历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案).doc

（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.已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 。
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。

（一）
1.D 2.
3. 解：（Ⅰ）因为， 由余弦定理得
从而BD2+AD2= AB2，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD. 故 PABD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则
，，，。

设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则

即
因此可取n=
设平面PBC的法向量为m，则
可取m=（0，-1，）
故二面角A-PB-C的余弦值为

（二）
1. 正方体ABCD-中，B与平面AC所成角的余弦值为
A B C D
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，那么的最小值为
(A) (B) (C) (D)
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) (B) (C) (D)
4. 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；
（Ⅱ）求二面角A-DE-C的大小 .

（二）
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 即为直角三角形，故.
又,
所以，.
作，
故与平面SBC内的两条相交直线BK、BC都垂直
DE⊥平面SBC，DE⊥EC,DE⊥SB

所以，SE=2EB
(Ⅱ) 由知
.
故为等腰三角形.
取中点F,连接,则.
连接，则.
所以，是二面角的平面角.
连接AG,AG=,,
,
所以，二面角的大小为120°.
解法二：
以D为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，
设A(1,0,0)，则B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0,2)
（Ⅰ）
设平面SBC的法向量为n=(a, b, c)
由，得
故2b-2c=0,-a+b=0
令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1)
又设 ，则

设平面CDE的法向量m=(x,y,z)
由,得
，
故 .
令，则.
由平面DEC⊥平面SBC得m⊥n,
故SE=2EB
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，取DE的中点F，则，
故，由此得
又，故，由此得，
向量与的夹角等于二面角的平面角
于是
所以，二面角的大小为
（三）
1. 已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
（A） （B） （C） (D)
2. 已知二面角为 ，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（ ）
(A) (B)2 (C) (D)4
3. 直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若, ，则此球的表面积等于 。
4.如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，,，点M在侧棱上，=60°
（I）证明：M在侧棱的中点
（II）求二面角的余弦值。

（三）
1. 解：设的中点为D，连结D，AD，易知即为异面直线与所成的角,由三角余弦定理，易知.故选D
2. 解:如图分别作
，连
，
又
当且仅当，即重合时取最小值。故答案选C。
3. 解:在中,,可得,由正弦定理,可得外接圆半径r=2
设此圆圆心为，球心为，在中，易得球半径，故此球的表面积为.
解法一：（I）作∥交于点E，则∥，平面SAD
连接AE，则四边形ABME为直角梯形
作，垂足为F，则AFME为矩形
设，则，

由
解得
即，从而
所以为侧棱的中点
（Ⅱ），又,所以为等边三角形，
又由（Ⅰ）知M为SC中点
，故
取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则,由此知为二面角的平面角
连接，在中，

所以
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，则
（Ⅰ）设,则

又
故
即
解得，即
所以M为侧棱SC的中点
（II）由，得AM的中点
又

所以
因此等于二面角的平面角

（四）
1．已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
2．等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，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）四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）设与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
C
D
E
A
B

（四）
1.B 2.答案：.
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=，得CF=
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=
GE=
cos∠CGE=
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,,0), E(-1, ,0),

所以，得AD⊥CE
（II）作CF⊥AB，垂足为F，连接FE，
设F（x,0,z）则=(x-1,0,z),

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=，得CF=
又CB=2，所以∠FBC=60°，△ABC为等边三角形，因此A（0，0，）
作CG⊥AD，垂足为G，连接GE，在Rt△ACD中，求得|AG|=|AD|
故G[]

又

所以的夹角等于二面角C-AD-E的平面角。
由cos()=

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