历年全国理科数学高考试题立体几何部分精选(含答案)高考.docx

解得AB|MB||AB|cos6022111，即SMMC 解得AB|MB||AB|cos6022111，即SMMC所以M为侧棱SC的中点〔II〕由M(0,1, .SAMB的平面角连接BH，在BGH中，BG3AM23,GH1SM22,BH2AB2AH2222所以 23故G[GCAD0GEAD05 33,3所以 GBAM0,MSAM0所以GBAM,MSAM因此GB,MScosGB,MS等于二面角SAMB的平面角 . 〔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 AB O ABCD 的体积为。 3.如图，四棱锥 P—ABCD中，底面 ABCD为平行四 6,BC 2 3 ,则棱锥 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。 . . C2设此圆圆心为O，球心为O，在RTOBO中，易得球半径R解法一：〔I〕作ME∥CD交SD于点E，则一：(Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,由此知DGGCBG1,即ABC为直角三角形，故BCBD23故G[GCAD0GEAD05 33,3 C2设此圆圆心为O，球心为O，在RTOBO中，易得球半径R解法一：〔I〕作ME∥CD交SD于点E，则 一：(Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,由此知DGGCBG1,即ABC为直角三角形，故BCBD 23故G[GCAD0GEAD05 33,3所以 Ⅰ〕设SMMC(0),则2M(0,,),MB(2,,)又AB(0,2,0),MBAB60故MB4即1 1.D 2.8 3y z 0 设平面 PBC的法向量为 m，则 2 7 2 7 7 3 . . {n AB 0, 设平面 PAB的法向量为 n=〔x，y，z〕，则 n PB 0, AB ( 1, 3,0), PB (0, 3, 1), BC ( 1,0,0) 可取 m=〔0，-1， 3 〕 故二面角 A-PB-C的余弦值为 cos m,n 2 7 7 4 因此可取 n=( 3,1, 3) 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 A 1,0,0 ， B 0，3,0 ，C 1, 3,0 ，P 0,0,1 。 x 3y 0 即 又 PD 底面 ABCD，可得 BD PD {m PB 0, m BC 0, 〔一〕 . 3. 解：〔 Ⅰ 〕因为 DAB 60 , AB 2AD ， 由余弦定理得 BD 3AD 从而 BD2+AD2= AB2 ，故 BD AD B〕4〔C〕43(D)42.已知二面角l为60，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，Q到α值等于．3．〔本小题满分12分〕四棱锥ABCDE中，底面 B〕4〔C〕43(D)42.已知二面角l为60，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为3，Q到α 值等于．3．〔本小题满分12分〕四棱锥ABCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC底面BCDE，BC 的余弦值．ABCED...〔四〕11.B2.答案：3．解：(I)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由 一：(Ⅰ)连接BD,取DC的中点G，连接BG,由此知DGGCBG1,即ABC为直角三角形，故BCBD 1 1 1 1 BB 1 1. 正方体 ABCD-AB C D 中， 1 A 3 B 3 3 2 C 3 D 6 3 2 2 (A) . 〔二〕 与平面 ACD 所成角的余弦值为 2 2 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) 4 (B) 3 (C) 4 2 2 (D) 3 2 2 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 2 3 3 (B) 4 3 3 (C) 2 3 (D) 8 3 3 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 . . . 为D，连结AD， 为D，连结AD，AD，易知所成的角,由三角余弦定理，易知coscos故选D.AAB即为异面直线AB与 C得m⊥n,mn0,20,2故SE=2EB〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知