历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答案

历年全国理科数学高考试题立体几何部分含答

案

Company number【1089WT-1898YT-1W8CB-9UUT-92108】

（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6,23AB BC ==,则棱锥O ABCD -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）

2.83

3. 解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=， 由余弦定理得3BD AD =

从而BD 2+AD 2= AB 2，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 。

设平面PAB 的法向量为n=（x ，y ，z ），则0,0,{n AB n PB ?=?=

即

3030

x y y z -+=-=

因此可取n=(3,1,3)

设平面PBC 的法向量为m ，则 m 0,

m 0,{

PB BC ?=?=

可取m=（0，-1，3-） 427

cos ,727

m n -=

=- 故二面角A-PB-C 的余弦值为 27

7

-

（二）

1. 正方体ABCD-1111A B C D 中，B 1B 与平面AC 1D 所成角的余弦值为

A

23 B 33 C 2

3

D 63

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

PA PB ?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 ⊥⊥（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 1,DG GC BG ===即ABC ?为直角三角形，故BC BD ⊥. 又ABCD,BC SD SD ⊥⊥平面故,

所以，BC ⊥⊥平面BDS,BC DE .

作BK ⊥EC,EDC SBC K ⊥为垂足，因平面平面，

故,BK EDC BK DE DE ⊥⊥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 所以，SE=2EB

(Ⅱ) 由225,1,2,,SA SD AD AB SE EB AB SA =+===⊥知

2

2

121,AD=133AE SA AB ????

=+= ? ?????

又.

故ADE ?为等腰三角形.

取ED 中点F,连接AF ,则226,AF DE AF AD DF ⊥=-=. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.

所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角. 连接AG,A G=2,226

3

FG DG DF =-=

, 2221

cos 22

AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,

所以，二面角A DE C --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

D xyz -，

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)SC BC ==

设平面SBC 的法向量为n=(a, b, c) 由,n SC n BC ⊥⊥，得0,0n SC n BC == 故2b-2c=0,-a+b=0

令a=1，则b=c,c=1,n=(1,1,1) 又设SE EB λ= (0)λ>，则 设平面CDE 的法向量m=(x,y,z) 由,m DE m DC ⊥⊥,得 0m DE ⊥=，0m DC ⊥= 故

20,20111x y z

y λλλλλ

++==+++. 令2x =，则(2,0,)m λ=-.

由平面DEC ⊥平面SBC 得m ⊥n,0,20,2m n λλ=-== 故SE=2EB

（Ⅱ）由（Ⅰ）知222(,,)333

E ，取DE 的中点

F ，则111211(,,),(,,)333

3

3

3

F FA =--，

故0FA DE =，由此得FA DE ⊥

又24

2(,,)33

3EC =--，故0EC DE =，由此得EC DE ⊥， 向量FA 与EC 的夹角等于二面角A DE C --的平面角 于是 1

cos(,)2||||

FA EC FA EC FA EC =

=-

所以，二面角A DE C --的大小为120

（三）

1. 已知三棱柱111ABC A B C -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 αβ--为60 ，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111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,

120BAC ∠=?，则此球的表面积等于 。

4.如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面

ABCD ，2AD =,2DC SD ==，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S AM B --的余弦值。

（三）

1. 解：设BC 的中点为D ，连结1A D ，AD ，易知1A AB θ=∠即为异面直线AB 与1CC 所成的角,由三角余弦定理，易知

113

co c s 4

os cos AD AD A AD DAB A A AB θ=∠∠?=

?=.故选D 2. 解:如图分别作,,,QA A AC l C PB B αβ⊥⊥⊥于于于

PD l D ⊥于，连,60,CQ BD ACQ PBD ∠=∠=?则 23,3AQ BP ==，2AC PD ∴==

B C

B C A 1

1

1

A

D

又2221223PQ AQ AP AP =+=+≥

当且仅当0AP =，即A P 点与点重合时取最小值。故答案选C 。

3. 解:在ABC ?中2AB AC ==,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RT OBO '?中，易得球半径5R =，故此球的表面

积为2420R ππ=.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MF AB ⊥，垂足为F ，则AFME 为矩形

设ME x =，则SE x =，222(2)2AE ED AD x =+=-+ 由2tan 60,(2)23(2)MF FB x x =?-+=-。得 解得1x =

即1ME =，从而1

2

ME DC = 所以M 为侧棱SC 的中点

（Ⅱ）222MB BC MC =+=，又60,2ABM AB ∠==,所以ABM ?为等边三角形，

又由（Ⅰ）知M 为SC 中点

2,6,2SM SA AM ===，故222,90SA SM AM SMA =+∠=

取AM 中点G ，连结BG ，取SA 中点H ，连结GH ，则,BG AM GH AM ⊥⊥,由此知BGH ∠为二面角S AM B --的平面角

连接BH ，在BGH ?中，

所以2226

cos 2BG GH BH BGH 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(2,0,0)A ，则(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2)B C S （Ⅰ）设(0)SM MC λλ=?,则 又(0,2,0),,60AB MB AB =- 故||||cos 60MB AB MB AB ?=?

即

222

422(2)()()111λλλ

-=+++++ 解得1λ=，即SM MC = 所以M 为侧棱SC 的中点

（II ）由(0,1,1),(2,0,0)M A ，得AM 的中点211

(

,,)222

G 又231

(

,,),(0,1,1),(2,1,1)222

GB MS AM =-=-=- 所以,GB AM MS AM ⊥⊥

因此,GB MS 等于二面角S AM B --的平面角

（四）

1．已知三棱柱111ABC A B C -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 ．13

B ．

23

C ．

3 D ．23

2．等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为

3

，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A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =

，CD =AB AC =． （Ⅰ）证明：AD CE ⊥；

（Ⅱ）设CE 与平面ABE 所成的角为45，求二面角C AD E --的余弦值．

（四）

2.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

2

1

==DE CD CD OC 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 。

C

D

E A

B

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=

3

2

622=

?=?AD CD AC GE=,6,3

10652)21

(2

2==?=-?CE AD DE AD DE

cos ∠CGE=10103

10

3226

310

3422

2

2

-=?

?-+=?-+GE CG CE GE CG

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), 所以0=?AD CE ，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|=3

2

|AD|

故G[3

3

,322,

32]

又)3,2,

1(-=AD

所以与的夹角等于二面角C-AD-E 的平面角。 由cos(GE GC ,10

10

|

|||-

=?GE GC