历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

第1页共11页（一）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.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且6,23ABBC,则棱锥OABCD的体积为。3.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。第2页共11页（一）1.D2.833.解：（Ⅰ）因为60,2DABABAD，由余弦定理得3BDAD从而BD2+AD2=AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）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D-xyz，则1,0,0A，03,0B，，1,3,0C，0,0,1P。(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)ABPBBCuuuvuuvuuuv设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则0,0,{nABnPBuuuruuur即3030xyyz因此可取n=(3,1,3)设平面PBC的法向量为m，则m0,m0,{PBBCuuuruuur可取m=（0，-1，3）427cos,727mn故二面角A-PB-C的余弦值为277第3页共11页（二）1.正方体ABCD-1111ABCD中，B1B与平面AC1D所成角的余弦值为A23B33C23D632.已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为俩切点，那么PAPB的最小值为(A)42(B)32(C)422(D)3223.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的体积的最大值为(A)233(B)433(C)23(D)8334.如图，四棱锥S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，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；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.第4页共11页（二）1.D2.D3.B4.解法一：(Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,由此知1,DGGCBG即ABC为直角三角形，故BCBD.又ABCD,BCSDSD平面故,所以，BC平面BDS,BCDE.作BKEC,EDCSBCK为垂足，因平面平面，故,BKEDCBKDEDE平面，与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直DE⊥平面SBC，DE⊥EC,DE⊥SB226SBSDDB23SDDBDESB22626-,-33EBDBDESESBEB所以，SE=2EB(Ⅱ)由225,1,2,,SASDADABSEEBABSA知22121,AD=133AESAAB又.故ADE为等腰三角形.取ED中点F,连接AF,则226,3AFDEAFADDF.连接FG，则//,FGECFGDE.所以，AFG是二面角ADEC的平面角.连接AG,AG=2,2263FGDGDF,2221cos22AFFGAGAFGAFFG,第5页共11页所以，二面角ADEC的大小为120°.解法二：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A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）(0,2,-2),(-1,1,0)SCBC设平面SBC的法向量为n=(a,b,c)由,nSCnBC，得0,0nSCnBC故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1)又设SEEB(0)，则2(,,)111E2(,,),(0,2,0)111DEDC设平面CDE的法向量m=(x,y,z)由,mDEmDC,得0mDE，0mDC故20,20111xyzy.令2x，则(2,0,)m.由平面DEC⊥平面SBC得m⊥n,0,20,2mn故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E，取DE的中点F，则111211(,,),(,,)333333FFA，故0FADE，由此得FADE又242(,,)333EC，故0ECDE，由此得ECDE，向量FA与EC的夹角等于二面角ADEC的平面角于是1cos(,)2||||FAECFAECFAEC所以，二面角ADEC的大小为120第6页共11页（三）1.已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面直线AB与1CC所成的角的余弦值为（）（A）34（B）54（C）74(D)342.已知二面角l为60o，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，Q到α的距离为23，则P、Q两点之间距离的最小值为（）(A)(B)2(C)23(D)43.直三棱柱111ABCABC的各顶点都在同一球面上，若12ABACAA,120BAC，则此球的表面积等于。4.如图，四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SD底面ABCD，2AD,2DCSD，点M在侧棱SC上，ABM=60°（I）证明：M在侧棱SC的中点（II）求二面角SAMB的余弦值。第7页共11页（三）1.解：设BC的中点为D，连结1AD，AD，易知1AAB即为异面直线AB与1CC所成的角,由三角余弦定理，易知113cocs4oscosADADAADDABAAAB.故选D2.解:如图分别作,,,QAAAClCPBB于于于PDlD于，连,60,CQBDACQPBD则23,3AQBP，2ACPD又2221223PQAQAPAP当且仅当0AP，即AP点与点重合时取最小值。故答案选C。3.解:在ABC中2ABAC,120BAC,可得23BC,由正弦定理,可得ABC外接圆半径r=2设此圆圆心为O，球心为O，在RTOBO中，易得球半径5R，故此球的表面积为2420R.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，222(2)2AEEDADx2(2)2,2MFAExFBx由2tan60,(2)23(2)MFFBxx。得解得1x即1ME，从而12MEDC所以M为侧棱SC的中点（Ⅱ）222MBBCMC，又60,2ABMAB,所以ABM为等边三角形，又由（Ⅰ）知M为SC中点2,6,2SMSAAM，故222,90SASMAMSMA取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则,BGAMGHAM,由此知BGH为二面角BCBCA111AD第8页共11页SAMB的平面角连接BH，在BGH中，22312223,,2222BGAMGHSMBHABAH所以2226cos23BGGHBHBGHBGGH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(2,0,0)A，则(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2)BCS（Ⅰ）设(0)SMMC,则2222(0,,),(2,,)1111MMB又(0,2,0),,60ABMBAB故||||cos60MBABMBAB即222422(2)()()111解得1，即SMMC所以M为侧棱SC的中点（II）由(0,1,1),(2,0,0)MA，得AM的中点211(,,)222G又231(,,),(0,1,1),(2,1,1)222GBMSAM0,0GBAMMSAM所以,GBAMMSAM因此,GBMS等于二面角SAMB的平面角6cos,3||||GBMSGBMSGBMS第9页共11页（四）1．已知三棱柱111ABCABC的侧棱与底面边长都相等，1A在底面ABC内的射影为ABC△的中心，则1AB与底面ABC所成角的正弦值等于（）A．13B．23C．33D．232．等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角CABD的余弦值为33，M、N分别是AC、BC的中点，则EM、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，2BC，2CD，ABAC．（Ⅰ）证明：ADCE；（Ⅱ）设CE与平面ABE所成的角为45，求二面角CADE的余弦值．CDEAB第10页共11页（四）1.B2.答案：16.3．解：(I)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由题设知，AO⊥底面BCDE，且O为BC中点，由21DECDCDOC知，Rt△OCD∽Rt△CDE，从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，由三垂线定理知，AD⊥CE（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，则CF⊥平面ABE故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，∠CEF=45°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CE∩CG=C，故AD⊥平面CGE，AD⊥GE，∠CGE是二面角C-AD-E的平面角。CG=32622ADCDACGE=,6,310652)21(22CEADDEADDEcos∠CGE=10103103226310342222GECGCEGECG解法二：（I）作AO⊥BC，垂足为O，则AO⊥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),),2,1(),0,2,2(tADCE所以0ADCE，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),0),0,2,0(BECFBE第11页共11页故CF⊥BE，又AB∩BE=B，所以CF⊥平面ABE，∠CEF是CE与平面ABE所成的角，∠CEF=45°由CE=6，得CF=3又CB=2，所以∠FBC=60°，△ABC为等边三角形，因此A（0，0，3）作CG⊥AD，垂足为G，连接GE，在Rt△ACD中，求得|AG|=32|AD|故G[33,322,32]33,32,35,33,322,31GEGC又)3,2,1(AD0,0ADGEADGC所以GEGC与的夹角等于二面角C-AD-E的平面角。由cos(GEGC,)=1010||||GEGCGEGC