歷年全國理科數(shù)學高考試題立體幾何部分含

（一）1.在一個幾何體的三視圖中，正視圖和俯視圖如右圖所示，則相應(yīng)的俯視圖能夠為2.已知矩形ABCD的極點都在半徑為4的球O的球面上，且AB6,BC23,則棱錐OABCD的體積為。3.如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)證明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。（一）1.D2.833.解：（Ⅰ）由于DAB60,AB2AD，由余弦定理得BD3AD進而BD2+AD2=AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）如圖，以D為坐標原點，AD的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸成立空間直角坐標系D-xyz，則A1,0,0，B0，3,0，C1,3,0，P0,0,1。uuurnAB0,{uuur設(shè)平面PAB的法向量為n=（x，y，z），則nPB0,x3y0即3yz0所以可取n=(3,1,3)uuur0,{mPB設(shè)平面PBC的法向量為m，則uuur0,mBC可取m=（0，-1，3）cosm,n42777227故二面角A-PB-C的余弦值為7（二）正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為2326ABCD3333uuuvuuuv2.已知圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為倆切點，那么PA?PB的最小值為(A)42(B)32(C)422(D)322已知在半徑為2的球面上有A、B、C、D四點，若AB=CD=2,則四周體ABCD的體積的最大值為(A)23(B)43(C)23(D)833334.如圖，四棱錐S-ABCD中，SD底面ABCD，AB//DC，ADDC，AB=AD=1，DC=SD=2，E為棱SB上的一點，平面EDC平面SBC.（Ⅰ）證明：SE=2EB；（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小.（二）解法一：(Ⅰ)連結(jié)BD,取DC的中點G，連結(jié)BG,由此知DGGCBG1,即ABC為直角三角形，故BCBD.又SD平面ABCD,故BCSD,所以，BC平面BDS,BCDE.作BKEC,K為垂足，因平面EDC平面SBC，故BK平面EDC，BKDE,DE與平面SBC內(nèi)的兩條訂交直線BK、BC都垂直DE⊥平面SBC，DE⊥EC,DE⊥SB所以，SE=2EB(Ⅱ)由SASD2AD25,AB1,SE2EB,ABSA,知22AB2AE1SA1,又AD=1.33故ADE為等腰三角形.取ED中點F,連結(jié)AF,則AFDE,AFAD2DF26.3連結(jié)FG，則FG//EC,FGDE.所以，AFG是二面角ADEC的平面角.連結(jié)AG,AG=2,FGDG2DF26,3cosAFGAF2FG2AG21,2gAFgFG2所以，二面角ADEC的大小為120°.解法二：以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，成立如下圖的直角坐標系Dxyz，設(shè)A(1,0,0)，則B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)uuuruuur（Ⅰ）SC(0,2,-2),BC(-1,1,0)設(shè)平面SBC的法向量為n=(a,b,c)uuuruuuruuuruuur由nSC,nBC，得ngSC0,ngBC0故2b-2c=0,-a+b=0令a=1，則b=c,c=1,n=(1,1,1)uuruuur又設(shè)SEEB(0)，則設(shè)平面CDE的法向量m=(x,y,z)由mDE,mDC,得mDE0，mDC0故xy2z110,2y0.1令x2，則m(2,0,).由平面DEC⊥平面SBC得m⊥n,mgn0,20,2故SE=2EB（Ⅱ）由（Ⅰ）知E(2,2,2)，取DE的中點F，則F(1,1,1uuur(2,113333),FA33,)，333uuuruuur故FAgDE0，由此得FADEuuur242uuuruuur又ECg，由此得ECDE，333uuuruuurDEC的平面角向量FA與EC的夾角等于二面角Auuuruuur于是cos(FA,EC)

uuuruuur1FAECuuurguuur2|FA||EC|所以，二面角ADEC的大小為120o（三）1.已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，A1在底面ABC上的射影為BC的中點，則異面直線AB與CC1所成的角的余弦值為（）（A）3（B）5（C）7(D)344442.已知二面角l為60o，動點P、Q分別在面α、β內(nèi)，P到β的距離為3，Q到α的距離為23，則P、Q兩點之間距離的最小值為（）(A)(B)2(C)23(D)43.直三棱柱ABCA1B1C1的各極點都在同一球面上，若ABACAA12,BAC120，則此球的表面積等于。4.如圖，四棱錐SABCD中，底面ABCD為矩形，SD底面ABCD，AD2,DCSD2，點M在側(cè)棱SC上，ABM=60°I）證明：M在側(cè)棱SC的中點II）求二面角SAMB的余弦值。（三）1.解：設(shè)BC的中點為D，連結(jié)A1D，AD，易知A1AB即為異面直線C1B1A1AB與CC1所成的角,由三角余弦定理，易知CDABcoscosA1ADcosDABADAD3.應(yīng)選DA1AAB42.解:如圖分別作QA于A,ACl于C,PB于B,PDl于D，連CQ,BD則ACQPBD60,AQ23,BP3，ACPD2又QPQAQ2AP212AP223當且僅當AP0，即點A與點P重合時取最小值。故答案選C。3.解:在

ABC中AB

AC

2,

BAC

120,可得

BC

23,由正弦定理

,可得

ABC外接圓半徑

r=2設(shè)此圓圓心為O，球心為O，在RTOBO中，易得球半徑R5，故此球的表面積為4R220.解法一：（I）作ME∥CD交SD于點E，則ME∥AB，ME平面SAD連結(jié)AE，則四邊形ABME為直角梯形作MFAB，垂足為F，則AFME為矩形設(shè)MEx，則SEx，AEED2AD2(2x)22由MFFB?tan60。,得(2x)223(2x)解得x1即ME

1，進而

ME

1DC2所以M為側(cè)棱SC的中點（Ⅱ）MBBC2MC22，又ABM60o,AB2,所以ABM為等邊三角形，又由（Ⅰ）知M為SC中點SM2,SA6,AM2，故SA2SM2AM2,SMA90o取AM中點G，連結(jié)BG，取為二面角SAMB的平面角

SA中點

H，連結(jié)

GH，則BG

AM,GH

AM

,由此知

BGH連結(jié)BH，在BGH中，BG2GH2BH26所以cosBGH32?BG?GH解法二:以D為坐標原點，射線DA為x軸正半軸，成立如下圖的直角坐標系D-xyz設(shè)A(2,0,0)，則B(2,2,0),C(0,2,0),S(0,0,2)（Ⅰ）設(shè)SMMC(0),則又AB(0,2,0),MB,AB60o故MB?AB|MB|?|AB|cos60o即4(2)2(2)2(2)2111解得1，即SMMC所以M為側(cè)棱SC的中點（II）由

M(0,1,1),A(

2,0,0)

，得

AM

的中點G(

2,1,1)222又GB

(

22

,3,2

1),2

MS

(0,

1,1),AM

(

2,1,1)所以GBAM,MSAM所以GB,MS等于二面角SAMB的平面角（四）1．已知三棱柱ABC111的側(cè)棱與底面邊長都相等，A1在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的ABC中心，則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于（）A．1B．2C．3D．233332．等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角CABD的余弦值為3，3M、N分別是AC、BC的中點，則EM、AN所成角的余弦值等于．3．（本小題滿分12分）四棱錐ABCDE中，底面BCDE為矩形，側(cè)面ABC底面BCDE，BC2，CD2，ABAC．（Ⅰ）證明：ADCE；（Ⅱ）設(shè)CE與平面ABE所成的角為45o，求二面角CADE的余弦值．ABECD（四）1.B2.答案：1.63．解：(I)作AO⊥BC，垂足為O，連結(jié)OD，由題設(shè)知，AO⊥底面BCDE，且O為BC中點，由OCCD1知，Rt△OCD∽Rt△CDE，CDDE2進而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，由三垂線定理知，AD⊥CE（II）由題意，BE⊥BC，所以BE⊥側(cè)面ABC，又BE側(cè)面ABE，所以側(cè)面ABE⊥側(cè)面ABC。作CF⊥AB，垂足為F，連結(jié)FE，則CF⊥平面ABE故∠CEF為CE與平面ABE所成的角，∠CEF=45°由CE=6，得CF=3又BC=2，因此∠ABC=60°，所以△ABC為等邊三角形作CG⊥AD，垂足為G，連結(jié)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=ACCD222AD63DEAD2(1DE)2510GE=226,CE6,AD3CG2GE2CE2410610cos∠CGE=332CGGE21010233解法二：（I）作AO⊥BC，垂足為O，則AO⊥底面BCDE，且O為BC的中點，以O(shè)為坐標原點，射線OC為x軸正向，成立如下圖的直角坐標系O-xyz.設(shè)A（0,0,t），由已知條件有C(1,0,0),D(1,2,0),E(-1,2,0),所以CEAD0，得AD⊥CE（II）作CF⊥AB，垂足為F，連結(jié)FE，設(shè)F（x,0,z）則CF=(x-1,0,z),故CF⊥BE，又AB∩BE=B，所以CF⊥平面A