历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选含答案 10页

‎★历年全国理科数学高考试题精选 ‎2011年高考试题 ‎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。‎ ‎4.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图，D，E分别为的边AB，AC上的点，且不与的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程的两个根．‎ ‎（I）证明：C，B，D，E四点共圆；‎ ‎（II）若，且求C，B，D，E所在圆的半径．‎ ‎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 ‎ ‎4. 解： （I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中， ‎ ‎ AD×AB=mn=AE×AC， ‎ ‎ 即.又∠DAE=∠CAB，从而△ADE∽△ACB ‎ ‎ 因此∠ADE=∠ACB ‎ ‎ 所以C，B，D，E四点共圆。‎ ‎ （Ⅱ）m=4， n=6时，方程x2-14x+mn=0的两根为x1=2，x2=12.‎ 故 AD=2，AB=12.‎ 取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.‎ 由于∠A=900，故GH∥AB， HF∥AC. HF=AG=5，DF= (12-2)=5.‎ 故C，B，D，E四点所在圆的半径为5‎ ‎2010年高考试题 ‎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. 本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）‎ 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 .‎ ‎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 ‎2009年高考试题 ‎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.（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效）‎ 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）求二面角的大小。‎ ‎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 二面角的大小为 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 所以二面角的大小为 ‎2008年高考试题 ‎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，求二面角的大小．‎ C D E A B ‎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=‎ 所以二面角C-AD-E为arccos()‎ 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()=‎ 知二面角C-AD-E为arccos()‎