(完整版)历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)

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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。

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1.D 2.83

3.

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

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1. 正方体ABCD-1111ABCD中，B1B与平面AC1D所成角的余弦值为

A 23 B33 C23 D63

2. 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•uuuvuuuv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) 833

4. 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 .

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1. D 2. D 3. B

4. 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⊥SB

226SBSDDB

23SDDBDESBg

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gg, 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uuuruuur

设平面SBC的法向量为n=(a, b, c)

由,nSCnBCuuuruuur，得0,0nSCnBCuuuruuurgg

故2b-2c=0,-a+b=0

令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1)

又设SEEBuuruuur (0)，则

2(,,)111E

2(,,),(0,2,0)111DEDCuuuruuur

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g

故SE=2EB

（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333E，取DE的中点F，则111211(,,),(,,)333333FFAuuur，

故0FADEuuuruuurg，由此得FADE

又242(,,)333ECuuur，故0ECDEuuuruuurg，由此得ECDE，

向量FAuuur与ECuuur的夹角等于二面角ADEC的平面角

于是 1cos(,)2||||FAECFAECFAECuuuruuuruuuruuurguuuruuur

所以，二面角ADEC的大小为120o 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) 34

2. 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)4

3. 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。

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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D

2. 解:如图分别作,,,QAAAClCPBB于于于

PDlD于，连,60,CQBDACQPBD则

23,3AQBP，2ACPD

又2221223PQAQAPAPQ

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o,所以ABM为等边三角形，

又由（Ⅰ）知M为SC中点

2,6,2SMSAAM，故222,90SASMAMSMAo

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o

故||||cos60MBABMBAB••o

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••