高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编附解析
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编附答案
新高中数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．643π B ．8316ππ+C ．28πD ．8216ππ+【答案】B 【解析】 【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可． 【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积22221183242231633V r h r l πππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．2．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A．272πB．283πC．263πD．252π【答案】B【解析】【分析】计算出ABC∆的外接圆半径r，利用公式222PAR r⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC-的外接球的表面积.【详解】ABC∆的外接圆半径为232sin3ABrπ==PA⊥Q底面ABC，所以，三棱锥P ABC-的外接球半径为222223211233PAR r⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此，三棱锥P ABC-的外接球的表面积为2221284433Rπππ⎛⎫=⨯=⎪⎪⎝⎭.故选：B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.3．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．163π B．643C．16643π+D．1664π+【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.4．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A 【解析】 【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯， 选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.6．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M = ，16C M =，1'41C N =，得21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题7．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B ．24C ．22D ．32【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u rO ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u ru u u u r 故选：B 【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.8．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A ．若//a α，//b α，则//a b B ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥ C ．若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b α D ．若//a α，a b ⊥r r，则b α⊥【答案】B 【解析】 【分析】利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解． 【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确； 若a α⊥，a b ⊥r r，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误． 故选：B ． 【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．9．三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ︒∠=∠=，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A ．33B 6C ．34D 3 【答案】B 【解析】 【分析】设1AA c=u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v，根据向量线性运算法则可表示出1AB u u u v 和1BC u u u u v ；分别求解出11AB BC ⋅u u u v u u u u v 和1AB u u u v ，1BC u u u u v ，根据向量夹角的求解方法求得11cos ,AB BC <>u u u v u u u u v，即可得所求角的余弦值. 【详解】设棱长为1，1AA c =u u u v v ，AB a =u u u v v ，AC b =u u u v v由题意得：12a b ⋅=v v ，12b c ⋅=v v ，12a c ⋅=v v1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v()()22111111122AB BC a c b a c a b a a c b c a c c ∴⋅=+⋅-+=⋅-+⋅+⋅-⋅+=-++=u u u v u u u u v v v v v v v v v v v v v v v v又()222123AB a c a a c c =+=+⋅+=u u u v v v v v v v()222212222BC b a cb ac a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u vv v v v v v v v v v v v1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u vu u u v u u u u v u u u v u u u u v即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：6本题正确选项：B 【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.10．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥； ②若//αβ，m α⊥，则m β⊥； ③若//m α，//n α，则//m n ； ④若m α⊥，αβ⊥，则//m β. 其中真命题的序号为（ ） A ．①和② B ．②和③C ．③和④D ．①和④【答案】A 【解析】 【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项. 【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确； 对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误. 故选：A. 【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.11．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，AB AC ==P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π【答案】C 【解析】 【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA为外接球半径，求解即可.【详解】在ABCV中，23AB AC==，23BACπ∠=，可得6ACBπ∠=，则ABCV的外接圆的半径2323π2sin2sin6ABrACB===，取ABCV的外接圆的圆心G，过G作//GO AP，且122GO AP==，因为PA⊥平面ABC，所以点O为三棱锥P ABC-的外接球的球心，则222OA OG AG=+，即外接球半径()222234R=+=，则三棱锥P ABC-的外接球的表面积为24π4π1664πR=⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题. 12．三棱锥D ABC-中，CD⊥底面,ABC ABC∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE===，则三棱锥D ABC-与三棱锥E ABC-的公共部分构成的几何体的体积为（）A．3B．3C．13D．3【答案】B【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC-与三棱锥E ABC-的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC-∵ABC为正三角形，2AB=∴13223 2ABCS∆=⨯⨯⨯=∵CD⊥底面ABC，//AE CD，2CD AE==∴四边形AEDC为矩形，则F为EC与AD的中点∴三棱锥F ABC-的高为112CD=∴三棱锥F ABC-的体积为13313V=⨯⨯=故选B.13．如下图，在正方体1111ABCD A B C D-中，点E F、分别为棱1BB，1CC的中点，点O 为上底面的中心，过E F O、、三点的平面把正方体分为两部分，其中含1A的部分为1V，不含1A的部分为2V，连接1A和2V的任一点M，设1A M与平面1111DCBA所成角为α，则sinα的最大值为（）．A2B25C26D26【答案】B【解析】【分析】连接EF，可证平行四边形EFGH为截面，由题意可找到1A M与平面1111DCBA所成的角，进而得到sinα的最大值.【详解】连接EF，因为EF//面ABCD,所以过EFO的平面与平面ABCD的交线一定是过点O且与EF平行的直线，过点O作GH//BC交CD于点G,交AB于H点，则GH//EF,连接EH，FG,则平行四边形EFGH为截面，则五棱柱1111A B EHA D C FGD-为1V，三棱柱EBH-FCG为2V，设M点为2V的任一点，过M点作底面1111DCBA的垂线，垂足为N，连接1A N,则1MA N∠即为1A M与平面1111DCBA所成的角，所以1MA N∠=α，因为sinα=1MNA M,要使α的正弦最大，必须MN 最大，1A M 最小，当点M 与点H 重合时符合题意，故sinα的最大值为11=MN HN A M A H =255, 故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题.14．若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A ．1∶2B ．1∶3C ．1∶5D ．3∶2【答案】C【解析】【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案【详解】设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝r ．∴S 侧＝πrl ＝πr 2，S 底＝πr 故选C ．【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．15．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为14圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）A ．12π+B ．136π+C ．12π+D ．1233π+ 【答案】B【解析】【分析】根据三视图知该几何体是三棱锥与14圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可．【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与14圆锥体的组合体， 如图所示； 则该组合体的体积为21111111212323436V ππ=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+； 所以对应不规则几何体的体积为136π+． 故选B ．【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题．16．已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，D 是11A B 的中点，则AD 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ）A 5B 25C 10D 15 【答案】D【解析】【分析】先找出直线AD 与平面11BCC B 所成角，然后在1B EF V 中，求出1sin EB F ∠，即可得到本题答案.【详解】如图，取AB 中点E ，作EF BC ⊥于F ，连接11,B E B F ，则1EB F ∠即为AD 与平面11BCC B 所成角.不妨设棱长为4，则1,2BF BE ==，13,25EF B E ∴=1315sin 1025EB F ∴∠==. 故选：D【点睛】 本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键.17．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ）A ．2παββγ+＜，＞B ．2παββγ+＜，＜C ．2παββγ+＞，＞D ．2παββγ+＞，＜ 【答案】C【解析】【分析】由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>，即可得解.【详解】 由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ， 由最小角定理得αβ>，排除A 和B ；由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，∴tan tan AB BNA AN γ=∠=， 而tan AB BVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠，∴2MVA πβ+∠=， ∵tan AM MVA AV∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>．故选：C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.18．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果19．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.20．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】 本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》单元汇编及答案解析
【高中数学】数学《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．32D ．34【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163π B ．643 C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.3．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A 34B 234C 517D 317【答案】D 【解析】 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =.在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅3172317==⨯⨯. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.4．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯，选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.5．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( ) A ．16π B ．323π C ．12π D ．32π【答案】A 【解析】 【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可. 【详解】BCD V 外接圆直径23sin 3CD d CBD ===∠ , 故球的直径平方222222(23)16D AB d =+=+=,故外接球表面积216S D ππ== 故选：A 【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d ,再利用锥体高h ,根据球直径22D d h =+.属于中等题型.6．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A 【解析】 【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+=222322()2+=故截面的面积1329(222)222S =⨯=， 故选：A ． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．7．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283πC ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式222PA R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为232sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为22222321123PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为222128443R πππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A 3B ．πC ．3πD ．12π【答案】C 【解析】 【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=. 所以外接球的表面积为243r ππ=. 故选：C . 【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B ．33C ．23D ．63【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u ur r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin θθ=-= 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A ．2对B ．3对C．4对D．5对【答案】C【解析】【分析】画出该几何体的直观图P ABCD-，易证平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PCD，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面PAD⊥平面ABCD，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD，同理可证：平面PAB⊥平面PAD，由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面PAB⊥平面PCD，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．11．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．643πB．8316ππC．28πD．8216ππ+【答案】B【解析】 【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可． 【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积222211832422316333V r h r l ππππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．12．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（ ） A ．3B ．3 C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB =∴1322322ABC S ∆=⨯⨯⨯= ∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE ==∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为133133V =⨯⨯= 故选B.13．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C【解析】【分析】 根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OE β=;（3）连接OM ，则tan SO OMγ= ，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥所以tan tan tan αγβ≥≥，而,,αβγ均为锐角，所以,αγβ≥≥故选：C.【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.14．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ） A ．αβγ>> B ．γβα>> C ．βαγ>> D ．不确定【答案】A【解析】【分析】D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos 2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO PO APB PD a α==∠， 同理可得： sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>. 故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.15．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则 【答案】C【解析】 试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系16．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2，所以其表面积为22(2)222212S πππ=+⋅⋅=，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.17．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πC ．19196πD ．2873π 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形， 又正弦定理可得，03223sin 60r ==，即23BE =， 设球的半径为R ，且4=AD ， 在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=，所以7R =，所以球的体积为3344287(7)33V R πππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.18．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C ．13D ．22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆==，22PAC S ∆=，2ABC S ∆=，故最大面的面积为22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.19．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（ ） A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v B ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++ C ．111633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v D ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v 【答案】C【解析】【分析】 根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN 3=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r , ()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =+++=++-=++ 111OG OA OB OC 633u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ , 故选：C ．【点睛】 本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编含答案
新数学高考《空间向量与立体几何》专题解析、选择题1．如下图，在正方体ABCD A1B1C1D1 中，点E、F 分别为棱BB1，CC1的中点，点O 为上底面的中心，过E、F、O 三点的平面把正方体分为两部分，其中含A1的部分为V1，不含A1的部分为V2 ，连接A1和V2的任一点M ，设A1M 与平面A1B1C1D1所成角为，则sin的最大值为（）．A．2B．25C．2 6D．2 62556【答案】B【解析】【分析】连接EF，可证平行四边形EFGH为截面，由题意可找到A1M 与平面A1B1C1D1 所成的角，进而得到sin α的最大值.【详解】连接EF，因为EF//面ABCD,所以过EFO的平面与平面ABCD的交线一定是过点O 且与EF平行的直线，过点O作GH//BC交CD于点G,交AB于H点，则GH//EF,连接EH，FG,则平行四边形EFGH为截面，则五棱柱A1B1EHA D1C1FGD 为V1 ，三棱柱EBH-FCG为V2 ，设M 点为V2的任一点，过M 点作底面A1B1C1 D1的垂线，垂足为N，连接A1N ,则MA1N 即为MNA1M 与平面A1B1C1D1所成的角，所以MA1N =α，因为sinα=,要使α的正弦最大，A1M必须MN 最大，A1M 最小，当点M 与点H 重合时符合题意，故sin α的最大值为MN=HN2 5A1M =A1H =5,故选B【点睛】本题考查空间中的平行关系与平面公理的应用，考查线面角的求法，属于中档题2．如图，在底面边长为4，侧棱长为6 的正四棱锥P ABCD中，E为侧棱PD 的中答案】D解析】分析】详解】BC的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则EF //CH ，EF CH ，从而四边形EFHC 是平行四边形，则EC//FH ，且EC FH .因为F 是PA的中点，G是AB的中点，A．34172 34175 1717D．3 1717首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD 中利用余弦定理求出cos DPC 进而求出CE，再在GFH 中利用余弦定理即可得解如图，取PA的中点F ，AB 的中点G，1 3所以FG 为ABP 的中位线，所以 FG / /PB ，则 GFH 是异面直线 PB 与CE 所成的角 .1由题意可得 FG 3， HG AC 2 2 .2PD2 PC 2 CD 236 36 167，在 PCD 中， 由余弦定理可得cos DPC2PD PC2 669则 CE2PC222PE 22PCPE cos DPC 17 ，即 CE17.在 GFH 中， 由余弦定理可得cos GFHFG2 FH 2GH29 17 8 3 172FG FH2 3 1717故选： D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题3．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于(答案】 B解析】 分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果 详解：几何体如图 S-ABCD ，高为 1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于12选 B.A ．B ．C ．1D ．点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.4．已知平面α∩β=l，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（）A．若m∥β，则m∥l B．若m∥l，则m∥ βC．若m⊥ β，则m⊥l D．若m⊥l，则m⊥β【答案】D【解析】【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断. 【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面；故选：D.【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.5．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1 上有两个动点E、F，且1EF= ．则下列结论中正确的个数为2①AC ⊥ BE；②EF ∥平面ABCD；③三棱锥A﹣BEF的体积为定值；④ AEF 的面积与BEF 的面积相等，A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】试题分析：① 中AC⊥ BE，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥ BE，此命题正确；②EF ∥平面ABCD，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF 与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；③ 三棱锥A-BEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A 点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，此命题正确；④ 由图形可以看出，B 到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质6．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱) ABC A1B1C1 的底面边长为a，侧棱长为2a，则AC1 与侧面ABB1A1所成的角是( )A．30°B．45 C．60 D．90【答案】A【解析】【分析】以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AC1与侧面ABB1A1 所成的角．【详解】解：以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z 轴，建立空间直角坐标系，本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运 算求解能力，属于中档题．7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2 的正方形，则该几何体的表面积为 ( )则A （ 23a ， 2a ， 0） ， C 1（0 ，0， 2a ），A 1（ a2， 2a ），B （0，a ， 0），3a223a 2a uuur ， 2a ） ， AB （2设平面ABB 1 A 1 的法向量 nuuu ur AC3a， ，2 a，0） ， uuurAA 1 （0 ，0， 2a ），(x ，y ，z ），v uuuv 3aa n ·AB x y则22v uuuvn ·AA 1 2az 0，取 x1 ，得 n (1，设 AC 1 与侧面 ABB 1 A 1 所成的角为 ruuuur 则 sin | cos30 ，AC 1 与侧面故选： A ． r uuuurn, AC| |rngAuu C u 1ur | 3a |n |g| AC 1 | 2 3a ABB 1A 1 所成的角为 30°．12，点睛】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可． 【详解】答案】 C 解析】13 A ．2【答案】 B 【解析】【分析】B ． 715 C ．2D ．8由题意可知：几何体是一个圆柱与一个 1的球的组合体，球的半径为：42212 2 12 2 2 71，圆柱的高为 2，思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循长对正，高平齐，宽相等 ”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几 何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法： 1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图； 2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度； 3、画出整体，然后再根据三视图进行调整 .8．已知四棱锥 S ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段 AB 上的点（不含端 点）．设 SE与 BC 所成的角为 ，SE 与平面 ABCD 所成的角为 β，二面角 S-AB-C 的平面角 A ．B ．C ．aD ．可得：该几何体的表面积为： 1 4点睛】为 ，则（ ）根据题意，分别求出SE与BC所成的角、SE与平面ABCD 所成的角β、二面角S-AB-C的分析】平面角的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.【详解】四棱锥S ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E作EF//BC，交CD于F ，过底面中心O作ON EF交EF于N，连接SN，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan2）连接OE, 如下图（2）所示，则tanSO =OE3）连接OM ，则tanSOOM，如下图（3）所示：=SN = SN =NE = OM因为SN SO,OE OM ,所以tan tan tan ，而, , 均为锐角，所以, 故选：C.【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题得出答案.详解】9．在四面体ABCD中，AB ，为棱BC、AD的中点，则直线B．331A．3 【答案】C 【解析】【分析】BC，BD两两垂直，AB BC BDEF 与平面ACD 所成角的余弦值（）C．2 234 ，E 、F 分别D．因为AB，BC，BD 两两垂直，uuur角坐标系，求出向量EF与平面以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直uuur r r uuur r EF nACD 的法向量n ，再根据cos EF , n uuur r ，即可|EF ||n |因为在四面体 ABCD 中， AB ， BC ， BD 两两垂直，以 BA 为 X 轴，以 BD 为 Y 轴，以 BC 为 Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为 AB BC BD 4 ；A 4,0,0 , B(0,0,0), D(0,4,0), C(0,0,4) ，又因为 E 、F 分别为棱 BC 、 AD 的中点所以 E(0,0,2), F(2,2,0) uuur uuur 故 EF 2,2, 2 ， ADuuur( 4,4,0) ， AC ( 4,0, 4) .设平面 ACD 的法向量为 n (x,y,z) ，则令 x 1, 则 y z 1 ； 所以 n (1,1,1)uuur r uuur rEFncos EF,nuuur r | EF ||n|所以 cos 1 sin 2232故选： C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目10．如图，平面四边形 ABCD 中， AB AD CD设直线 EF 与平面 ACD 所成角为 ，则 sincosuuur r EF,n0 u u v D u u v u u A u u vnv3231， BD 2 ， BD CD ，将其 平面 BCD ，若四面体 A BCD 的沿对角线BD 折成四面体A BCD ，使平面A BD 顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( 因为AB＝AD＝1，BD＝2 由勾股定理得：BA⊥ AD 又因为BD⊥ CD，即三角形BCD为直角三角形所以DE 为球体的半径DE232S 4 ( )232 故选A【点睛】求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.11．已知正三棱柱ABC A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1B1的中点，则AD与平面BCC1B1 所成角的正弦值为()A．5B．25C．10D．15 551010【答案】D【解析】【分析】先找出直线AD 与平面BCC1B1所成角，然后在VB1EF 中，求出sin EB1F ，即可得到本C．4D．34【答案】A【解析】【分析】设BC的中点是【详解】设BC 的中点是E，E，连接DE，由四面体A′连接DE，A′，E-BCD的特征可知，DE 即为球体的半径.A．3B．2题答案.【详解】如图，取AB中点E，作EF BC于F ，连接B1E,B1F ，则EB1F 即为AD与平面BCC1B1所成角.不妨设棱长为4，则BF 1,BE 2 ，EF 3, B1E 2 5sin EB1F3 152 5 10故选：D【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键12．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为点，B 点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从【答案】C【解析】【分析】由长方体的侧面展开图可得有3 种情况如下：① 的棱长为4；③ 当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB的距离即可得最短距离. 【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为4 6 212 101； 4 1 26261；42 6 1 265 .（2）当B点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为2 2 262 2 13； 2 6 222 2 17；22 6 2 2 2 17 .（3）当B点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为2 3 2 4241；2 4 2 32 3 5 ；22 3 4 253 .综上所述，沿着长方体的表面从A点到B 点的最短距离为41. 故选：C.【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.13．已知四面体P ABC的外接球的球心O在AB上，且PO 平面ABC，32AC 3AB ，若四面体P ABC 的体积为，求球的表面积（）2A．8 B．12 C．8 3 D．12 3【答案】B【解析】【分析】依据题意作出图形，设四面体P ABC的外接球的半径为R，由题可得：AB 为球的直2、4、6，A 点为长方体的一个顶A点到B 点的最短距离为（）C．41 D．2 13当B 点所在的棱长为2；② 当B 点所在3径，即可求得：AB 2R，AC 3R，BC R，利用四面体P ABC 的体积为列方程即可求得R 3 ，再利用球的面积公式计算得解。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编及答案解析
【高中数学】高中数学《空间向量与立体几何》期末考知识点一、选择题1．已知平面α，β和直线1l ，2l ，且2αβl =I ，则“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的（ ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【分析】将“12l l P ”与“1l α∥且1l β∥”相互推导，根据能否推导的情况判断充分、必要条件.【详解】当“12l l P ”时，1l 可能在α或β内，不能推出“1l α∥且1l β∥”.当“1l α∥且1l β∥”时，由于2αβl =I ，故“12l l P ”.所以“12l l P ”是“1l α∥且1l β∥”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查空间直线、平面的位置关系，属于基础题.2．如图所示是一个组合几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163π B ．643 C ．16643π+ D ．1664π+ 【答案】C 【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）.A 10B ．3:1C ．2:1D 102【答案】A【解析】【分析】设圆锥SC 的底面半径为r ，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面积；由圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧面积，从而求得比值.【详解】设圆锥SC 的底面半径为r ，则高为3r ，∴圆锥SC 的母线长22910l r r r =+=， ∴圆锥SC 的侧面积为210rl r ππ=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ，又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=， ∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为2210:10:1r r ππ=.故选：A .【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.4．《九章算术》是中国古代的数学瑰宝，其第五卷商功中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何？”翻译成现代汉语就是：今有三面皆为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体的隧道，前端下宽6尺，上宽一丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺（注：一丈=十尺）．则该五面体的体积为（ ）A ．66立方尺B ．78立方尺C ．84立方尺D ．92立方尺【答案】C【解析】【分析】 如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ，ADE BGH B CGHF V V V --=+，计算得到答案.【详解】如图，在DC ，EF 上取G ，H ，使得DG EH AB ==，连接BG ，BH ，GH ，CH ， 故多面体的体积11()7332ADE BGH B CGHF V V V S AB CG HF --=+=⋅+⨯+⨯⨯直截面 111736(42)7384232=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=， 故选：C ．【点睛】本题考查了几何体体积的计算，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.5．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A ．12B 2C 2D 3【答案】B【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D ⊥平面11ABC D ，故平面11ABC D 的一个法向量为：1DA u u u u r ，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C 111(,,0)22OD ∴=--u u u u r 由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I1A D ∴⊥平面11ABC D 故平面11ABC D 的一个法向量为：1(1,0,1)DA =u u u u r O ∴到平面11ABC D 的距离为：1111||224||2OD DA d DA ⋅===u u u u r u u u u r u u u u r 故选：B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.6．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A．3π B ．π C ．3π D ．12π【答案】C【解析】【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=.所以外接球的表面积为243r ππ=.故选：C .【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.7．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCDS S =△（ ）A ．25B ．12C ．5D ．510【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线， 所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线1B G的距离，∴线段EB长度的最小值为5a，2152510EBCABCDaaSS a⨯⨯∴==△.故选：D.【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．64 B．643C．16 D．163【答案】D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC-为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B是棱的中点，由正方体的性质得，CD⊥平面,ABC ABC∆的面积12442S=⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V=⨯⨯=，故选D.9．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB AC ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．32πB ．48πC ．64πD ．72π 【答案】C【解析】【分析】先求出ABC V 的外接圆的半径，然后取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==，由于PA ⊥平面ABC ，故点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，OA 为外接球半径，求解即可.【详解】 在ABC V 中，23AB AC ==，23BAC π∠=，可得6ACB π∠=， 则ABC V 的外接圆的半径2323π2sin 2sin 6AB r ACB ===，取ABC V 的外接圆的圆心G ，过G 作//GO AP ，且122GO AP ==， 因为PA ⊥平面ABC ，所以点O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，则222OA OG AG =+，即外接球半径()222234R =+=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为24π4π1664πR =⨯=.故选C.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.10．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】 A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.11．已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC ==，APB BPC CPA ∠>>∠，PO ⊥平面ABC 于O ，设二面角P AB O --，P BC O --，P CA O --分别为,,αβγ，则（ ） A ．αβγ>> B ．γβα>> C ．βαγ>> D ．不确定【答案】A【解析】【分析】D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥，计算sin cos 2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠，得到大小关系. 【详解】如图所示：设PA PB PC a ===，D 为AB 中点，连接,DP DO ，故PD AB ⊥， PO ⊥平面ABC ，故PDO ∠为二面角P AB O --的平面角.cos 2APB PD a ∠=，sin cos 2PO PO APB PD a α==∠， 同理可得： sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos 2PO CPA a γ=∠， APB BPC CPA ∠>∠>∠，故sin sin sin αβγ>>，故αβγ>>.故选：A .【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.12．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则 【答案】C【解析】 试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系13．已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，D 是11A B 的中点，则AD 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ）A 5B 25C ．1010D ．1510【答案】D【解析】【分析】先找出直线AD 与平面11BCC B 所成角，然后在1B EF V 中，求出1sin EB F ∠，即可得到本题答案.【详解】如图，取AB 中点E ，作EF BC ⊥于F ，连接11,B E B F ，则1EB F ∠即为AD 与平面11BCC B 所成角.不妨设棱长为4，则1,2BF BE ==，13,25EF B E ∴=1315sin 25EB F ∴∠==. 故选：D【点睛】 本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键.14．四棱锥P ABCD -所有棱长都相等，M 、N 分别为PA 、CD 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．MN 与PD 是异面直线B ．//MN 平面PBC C ．//MN ACD ．MN PB ⊥【答案】C【解析】【分析】画出图形，利用异面直线以及直线与平面平行的判定定理，判断选项A 、B 、C 的正误，由线线垂直可判断选项D ．【详解】由题意可知四棱锥P ABCD -所有棱长都相等， M 、N 分别为PA 、CD 的中点，MN 与PD 是异面直线，A 选项正确；取PB 的中点为H ，连接MH 、HC ，四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD ∴且AB CD =，M Q 、H 分别为PA 、PB 的中点，则//MH AB 且12MH AB =， N Q 为CD 的中点，//CN MH ∴且CN MH =，则四边形CHMN 为平行四边形， //MN CH ∴，且MN ⊄平面PBC ，CH ⊂平面PBC ，//MN ∴平面PBC ，B 选项正确；若//MN AC ，由于//CH MN ，则//CH AC ，事实上AC CH C ⋂=，C 选项错误；PC BC =Q ，H 为PB 的中点，CH PB ∴⊥，//MN CH Q ，MN PB ∴⊥，D 选项正确.故选：C ．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及直线与平面的平行与垂直的位置关系的判断，是中档题.15．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变A ．①②B ．①②④C ．③④D ．①④ 【答案】B【解析】【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④．【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确； 当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确．故选：B ．【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．16．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ）A ．152πB ．12πC ．112πD ．212π 【答案】A【解析】【分析】 由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可.【详解】 由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥， 因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.17．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C ．13D ．22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆==，22PAC S ∆=，2ABC S ∆=，故最大面的面积为22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)1x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)12x -,所以正六棱柱容器的容积为()())()329214V x x x x x x x =+-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.20．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编含答案解析
新《空间向量与立体几何》专题解析(1)一、选择题1．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．32D ．34【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.2．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23厘米，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为332厘米，现将1颗石子投入瓶中，发现水位线上移32厘米，若只有当水位线到达瓶口时乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（ ）A ．2颗B ．3颗C ．4颗D ．5颗【答案】C 【解析】 【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()2231913324MN CN IM CN IM cm ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993πππ==所以需要石子的个数为：()99329783,49191324ππ=∈所以至少需要4颗石子故选：C【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.3．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（）A．23B．13C．12D．34【答案】B【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯，选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.4．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体1111ABCD A B C D -被平面α截得的截面面积为（ ）A ．36B ．6C ．5D ．534【答案】B 【解析】 【分析】先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解. 【详解】 如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ， 所以1//AQ PC ，同理1//AP QC ， 所以四边形1APC Q 是平行四边形. 即正方体被平面截的截面. 因为12B P PC =， 所以112C B PC =， 即1PC PB ==所以115,23AP PC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AP PC AC APC AP PC +-∠==⨯ 所以16sin 5APC ∠=所以S 四边形1APQC 1112sin 262AP PC APC =⨯⨯⨯∠=故选：B 【点睛】本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.6．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（ ） A ．若m ∥β，则m ∥l B ．若m ∥l ，则m ∥β C ．若m ⊥β，则m ⊥l D ．若m ⊥l ，则m ⊥β【答案】D 【解析】 【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断. 【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面； 故选：D. 【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.7．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】 【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r，利用公式R =可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为2sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为R === 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为2228443R πππ=⨯=⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.8．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A ．2B ．2C ．22D ．32【答案】C 【解析】分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =P PM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ， ∴AO =P PM ，∴A 1P=C 1M=24AC =∴tan ∠APA 1=11AA A P22． ∴tan ∠APA 1的最大值是2． 故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．9．已知m ，l 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．m l ⊥，m β⊂，l α⊥B ．m l ⊥，l αβ=I ，m α⊂C ．//m l ，m α⊥，l β⊥D ．l α⊥，//m l ，//m β【答案】D 【解析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断. 【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，l α⊥，则//αβ或α，β相交，故A 错误； 对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，由因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确. 故选：D 【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.10．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．3πB 3C ．4πD 3 【答案】A 【解析】 【分析】设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径. 【详解】设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E ， 因为AB ＝AD ＝1，BD 2 由勾股定理得：BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形 所以DE 为球体的半径3DE =2343S ππ==【点睛】求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.11．已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，D 是11A B 的中点，则AD 与平面11BCC B 所成角的正弦值为（ ）A ．5 B ．25C ．1010D ．15 【答案】D 【解析】 【分析】先找出直线AD 与平面11BCC B 所成角，然后在1B EF V 中，求出1sin EB F ∠，即可得到本题答案. 【详解】如图，取AB 中点E ，作EF BC ⊥于F ，连接11,B E B F ，则1EB F ∠即为AD 与平面11BCC B 所成角. 不妨设棱长为4，则1,2BF BE ==，13,25EF B E ∴=1315sin 25EB F ∴∠==. 故选：D 【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键.12．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ） A ．9:32 B ．8:27 C ．9:22 D ．9:28 【答案】A 【解析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案. 【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2lr rπ==,则母线l=2r,圆锥的高为h=223l r r -=, 则圆锥的体积为2313πh 33r r π=, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2223R r r R =+-,展开整理得R=,3r 所以外接球的体积为33344333393R r ππ=⨯=, 故所求体积比为33393323293rr ππ=故选：A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.13．在正四面体A BCD -中，P 是AB 的中点，Q 是直线BD 上的动点，则直线PQ 与AC 所成角可能为（ ）A ．12πB ．4π C ．512π D ．2π 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得242MQ x x =+-，易知PQ MQ =，所以在等腰三角形PMQ 中()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-，即可求出33cos QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，，进而求出结果.【详解】取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-， 在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =， 所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x∠=≤≤+-所以33cos QPM ∠∈⎣⎦，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.14．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 上一点且12CE EC =，则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为（ ） A ．1144B 11C ．1144D ．1111【答案】B 【解析】 【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值． 【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设3AB =，则()3,0,0A ，()0,3,2E ，()13,0,3A ，()3,3,0B，()3,3,2AE =-u u u r ，()10,3,3A B =-u u u r，设异面直线AE 与1A B 所成角为θ， 则异面直线AE 与1A B 所成角的余弦值为：11311cos 222218AE A B AE A Bθ⋅===⋅⋅u u u r u u u r u u u r u u u r ．故选：B ．【点睛】本题考查利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知1l 的方向向量为a r，2l 的方向向量为b r，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为a b a b⋅⋅r rr r .15．如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，O 是底面1111D C B A 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离是（ ）A．12B．24C．22D．32【答案】B【解析】【分析】如图建立空间直角坐标系，可证明1A D⊥平面11ABC D，故平面11ABC D的一个法向量为：1DAu u u u r，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图建立空间直角坐标系，则：1111(,,1),(0,0,1),(1,0,0),(1,1,0),(0,1,1)22O D A B C111(,,0)22OD∴=--u u u u r由于AB⊥平面111,ADD A AD⊂平面11ADD A1AB A D∴⊥，又11AD A D⊥，1AB ADI1A D∴⊥平面11ABC D故平面11ABC D的一个法向量为：1(1,0,1)DA=u u u u rO∴到平面11ABC D的距离为：1111||22||2OD DAdDA⋅===u u u u r u u u u ru u u u r故选：B【点睛】本题考查了点到平面距离的向量表示，考查了学生空间想象，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.16．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（ ）.A ．83B ．1258C ．12825D ．64081【答案】D 【解析】 【分析】由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH 为矩形，设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，可表示出,EF FG ，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t 的函数，利用导数可求得所求的最大值. 【详解】Q 四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1AA ∴⊥平面ABCD ，1AA ⊥平面1111D C B A∴平面//EFGH 平面ABCD ，平面//EFGH 平面1111D C B A ，由面面平行性质得：11EF //B D //GH ，EH //AC//FG ， 又11B D AC ⊥，EF FG ∴⊥，∴四边形EFGH 为矩形. 设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，1142AC B D ==Q )421EF t ∴=-，42FG t =，∴四棱锥1A EFGH -的体积()()231160532133V t t t t t =⨯⨯-=-， ()2160233V t t '∴=-，∴当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<， ∴当23t =时，max 16048640392781V ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭. 故选：D . 【点睛】本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.17．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ）A ．152πB ．12πC ．112π D ．212π【答案】A 【解析】 【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可. 【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成， 所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A 【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.18．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使2MG GN =，用向量OA u u u v ，OB uuu v ，OC u u u v 表示向量OG u u u v是（ ） A ．2233OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u vB ．122233OG OA OB OC u u u vu u uv u u u v u u u v =++C．111633 OG OA OB OC =++u u uv u u u v u u u v u u u vD ．112633OG OA OB OC=++u u u v u u u v u u u v u u u v【答案】C【解析】【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【详解】2OG OM MG OM MN3=+=+u u u r u u u u r u uQu u r u u u u r u u u u r,()()2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r=+++=++-=++111OG OA OB OC633u u u r u u u r u u u r u u u r∴=++ ,故选：C．【点睛】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．19．已知棱长为1的正方体被两个平行平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则剩余部分的表面积为( )A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】根据三视图得到几何体的直观图，然后再根据题中的数据求出几何体的表面积即可．【详解】由三视图可得，该几何体为如图所示的正方体截去三棱锥和三棱锥后的剩余部分．其表面为六个腰长为1的等腰直角三角形和两个边长为的等边三角形，所以其表面积为．故选B．【点睛】在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．求解几何体的表面积或体积时要结合题中的数据及几何体的形状进行求解，解题时注意分割等方法的运用，转化为规则的几何体的表面积或体积求解．20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A．6πB．12πC．32πD．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》分类汇编含解析
【最新】数学高考《空间向量与立体几何》复习资料一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B 【解析】 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可． 【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ． 【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B 【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯， 选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.4．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥β B ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β 【答案】D 【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误； 在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误； 在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β， ∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.5．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解 【详解】 如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒故选D 【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题6．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．920π+B ．926π+C ．520π+D ．526π+【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积. 【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+，故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.7．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积． 【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-==g ，解得22AB = 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 111142213326O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 72OD ∴=． 222OA OD AD ∴=+=． 2416O S OA ππ∴=⋅=球．故选：B ．【点睛】本题考查了球与棱锥的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，判断ABC ∆的形状是关键．8．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A 7B ．3C ．3D ．2【答案】A 【解析】 【分析】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=．所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ． 【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．9．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,点12,P P 分别是线段1,AB BD （不包括端点）上的动点,且线段12PP 平行于平面11A ADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124B ．112C ．16D ．12【答案】A 【解析】由题意在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点12,P P 分别是线段1,AB BD 上的动点，且线段12PP 平行于平面11121,AADD PP B AD B ∆~∆， 设1,(0,1)PB x x =∈，即1222,PP x P =到平面11AA B B 的距离为x ， 所以四棱锥121PP AB 的体积为2111(1)1()326V x x x x =⨯⨯-⨯⨯=-， 当12x =时，体积取得最大值124，故选A ．点睛：本题考查了空间几何体的结构特征，及几何体的体积的计算，其中解答中找出所求四面体的底面面积和四面体的高是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于空间几何体的体积与表面积的计算时，要正确把握几何体的结构特征和线面位置关系在解答中的应用．10．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B ．3 C ．223D ．6 【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u u r r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r21cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin 3θθ=-= 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）A ．64B ．643C ．16D ．163【答案】D 【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC -为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.12．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（ ） A ．39B ．33C ．13D ．3【答案】B 【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB = ∴132232ABC S ∆=⨯⨯⨯= ∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE == ∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点 ∴三棱锥F ABC -的高为112CD = ∴三棱锥F ABC -的体积为13313V =⨯⨯=故选B.13．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： ①BM 与ED 平行 ②CN 与BE 是异面直线 ③CN 与BM 成60︒角 ④DM 与BN 是异面直线 以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】【分析】 把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．【详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与ED 异面且垂直，故①错误；CN 与BE 平行，故②错误；连接BE ，则BE CN P ，EBM ∠为CN 与BM 所成角，连接EM ，可知BEM ∆为正三角形，则60EBM ∠=︒，故③正确；由异面直线的定义可知，DM 与BN 是异面直线，故④正确．∴正确命题的个数是2个．故选：B ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．14．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．3πB 3C ．4πD 3 【答案】A【解析】【分析】设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径.【详解】设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E ，因为AB ＝AD ＝1，BD ＝2 由勾股定理得：BA ⊥AD又因为BD ⊥CD ，即三角形BCD 为直角三角形 所以DE 为球体的半径 3DE = 234()3S ππ== 故选A【点睛】 求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.15．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则 【答案】C【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错. 若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系16．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】 解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】 本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.17．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A 点为长方体的一个顶点，B 点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为（ ）A ．29B ．35C ．41D ．213 【答案】C【解析】【分析】 由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B 点所在的棱长为2；②当B 点所在的棱长为4；③当B 点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB 的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B 点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22461101++=；()2241661++=；()2246165++=. （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=；()22262217++=；()22262217++=. （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=；()2224335++=；()2223453++=. 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.18．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．238B ．823+C ．283D ．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯⨯⨯=+, 故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.19．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（ ）.A ．83B ．1258C ．12825D ．64081【答案】D【解析】【分析】由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH 为矩形，设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，可表示出,EF FG ，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t 的函数，利用导数可求得所求的最大值.【详解】Q 四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1AA ∴⊥平面ABCD ，1AA ⊥平面1111D C B A ∴平面//EFGH 平面ABCD ，平面//EFGH 平面1111D C B A ，由面面平行性质得：11EF //B D //GH ，EH //AC//FG ，又11B D AC ⊥，EF FG ∴⊥，∴四边形EFGH 为矩形.设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，11AC B D ==Q )1EF t ∴=-，FG =，∴四棱锥1A EFGH -的体积()()231160532133V t t t t t =⨯⨯-=-， ()2160233V t t '∴=-，∴当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '>，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<， ∴当23t =时，max 16048640392781V ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭. 故选：D .【点睛】本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.20．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编附解析
新数学高考《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64 B ．62 C ．32 D ．34【答案】A【解析】【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α.【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=， ∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.2．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）A．22B．23C．4 D．26【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC-，其中面积最大的面为：1232232PACSV=⨯⨯= .本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．3．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为()A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.4．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）A ．若，与所成的角相等，则B ．若，，则 C ．若，，则 D ．若，，则【答案】C【解析】试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A 错.若，，则或，B 错. 若，，则正确. D ．若，，则 ，相交或，异面，D 错考点：直线与平面，平面与平面的位置关系5．已知,m l 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列可以推出αβ⊥的是（ ）A ．,,m l m l βα⊥⊂⊥B ．,,m l l m αβα⊥⋂=⊂C ．//,,m l m l αβ⊥⊥D ．,//,//l m l m αβ⊥【答案】D【解析】【分析】A ，有可能出现α，β平行这种情况.B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况.C ，根据面面平行的性质定理判断.D ，根据面面垂直的判定定理判断.【详解】对于A ，m l ⊥，m β⊂，若l β⊥，则//αβ，故A 错误；对于B ，会出现平面α，β相交但不垂直的情况，故B 错误；对于C ，因为//m l ，m α⊥，则l α⊥，又因为l βαβ⊥⇒∥，故C 错误； 对于D ，l α⊥，m l m α⇒⊥∥，又由m βαβ⇒⊥∥，故D 正确.故选：D【点睛】本题考查空间中的平行、垂直关系的判定，还考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.6．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C【解析】【分析】 根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SO OMγ= ，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥所以tan tan tan αγβ≥≥，而,,αβγ均为锐角，所以,αγβ≥≥故选：C.【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.7．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．643πB ．8316ππC ．28πD ．82163ππ+ 【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积22221183242231633V r h r l πππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】 本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．8．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.9．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D【解析】【分析】 以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r 由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.10．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）A ．23B ．13C ．12D ．34【答案】B【解析】分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于21111=33⨯⨯， 选B.点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.11．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥βB ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β【答案】D【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误；在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误；在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β，∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.12．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCD S S =△（ ）A ．25B ．12C ．5D ．510【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线， 所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线， 所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△， 当EBC V 的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线1B G的距离，∴线段EB长度的最小值为5a，2152510EBCABCDaaSS a⨯⨯∴==△.故选：D.【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A．3πB．πC．3πD．12π【答案】C【解析】【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD-===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=.所以外接球的表面积为243r ππ=.故选：C .【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.14．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．383+B ．823+C ．283D ．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯=, 故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.15．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解【详解】如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒ 故选D【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题16．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.17．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果18．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B【解析】【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解.【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为()31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()()()()32339214V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.19．如图所示，在平行六面体ABCD A B C D ''''-中1AB =，2AD =，3AA '=，90BCD ∠=︒，60BAA DAA ''∠=∠=︒，则AC '的长为（ ）A 13B 23C 33D 43【答案】B【解析】【分析】 由向量AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r 得：()()22AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r ，展开化简，再利用向量的数量积，便可得出答案.【详解】 AC AB BC CC ''=++u u u u r u u u r u u u r u u u u r Q ，()()()()()222222()AC AB BC CC AB BC CC AB BC AB CC BC CC '''''∴=++=+++⋅+⋅+⋅u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r uu u r u u u u r u u u r u u u u r ()222291232(013cos6023cos60)142232AC ︒︒'∴=+++⨯+⨯+⨯=+⨯=u u u u r . 23AC '∴=u u u u r ，即AC '23故选：B.【点睛】 本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，掌握向量法求线段长的方法是解题关键，属于中档题目.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A．6πB．12πC．32πD．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》分类汇编附答案解析
新数学《空间向量与立体几何》试卷含答案一、选择题1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）6483C．2882A．B．163D．1633【答案】 B【分析】【剖析】联合三视图，复原直观图，获得一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】联合三视图，复原直观图，获得故体积V r 2h1r 2 l22 412223 168 3，应选 B．333【点睛】本道题考察了三视图复原直观图，考察了组合体体积计算方法，难度中等．2．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB AD3, AA 1 ,而对角线A1B上存1在一点 P ，使得AP D1P 获得最小值，则此最小值为（）A．7B．3C．1+ 3D．2【答案】 A【分析】【剖析】把面 AA1 B 绕 A1B 旋转至面BA1M使其与对角面A1BCD1在同一平面上，连结MD 1并求出，就是最小值．【详解】把面 AA1 B 绕 A1B 旋转至面BA1M使其与对角面A1BCD1在同一平面上，连结MD1． MD1就是|AP|| D1 P | 的最小值，Q |AB| |AD|3，|AA1| 1 ， tan AA1 B33,AA1B600 ．1因此 MA1D1=90 o +60o =150oMD1A D2 A M 22A D1A M cos MA D1 3 22 3 ( 3 )711111112应选 A．【点睛】此题考察棱柱的构造特点，考察计算能力，空间想象能力，解决此类问题常经过转变，转变为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．3．在以下命题中：r r r r rr①三个非零向量 a ， b ，c不可以组成空间的一个基底，则 a ，b，c共面；r r r r② 若两个非零向量 a ，b与任何一个向量都不可以组成空间的一个基底，则 a ，b共线；uuur uuur uuuur uuuur③ 对空间随意一点O和不共线的三点 A，B，C，若OP2OA2OB2OC，则P，A，B，C四点共面r r r r r r r r,④ 若a，b是两个不共线的向量，且c a b(R, ,0) ，则 { a,b, c} 组成空间的一个基底r r r r r r r r r⑤若 a, b, c 为空间的一个基底，则a b,b c,c a组成空间的另一个基底；此中真命题的个数是（）A．0B． 1C． 2D． 3【答案】 D【分析】【剖析】依据空间向量的运算法例，逐个判断即可获得结论.【详解】r r r r r①由空间基底的定义知，三个非零向量 a ，b，c不可以组成空间的一个基底，则 a ， b ，rc 共面，故①正确；r r②由空间基底的定义知，若两个非零向量 a ，b与任何一个向量都不可以组成空间的一个基r r底，则a，b共线，故② 正确；③由 2 2 221，依据共面向量定理知P, A, B, C 四点不共面，故③错误；r r r r r r r r r④由c a b ，当 1 时，向量c与向量a，b组成的平面共面，则a,b,c不能组成空间的一个基底，故④ 错误；r r r r r r⑤利用反证法：若a b,b c, c a不组成空间的一个基底，r r r r1x r r r r r r r r设 a b x b c c a，整理得c xa 1 x b ，即a,b,c共面，又因r r r r r r r r ra,b,c为空间的一个基底，因此a b, b c, c a能组成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确.应选： D.【点睛】此题考察空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．4．已知平面α∩β=l， m 是α内不一样于A．若 m∥ β，则 m∥l l 的直线，那么以下命题中错误的选项是（B．若 m∥l ，则 m∥ β）C．若 m⊥ β，则Dm⊥ l D．若m⊥l ，则m⊥ β【分析】【剖析】A由线面平行的性质定理判断 .B 依据两个平面订交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断 .C 依据线面垂直的定义判断 .D 依据线面垂直的判判定理判断 .【详解】A选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，能够证出线线平行；B选项是正确命题，因为两个平面订交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不可以推出它垂直于这个平面；应选： D.【点睛】此题主要考察线线关系和面面关系，还考察了推理论证的能力，属于中档题.5．《九章算术》卷五商功中有以下问题：今有刍甍（音meng，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A．3B．5C．6D．12【答案】 B【分析】【剖析】第一由三视图复原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积.【详解】由三视图换元为以下图的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，双侧是同样的三棱锥，而且三棱锥的体积11 31 1，3中间棱柱的体积 V 112 3 ,32因此该刍甍的体积是 1 23 5 .应选： B【点睛】此题考察组合体的体积，要点考察空间想象能力和计算能力，属于中档题型.6．如图，棱长为 1 的正方体ABCD A1 B1C1D1，O 是底面 A B C D 的中心，则O到平1111面 ABC1 D1的距离是（）A．1223B．4C．D．222【答案】 B【分析】【剖析】如图成立空间直角坐标系，可证明A1 D平面ABC1D1，故平面ABC1 D1的一个法向量uuuur为：DA1，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图成立空间直角坐标系，则：11O( ,,1), D1 (0,0,1), A(1,0,0), B(1,1,0),C1 (0,1,1)22 uuuur( 1,1,0)OD122因为 AB平面 ADD1 A1 , AD1平面 ADD 1A1 AB A1 D ，又 AD1A1D ， AB I AD1A1D平面ABC1D1uuuur故平面 ABC1 D1的一个法向量为：DA1(1,0,1) O到平面 ABC1D1的距离为：uuuur uuuur1d | OD1DA1 |22 uuuur4 |DA1|2应选： B【点睛】此题考察了点到平面距离的向量表示，考察了学生空间想象，观点理解，数学运算的能力，属于中档题 .7．三棱柱ABC A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA1 60 ，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为（）A．3B．63D．3 3C．664【答案】 B【分析】【剖析】uuuv v uuuv v uuuv v uuuv uuuuv设 AA1 c ， AB a， AC b ，依据向量线性运算法例可表示出AB1和 BC1；分别求解uuuv uuuuv uuuv uuuuv uuuv uuuuv出 AB1BC1和 AB1， BC1，依据向量夹角的求解方法求得 cos AB1, BC1，即可得所求角的余弦值 .【详解】uuuv uuuv uuuvv v v设棱长为 1 ，AA1c ，AB a，AC b由题意得： v v 1 v v 1 v v1a b ， b c ， a c 22 2 uuuv v v uuuuv uuuv uuuv v v vQ AB 1 a c ， BC 1 BC BB 1 b a cuuuv uuuuv v v v v v v v v 2 v vvv v v v 21 1 AB 1 BC 1a cb ac a b aa cbc a c c11 1uuuv22v v 2 v 2v vv23又AB 1a ca 2a c cuuuuv v v v 2 v 2 v 2 BC 1b a cb auuuv uuuuvuuuv uuuuvcosAB 1 BC 1AB 1 , BC 1uuuv uuuuvAB 1 BC 1v 2 v vv v v v 2c 2a b2b c 2a c1 6666 即异面直线 AB 1 与 BC 1 所成角的余弦值为：6此题正确选项： B【点睛】此题考察异面直线所成角的求解，要点是能够经过向量的线性运算、数目积运算将问题转变为向量夹角的求解问题 .8．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1 中， M ， N 分别为棱 C 1D 1 ,CC 1 的中点，以下四个结论： ① 直线 DM 与 CC 1 是订交直线； ② 直线 AM 与 NB 是平行直线；③ 直线 BN 与MB 1 是异面直线； ④ 直线 AM 与 DD 1 是异面直线．此中正确的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】 C【分析】【剖析】依据正方体的几何特点，可经过判断每个选项中的两条直线字母表示的点能否共面；假如共面，则可能是订交或许平行；若不共面，则是异面.【详解】① ： CC 1 与DM 是共面的，且不平行，因此必然订交，故正确；② ：若 AM 、 BN 平行，又 AD 、BC 平行且AMADA, BNBCB，因此平面BNC P 平面 ADM ，显然不正确，故错误；③ ： BN 、MB 不共面，因此是异面直线，故正确；1④ ： AM 、DD 1 不共面，因此是异面直线，故正确；应选 C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与此外一条直线上两点不共面，那么两条直线异 面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是订交.9．在四周体 ABCD 中， AB ， BC ， BD 两两垂直， AB BC BD 4，E 、F 分别为棱 BC 、 AD 的中点，则直线 EF 与平面 ACD 所成角的余弦值（ ）A ．1B ．3 C ．2 2D ．6 3333【答案】 C【分析】【剖析】因为 AB ， BC ， BD 两两垂直，以 BA 为 X 轴，以 BD 为 Y 轴，以 BC 为 Z 轴成立空间直 uuurr uuur ruuur rEF n角坐标系，求出向量EF 与平面 ACD 的法向量 n ，再依据 cos EF , nuuur r ，即可 | EF || n |得出答案 .【详解】因为在四周体ABCD 中， AB ， BC ， BD 两两垂直，以 BA 为 X 轴，以 BD 为 Y 轴，以 BC 为 Z 轴成立空间直角坐标系， 又因为 AB BC BD 4；A 4,0,0 , B(0,0,0), D(0,4,0), C(0,0,4) ，又因为 E 、 F 分别为棱 BC 、 AD 的中点因此 E(0,0,2),F (2,2,0)uuur 2,2,uuur uuur故 EF2 ，AD ( 4,4,0) ， AC ( 4,0, 4) .rv uuuvn AD设平面 ACD 的法向量为 n( x, y, z) ，则 v uuuvn AC令 x 1, 则 yz 1；r(1,1,1) 因此 nuuur r uuur r2 1 EF ncos EF , nuuur r323 3| EF || n |设直线 EF 与平面 ACD 所成角为 uuur r，则 sin cos EF , n因此cos1 sin 22 23应选： C【点睛】此题主要考察线面角，经过向量法即可求出，属于中档题目.10． 三棱锥 D ABC 中， CD 底面 ABC,ABC 为正三角形，若AE / /CD, ABCDAE2，则三棱锥 DABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分组成的几何体的体积为（ ）A ．3 B ．31 D ． 393C ．3【答案】 B【分析】依据题意画出以下图的几何体：∴三棱锥 D ABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分组成的几何体为三棱锥 F ABC∵ ABC 为正三角形， AB 21 2 23 ∴S ABC322∵ CD 底面 ABC ， AE/ /CD ，CD AE 2∴四边形 AEDC 为矩形，则 F 为 EC 与 AD 的中点 ∴三棱锥 FABC 的高为 1CD12∴三棱锥 FABC 的体积为 V1 3 3 133应选 B.11． 已知平面 ，和直线 l 1 ， l 2 ，且 αI “P l 2 ”是 “l 1∥ 且 l 1 ∥ β”的β l 2 ，则 l 1 （ ）A ．充足不用要条件B ．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件【答案】 B【分析】【剖析】将“P l 2”与“l1∥且 l1∥ β”相互推导，依据可否推导的状况判断充足、必需条件.l1【详解】当“P l 2”时， l1可能在或内，不可以推出“且 l1∥ β”当.“l1∥且 l1∥ β”时，l1l1∥因为αI β l2，故“l1 P l2”所.以“l1 P l2”是“l1∥且 l1∥ β”的必需不充足条件.应选： B.【点睛】本小题主要考察充足、必需条件的判断，考察空间直线、平面的地点关系，属于基础题.12．设，为两条不一样的直线，，为两个不一样的平面，以下命题中，正确的选项是（）A．若，与所成的角相等，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】 C【分析】试题剖析：若，与所成的角相等，则或，订交或，异面； A错.若，，则或，B错.若，，则正确 . D．若，，则，订交或，异面， D错考点：直线与平面，平面与平面的地点关系13．在正四周体A BCD 中，P是 AB 的中点，Q是直线 BD 上的动点，则直线PQ与AC 所成角可能为（）A．B．C．5D．121242【答案】 C【分析】【剖析】依据题意，取 BC 的中点 M ，连结 MQ ，则AC / / MQ，因此QPM 为异面直线 PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得MQ4x2 2 x，易知 PQ MQ ，因此在等腰三角形 PMQ 中 cos QPM1，0x 4，即可求出x242xcos QPM 3 ， 3，从而求出结果 .123【详解】取 BC的中点M，连结 MQ，则AC / /MQ，因此QPM 为异面直线 PQ 与AC所成角，以以下图所示：设正四周体 A BCD 的棱长为 4 ，BQ x，0x4，在 BMQ 中，MQ2BM 2BQ 22BM BQ cos604x22x，在正四周体 A BCD 中，易知PQ MQ ，因此在等腰三角形 PMQ 中， cos QPM1，0x44x22x因此 cos QPM3，3，PQ 与AC所成角可能为5123因此异面直线.12应选： C.【点睛】此题主要考察了异面直线成角，余弦定理的应用，考察了空间几何中的动向问题，考察学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.14．以下说法正确的有几个（）① 四边形确立一个平面；② 假如一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③ 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④ 假如两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A．0个B．1 个C．2 个D．3 个【答案】B【分析】【剖析】对四个说法逐个剖析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确立一个三棱锥.②错误，直线可能和平面订交.③正确，依据公理二可判断 ③ 正确 . ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能订交，也可能异面，也可能平行 .综上所述，正确的说法有 1个，应选 B.【点睛】本小题主要考察空间相关命题真假性的判断，属于基础题.15 ．等腰三角形ABC 的腰 AB AC 5， BC 6 ，将它沿高 AD 翻折，使二面角BAD C 成 60 ，此时四周体 ABCD 外接球的体积为（）A ． 7B ． 28C ． 19 19D ．28 763【答案】 D 【分析】 剖析：详解：由题意，设 BCD 所在的小圆为 O 1 ，半径为 r ，又因为二面角 B AD C 为 600，即BDC600 ，因此 BCD 为边长为 3 的等边三角形，3又正弦定理可得，2rsin 6002 3，即BE 2 3 ，设球的半径为 R ，且 AD 4 ，22 DE 2 4R 42 (2 3) 2 28在直角 ADE 中， 2RAD ，因此 R7 ，因此球的体积为 V4 R 3 4 ( 7) 328 7 ，应选 D ．333点睛：此题考察了相关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要仔细审题， 注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两相互垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线 的中点，再依据勾股定理求球的半径.16． 已知空间四边形OABC ，其对角线为 OB ， AC ， M ， N 分别是边 OA ， CB 的中点，点 G 在线段 MN 上，且使 MGuuuv uuuv uuuv uuuv2GN ，用向量 OA ， OB ， OC 表示向量 OG 是（ ）uuuv uuuv 2 uuuv 2 uuuvuuuv1 uuuv2 uuuv 2 uuuvA ． OGOAOBOCB ． OGOAOBOC3 32 3 3uuuv1 uuuv 1 uuuv 1 uuuvuuuv1 uuuv 1 uuuv2 uuuvC ． OGOAOBOCD ． OGOAOBOC633633【答案】 C【分析】【剖析】依据所给的图形和一组基底，从起点 O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就能够获得结论．【详解】uuur uuuur uuuur uuuur 2 uuuur Q OG OM MG OM 3MN ,uuuur 2 uuuur uuur uuur 1 uuuur2 uuuruuur uuur1 uuur 1 uuur 1 uuur1 OMMOOCCNOMOC3OBOCOA OB OC333633uuur 1 uuur 1 uuur1 uuurOGOAOBOC ,63 3应选： C ．【点睛】此题考察向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的状况，再重复这个过程．17． 设 ,是两个不一样的平面， l , m 是两条不一样的直线，且 l， m，则（ ）A ．若/ / ，则 l // mB ．若 m / /a ，则 / /C ．若 m ，则D ．若，则 l // m【答案】 C【分析】【剖析】依据空间线线、线面、面面的地点关系，对选项进行逐个判断可得答案 .【详解】A.若 //，则 l 与 m 可能平行，可能异面，因此A 不正确. B. 若 m / /a ，则 与 可能平行，可能订交，因此B 不正确 .C. 若 m ，由 D 若 ，且确.m ，依据面面垂直的判判定理可得，因此 C 正确 .l ， m，则 l 与 m 可能平行，可能异面，可能订交 , 因此 D 不正【点睛】此题考察空间线线、线面、面面的地点判判定理和性质定理，考察空间想象能力，属于基础题 .18．已知,是不一样的两个平面，直线a，直线 b，条件 p : a 与 b 没有公共点，条件 q :/ /，则p是 q的（）A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足又不用要条件【答案】 B【分析】∵ a 与b没有公共点时， a 与b所在的平面可能平行，也可能订交（交点不在直线b 上）∴命题p： a 与b没有公共点?命题q：∥ ，为假命题又∵ ∥时， a 与b平行或异面，即 a 与b没有公共点∴命题 q：∥? 命题p：a与b没有公共点，为真命题；故 p 是q的必需不充足条件应选 B19．已知直三棱柱ABC A1B1C1的全部棱长都相等，M 为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为 ( )A．15B．5C．6D．10 3344【答案】 D【分析】【剖析】取 AC 的中点 N ，连结C1N，则AM / /C1N,因此异面直线AM与 BC1所成角就是直线AM与 C1N 所成角，在BNC1中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取 AC 的中点 N ，连结C1N，则AM / /C1N,因此异面直线AM与 BC1所成角就是直线AM与 C1N 所成角，设正三棱柱的各棱长为 2 ,则 C1N5, BC122, BN 3 ，设直线 AM与C1N所成角为，在 BNC1中，由余弦定理可得cos(5) 2(22) 2(3) 210 ，2522410，应选D．即异面直线 AM与BC1所成角的余弦值为4【点睛】此题主要考察了异面直线所成角的求解，此中解答中把异面直线所成的角转变为订交直线所成的角是解答的要点，侧重考察了推理与运算能力，属于基础题．20．一个各面均为直角三角形的四周体有三条棱长为2，则该四周体外接球的表面积为（）A．6πB． 12πC． 32πD． 48π【答案】 B【分析】【剖析】先作出几何图形，确立四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积 .【详解】由题得几何体原图以下图，此中 SA⊥平面 ABC,BC⊥平面 SAB,SA=AB=BC=2,因此 AC=2 2 ,SC 2 3,设 SC中点为 O,则在直角三角形 SAC中， OA=OC=OS= 3 ,在直角三角形1SBC中， OB= SC3 ,2因此 OA=OC=OS=OB= 3 ,因此点 O 是四周体的外接球球心，且球的半径为 3 .因此四周体外接球的表面积为243=12.应选： B【点睛】此题主要考察四周体的外接球的表面积的计算，意在考察学生对这些知识的理解掌握水平易剖析推理的能力 .。
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新数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A ．2B ．2C ．22D ．32【答案】C【解析】 分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =PPM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点， 点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ，∴AO =PPM ，∴A 1P=C 1M=244AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P 22．∴tan ∠APA 1的最大值是2．故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可．【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ．【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+【答案】A【解析】【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可.【详解】 由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为22，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡=⨯+-⨯+⨯⨯⎢⎣8(623)=+. 故选：A.【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.4．设α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A ．若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n ⊥βB ．若α⊥β，n ∥α，则n ⊥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ⊥α，m ⊥β，n ⊥α，则n ⊥β【答案】D【解析】【分析】根据直线、平面平行垂直的关系进行判断．【详解】由α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，知：在A 中，若α⊥β，α∩β＝m ，m ⊥n ，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故A 错误； 在B 中，若α⊥β，n ∥α，则n 与β相交、平行或n ⊂β，故B 错误；在C 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故C 错误；在D 中，若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β，∴若n ⊥α，则n ⊥β，故D 正确.故选：D.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.5．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面α经过点1,,A P C ，则正方体1111ABCD A B C D -被平面α截得的截面面积为（ ）A ．36B ．26C ．5D ．53 【答案】B【解析】【分析】 先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.【详解】如图所示：1,,A P C 确定一个平面α，因为平面11//AA DD 平面11BB CC ，所以1//AQ PC ，同理1//AP QC ，所以四边形1APC Q 是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为12B P PC =，所以112C B PC =，即1PC PB == 所以115,23AP PC AC ===由余弦定理得：22211111cos 25AP PC AC APC AP PC +-∠==⨯ 所以126sin 5APC ∠= 所以S 四边形1APQC 1112sin 262AP PC APC =⨯⨯⨯∠= 故选：B【点睛】 本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.6．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng ，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A ．3B ．5C ．6D ．12【答案】B【解析】【分析】 首先由三视图还原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积.【详解】由三视图换元为如图所示的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，两侧是相同的三棱锥，并且三棱锥的体积113113⨯⨯⨯=，中间棱柱的体积131232V =⨯⨯⨯= , 所以该刍甍的体积是1235⨯+=.故选：B 【点睛】本题考查组合体的体积，重点考查空间想象能力和计算能力，属于中档题型.7．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π 【答案】C【解析】【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解.【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBF a a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角， 由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=． 方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ， 所以9922cos ,9322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r 所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．2383+B．823+C．283D．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+2328323V=⨯⨯⨯⨯=+,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.9．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A点为长方体的一个顶点，B点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A点到B点的最短距离为（）A29B．35C41D．213【答案】C【解析】【分析】由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：①当B点所在的棱长为2；②当B点所在的棱长为4；③当B点所在的棱长为6，分别再求出展开图AB的距离即可得最短距离.【详解】由长方体的侧面展开图可得：（1）当B点所在的棱长为2，则沿着长方体的表面从A到B的距离可能为()22461101++=；()2241661++=；()2246165++=. （2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=；()22262217++=；()22262217++=. （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=；()2224335++=；()2223453++=. 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为41.故选：C .【点睛】本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.10．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．3πB ．πC ．3πD ．12π【答案】C【解析】【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=.所以外接球的表面积为243r ππ=.故选：C .【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.11．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123AA =，D ，F 分别是棱AB ，1AA 的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF ∆的周长的最小值为()A ．222B ．232C 62+D 72【答案】D【解析】【分析】 根据正三棱柱的特征可知ABC ∆为等边三角形且1AA ⊥平面ABC ，根据1AA AD ⊥可利用勾股定理求得2DF =；把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，可知当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值；在ADF ∆中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.【详解】Q 三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱 ABC ∆∴为等边三角形且1AA ⊥平面ABC AD ⊂Q 平面ABC 1AA AD ∴⊥ 132DF ∴=+=把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，如下图所示：当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值又150FAD ∠=o ，3AF =，1AD =()22min 32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭ DEF ∴∆周长的最小值为：72+本题正确选项：D【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.12．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A ．2对B ．3对C ．4对D ．5对【答案】C【解析】【分析】 画出该几何体的直观图P ABCD -，易证平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PCD ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PAD ，平面PAB ⊥平面PCD ，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面PAD ⊥平面ABCD ，作PO ⊥AD 于O ，则有PO ⊥平面ABCD ，PO ⊥CD ，又AD ⊥CD ，所以，CD ⊥平面PAD ，所以平面PCD ⊥平面PAD ，同理可证：平面PAB ⊥平面PAD ，由三视图可知：PO ＝AO ＝OD ，所以，AP ⊥PD ，又AP ⊥CD ，所以，AP ⊥平面PCD ，所以，平面PAB ⊥平面PCD ，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．13．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=12．则下列结论中正确的个数为①AC ⊥BE ；②EF ∥平面ABCD ；③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值；④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等，A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B【解析】试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质14．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；③若//m α，//n α，则//m n ；④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.其中真命题的序号为（ ）A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．①和④ 【答案】A【解析】【分析】逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.【详解】对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误；对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.故选：A.【点睛】本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.15．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．643πB ．8316ππC ．28πD ．8216ππ+ 【答案】B【解析】【分析】结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】结合三视图，还原直观图，得到故体积222211832422316333V r h r l ππππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，故选B ． 【点睛】 本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等．16．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A ．920π+B ．926π+C ．520π+D ．526π+【答案】C【解析】【分析】 根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.【详解】由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积2112141222S ππ=⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯14224520π+⨯⨯+⨯=+，故选C. 【点睛】本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.17．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πC ．19196πD ．2873π 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形， 又正弦定理可得，03223sin 60r ==，即23BE =， 设球的半径为R ，且4=AD ， 在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=，所以7R =，所以球的体积为3344287(7)333V R πππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.18．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.19．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=，2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.20．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.。