB 0, (x, y, z),贝n设平面PBC的法向量为 m,uun m PB 0, uuu m BC 0,4 2Jcos m,n 27可取m=(0,-1,.3)角坐标系D-xyz,则故二面角A-PB-C的余弦值为 '' C2 一331.正方体ABCD- AiBCD1中，BBi与平面AC Di所成角的余弦值为ULV UUV2.已知圆。的半径为1, PA、PB为该圆的两条切线，A、B为俩切点，那么PA?PB的最小值为(A)4,2

3、(B)3(C)4八2(D)32.23.已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD的体积的43(B)T(C)234.如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD,AB/DC,ADDC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点，平面EDC平面SBC.(I)证明：SE=2EB；(U)求二面角A-DE-C的大小(二)最大值为1.D2.D3.B4.解法一：(I)连8BD,取DC的中点G,连接BG,由此知DGGCBG1,即ABC为直角三角形，故BCBD.又SD平面ABCD,故BCSD,所以，BC平面BDS,BCDE.作BKEC,K为垂足，因平面EDC平面SBC

4、,BC都垂直故BK平面EDC,BKDE,DE与平面SBC内的两条相交直线BK、DE，平面SBC,DE±EC,DE±SB所以，SE=2EB(nWSA.SD2AD2.5,AB1,SE2EB,ABSA知2AE2AB1.又AD=1.?DF2y3取ED中点F,连接AF,则AFDE,AF故ADE为等腰三角形.连接FG,贝UFG/EC,FGDE所以，AFG是二面角ADEC的平面角.AF2FG2AG22gAFgFGcosAFG连接AG,AG=2 , FG . DG 2 DF 2所以，二面角ADEC的大小为120解法以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz,设

5、A(1,0,0),贝UB(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)uuruuu(I)SC(0,2,-2),BC(-1,1,0)设平面SBC的法向量为n=(a,b,c)uuuuuuruuuuu由nSC,nBC,得ngSC0,ngBC0故2b-2c=0,-a+b=0令a=1,贝Ub=c,c=1,n=(1,1,1)ULTUUU又设SEEB(0),贝U设平面CDE的法向量m=(x,y,z)由DE,mDC,得mmDE0mDC0故严0,2y01112,贝U令xm(2,0,).由平面DEC，平面SBC得mln,mgn0,20,2故SE=2EB222111ULU211(U)由(I)知E(-,-,-),

6、取DE的中点F,则F(-,-,-),FA(-,-,-),333333333LLLLILT故FAgDE0,由此得FADELULT242LUULLLT又EC(,一,),故ECgDE0,由止匕得ECDE,333LULLUU向量FA与EC的夹角等于二面角ADEC的平面角LILLILTLLLLLLFACEC1于是cos(FA,EC)lilaLliii|FA|EC|2所以，二面角ADEC的大小为120。2A忆知二面角3.直三棱柱ABC A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB AC AA 12 , BAC 120 ,A1在底面ABC上的射影为BC的中1.已知三棱柱ABCAB.G的侧棱与底面边长都相等点，

7、则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为()(A)子(C)2、3(B)2(D)4为60。，动点P、Q分别在面a、B内，P至UB的距离为3,Q到a的距离为2、二，则P、Q两点之间距离的最小值为(底面ABCD,则此球的表面积等于4.如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SDAD2,DCSD2,点M在侧棱SC上，ABM=60(I)证明：M在侧棱SC的中点1珊：设BC的中点为D,连结AD , AD,易知AAB即为异面直线AB与CCi所成的角，由三角余弦定理cos AAD cos DAB如匹3 .故选DAA AB 4(II )求二面角S AM B的余弦值2如图分别作QA 于A, AC I于C,P

8、BIB,PD l 于 D,连 CQ,BD 则 ACQ PBD 60 ,AQ 2 3, BP -. 3 , AC PD 2又 Q PQ、AQ2AP2 12 AP22、3当且仅当AP0,即点A与点P重合时取最小值。故答案选C3.解:在ABC中ABAC2,BAC120,可得BC23,由正弦定理)可得ABC外接展半径r=2设此圆圆心为O,球心为O,在RTOBO中，易得球半径R5,故此球的表面积为解法一：(I)作ME/CD交SD于点E,则ME/AB,ME平面SAD连接AE,则四边形ABME为直角梯形作MFAB,垂足为F,则AFME为矩形设MEx,则SEx,AEZED2AD2(2一乂厂2由MFFB?tan

9、60。，得J(2x)2273(2x)解得x11即ME1,从而MEDC2所以M为侧棱SC的中点(n)MB.BC2MC22,又ABM60,AB2,所以ABM为等边三角形,又由(I)知M为SC中点SM.2,SA,6,AM2,故SA2SM2AM2,SMA90取AM中点G,连结BG,取SA中点H,连结GH,则BGAM,GHAM，由此知BGH为二面角SAMB的平面角连接BH,在BGH中,BG2GH2BH26所以cosBGH2?BG?GH解法二:以D为坐标原点，射线DA为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz设A(.2,0,0),则B(、2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,2)(I)设SMM

10、C(0)，则又AB(0,2,0),MB,AB60o故MB?AB|MB|?|AB|cos60o即占,-'(.2)2(2)2(2)2111解得1,即SMMC所以M为侧棱SC的中点(II)由M(0,1,1),A(.2,0,0),得AM的中点Ge2,1,1)222又GBe2,3,1),MS(0,1,1),AM(-2,1,1)222所以GBAM,MSAM因此GB,MS等于二面角SAMB的平面角(四)A在底面ABC内的射影为 ABC的1 .已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等,中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于（A. 1B. 1!C?乜3332 ?等边三角形ABC与正方形A

11、BDE有一公共边AB,二面角CABD的余弦值为弓，M、N分别是AC、BC的中点，贝UEM、AN所成角的余弦值等于3.（本小题满分12分）四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE,BC2）CD.2）ABAC.证明：ADCE；（U）设CE与平面ABE所成的角为45。，求二面角CADE的余弦值.E（四）1.B12.答案:L63?解：（I）作AO±BC,垂足为0,连接0D,由题设知，AO，底面BCDE,且0为BC中占八、）OCCD1由0cCD1知，RtAOCDsRtACDE,CDDE2从而/ODC=/CED,于是CE±OD,由三垂线定理知，AD±CE

12、(II)由题意，BE±BC,所以BE，侧面ABC,又BE侧面ABE,所以侧面ABE，侧面ABC。作CF±AB,垂足为F,连接FE,贝UCF，平面ABE故/CEF为CE与平面ABE所成的角，/CEF=450由CE=,6,得CF=3又BC=2,因而/ABC=60。，所以ABC为等边三角形作CG±AD,垂足为G,连接GE由(I)知，CE±AD?又CEnCG=C,故 AD，平面 CGE , AD ± GE ? /CGE 是二面角 C-AD-E平面角。AC CD 2 CG-aaAD2DE ADGE=22飞3(1DE)2AD.36,的CECG2 GE2 CE2 cos/ CGE=410-2CG GE33小。2102-v3v3解法二：(I)作AO±BC,垂足为。，贝UAO，底面BCDE,且O为BC的中点，以O为坐标原点，射线OC为x轴正向，建立如图所示的直角坐标系O-xyz.设A(0,0,t),由已知条件有C(1,0,0),D(1,.2,0),E(-1,2,0),所以CEAD0,得AD±CE(II)作CF±AB?垂足为F,连接FE,设F(x,0,z则CF=(x-1,0,z),故CF，BE,又ABnBE=B,所以CF，平面ABE,/