高考专题复习空间向量与立体几何
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设平面 ACM 的一个法向量为 n＝ (x， y， z)，
x＋ 2y＝ 0 → → 由 n⊥AC ， n⊥AM 可得 ， y＋ z＝ 0
令 z＝ 1，得 x＝ 2， y＝－ 1，∴ n＝ (2，－ 1,1)． 设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 α， → |CD · n| 6 则 s inα＝ ＝ . → |CD |· |n| 3 3 ∴ cosα＝ ， 3 3 ∴直线 CD 与平面 ACM 所成的角的余弦值为 . 3
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→ → ∵ n⊥平面 B1 AE，∴ n⊥AB1 ， n⊥AE ， ax＋ z＝ 0，
得ax 2 ＋ y＝ 0.
取 x＝ 1，
a 得平面 B1 AE 的一个法向量 n＝1，－ ，－ a . 2
a → 要使 DP∥平面 B1 AE，只要 n⊥DP ，有 － az0 ＝ 0， 2 1 解得 z0＝ . 2 又 DP⊄平面 B1 AE， 1 ∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1 AE，此时 AP＝ . 2
(3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．
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解： 以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(2a, 0,0)， B(2a, 2a, 0)， C(0,2a, 0)， D1 (0,0， a)， F(a, 0,0)， B1 (a， a， a)， C1(0， a， a)． → (1)∵AB1 ＝ (－ a， a， a)， → DD1 ＝ (0,0， a)， → → AB DD1 3 → → 1· ∴ cos〈AB1 ，DD1 〉＝ ＝ ， → → |AB1 |· | DD1 | 3 3 ∴异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为 . 3
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(2)由 (1)知 AD⊥ BD，所以 AC⊥ BC.又 FC⊥平面 ABCD， 因此 CA， CB， CF 两两垂直． 以 C 为坐标原点， 分别以 CA，CB，CF 所在的直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设 CB＝ 1， 则 C(0,0,0)， B(0,1,0)， D 3 1 ， F(0,0,1)． ，－ ， 0 2 2
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变式3 (2012· 淄博模拟 ) 如图所示 , 在多面体 ABCD － A1B1C1D1 中， 上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD 互相平行，且都是正方形，DD1⊥ 底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a. (1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值； (2)已知F是AD的中点．求证：FB1⊥平面BCC1B1；
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→ → 思路点拨 (1)建立空间直角坐标系证明B1 E· AD1 ＝ 0 即可 ; → (2)可设点 P(0 ，0， z0 )，利用DP 与平面 B1 AE 的法向量垂直求解； (3)利用两半平面的法向量可表示二面角的大小，从而列出等式， 即可求出 AB 的长 .
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【解】
→ → → (1)证明：以 A 为原点，AB ，AD，AA1 的方向分别
(1) 若 E 为 AA1 上 一 点 ， 试 确 定 E 点 的 位 置 ， 使 EB ∥ 平 面
A1CD；
(2)在 (1)的条件下，求二面角E－BD－A的余弦值．
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1 解： (1)当 A1 E＝ A1 A 时， EB∥平面 A1 CD. 4 如图，以 AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建 立空间直角坐标系，
CB ， CF 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，可求二
面角的余弦值.
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【解】(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD， ∠DAB＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED， 所以BD⊥平面AED.
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a － －a → n· AD1 2 则 cos θ＝ ＝ . 2 → a 2 |n||AD1 | 2 1＋ ＋ a 4 ∵二面角 A－ B1 E－ A1 的大小为 30° ， ∴ |cos θ|＝ cos30° ，即 2 解得 a＝ 2，即 AB 的长为 2. 3a 2 3 ， 2＝ 5a 2 1＋ 4
空间向量与立体几何
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高考山东卷) 在如图所示的几何体中，四边形 例1 (2012· ABCD 是等腰梯形， AB ∥ CD ，∠ DAB ＝ 60°， FC ⊥平面
ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED； (2)求二面角F－BD－C的余弦值． 思路点拨►(1)在平面四边形ABCD中， 证明BD⊥AD；(2)以C点为原点，CA，
善于运用这一方法解题．
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高 考 福 建 卷 ) 如 图 ， 在 长 方 体 ABCD － 例4 (2012· A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点 P，使得 DP∥平面B1AE？若存 在，求AP的长；若不存在，说明理由； (3)若二Байду номын сангаас角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．
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(3)连接 A1 D， B1 C，由长方体 ABCD－ A1 B1 C1 D1 及 AA1 ＝ AD＝ 1，得 AD1⊥ A1 D. ∵ B1 C∥ A1 D，∴ AD1⊥ B1 C. 又由 (1)知 B1 E⊥ AD1 ，且 B1 C∩ B1 E＝ B1， ∴ AD1⊥平面 DCB1 A1， → → ∴AD1 是平面 A1 B1 E 的一个法向量，此时AD1 ＝ (0,1,1)． → 设AD1 与 n 所成的角为 θ，
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→ (3)由 (2)知，FB1 为平面 BCC1 B1 的一个法向量， 设 n＝ (x1， y1， z1 )为平面 FCC1 的一个法向量， → → 又∵CC1 ＝ (0，－ a， a)，FC ＝(－ a, 2a, 0)． → n · CC 1 ＝ 0， － ay1＋ az1＝ 0， 由 得 → － ax1＋ 2ay1＝ 0. n · FC ＝ 0， 令 y1 ＝ 1，则 x1＝ 2， z1＝ 1，∴ n＝ (2,1,1) ， → FB1 · n 3 → ∴ cos〈FB1 ， n〉＝ ＝ ， → |FB1 |· |n| 3 3 即二面角 F－ CC1 －B 的余弦值为 . 3
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热点三 向量法解决探索性问题
空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需 进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判 断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方 程组，把 “ 是否存在 ” 问题转化为 “ 点的坐标是否有解，是 否有规定范围的解 ” 等，使问题的解决更简单、有效，应
a， 1， 0. 2
a → → ∵AD1 · B1 E＝－ × 0＋ 1× 1＋ (－ 1)× 1＝ 0， 2 ∴ B1 E⊥ AD1 . (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0， z0 )， → 使得 DP∥平面 B1 AE，此时DP ＝ (0，－ 1， z0 )． 又设平面 B1 AE 的法向量 n＝(x， y， z)．
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变式2 如 图 所 示，在四棱锥 P － ABCD 中， 底面 ABCD 是 矩形 ， PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，AB＝1，BM⊥PD于点M.
(1)求证：AM⊥PD；
(2)求直线CD与平面ACM所成的角
的余弦值．
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解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PA＝A， AD⊂平面PAD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD.
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【规律方法】
π (1)两异面直线所成角的范围是 θ∈ (0， ]， 2
两向量的夹角 α 的范围是 [0， π]，所以要注意二者的联系与 区别，应有 cos θ＝ |cosα|. (2)在求线面角时要注意： 若平面的法向量与直线的方向向量 的夹角为 α(α 可为锐角或钝角)，则直线与平面所成的角 θ 应满足 s inθ＝ |cos α|. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的 直线的方向向量的夹角 (或其补角 )或通过二面角的两个面的 法向量的夹角求得，它等于这两个法向量的夹角或其补角．
∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
∵BM⊥PD，AB∩BM＝B，AB⊂平面ABM， BM⊂平面ABM，∴PD⊥平面ABM. ∵AM⊂平面ABM，∴AM⊥PD.
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(2)如图所示，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－ xyz，
则 A(0,0,0)， P (0,0,2)， B(1,0,0)， C(1,2,0)， D(0,2,0)， M(0,1,1)． → → → ∴AC ＝ (1,2,0) ，AM ＝(0,1,1)，CD＝ (－ 1,0,0)．
则 A(0,0,0)， B(2,0,0)， D(0,4,0)， C(2,1,0)， A1 (0,0,4)．
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→ → → 设 E(0,0，z)，则BE ＝(－ 2,0，z)，CA1 ＝ (－ 2，－ 1,4)，CD＝ (－ 2,3,0)． ∵ EB∥平面 A1 CD， → → → ∴不妨设BE ＝ xCA1 ＋ yCD， ∴ (－ 2,0， z)＝ x(－ 2，－ 1,4)＋ y(－ 2,3,0)． － 2＝－ 2x－ 2y ∴ 0＝－ x＋ 3y ，解得 z＝ 3. z＝ 4x 所以当 E 点的坐标为 (0,0,3)， 1 即 A1 E＝ A1 A 时， EB∥平面 A1 CD. 4
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(2)∵ AA1 ⊥平面 ABD， ∴向量 m＝(0,0,1)为平面 ABD 的一个法向量． 设平面 BED 的一个法向量为 n＝(x0， y0,1)， → → 而BE ＝ (－ 2,0,3)，BD＝(－ 2,4,0)， → n · BE ＝－ 2x0＋ 3＝ 0 3 3 ，解得 n ＝ ( ， ， 1)． 2 4 → n · BD ＝－ 2x0＋ 4y0＝ 0 4 61 ＝ . 61 32 32 2 ( ) ＋( ) ＋ 1 2 4 4 61 所以二面角 E－ BD－ A 的余弦值为 . 61 ∴ cos〈m， n〉＝ 1×
空间向量与立体几何知识总结(高考必备!)
y k iA(x,y,z)O jxz 空间向量与立体几何一、空间直角坐标系的建立及点的坐标表示空间直角坐标系中的坐标：如图给定空间直角坐标系和向量a ，设,,i j k（单位正交基底）为坐标向量，则存在唯一的有序实数组123(,,)a a a ，使123a a i a j a k =++，有序实数组123(,,)a a a 叫作向量a在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作123(,,)a a a a =．在空间直角坐标系O xyz -中，对空间任一点A ，存在唯一的有序实数组(,,)x y z ，使OA xi yj zk =++，有序实数组(,,)x y z 叫作向量A 在空间直角坐标系O xyz -中的坐标，记作(,,)A x y z ，x 叫横坐标，y 叫纵坐标，z 叫竖坐标．二、空间向量的直角坐标运算律（1）若123(,,)a a a a = ，123(,,)b b b b =， 则112233(,,)a b a b a b a b +=+++， 112233(,,)a b a b a b a b -=--- ，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈，112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈，（2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标。
（3）//a b b a λ⇔= 112233()b a b a R b aλλλλ=⎧⎪⇔=∈⎨⎪=⎩三、空间向量直角坐标的数量积1、设b a ,是空间两个非零向量，我们把数量><b a b a ,cos ||||叫作向量b a ,的数量积，记作b a ⋅，即b a ⋅＝><b a b a ,cos |||| 规定：零向量与任一向量的数量积为0。
专题七空间向量与立体几何课件高考数学二轮复习
1.模块考情分析 2.重难提分技巧 3.模块学习目标 4.高考典例分析 5.变式训练提升
空间几何体在高考中的命题重点包括空间几何体的体积和表 面积的计算以及与球有关的切、接问题，题型以选择题和填空题 为主.在习备考的过程中，既要训练常规题型，还要明晰高考命题 新导向，如数学应用题、数学文化题以及多选题和双空题，做到 复习全面高效.
3.有关几何体的外接球、内切球计算问题的常用求解方法 （l）与球有关的组合体问题有两种：一种是内切，一种是外接，解 题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关“元素” 间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体，切点为正 方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体， 正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线等于球的直径. （2）对于球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题；对于球与 多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心（或“切点”“接 点”）作出截面图解题.
7.判定平面与平面平行的方法 （1）利用定义，常用反证法完成. （2）利用面面平行的判定定理. （3）利用面面平行的判定定理的推论. （4）面面平行的传递性. （5）利用线面垂直的性质. （6）用向量法证明平面与平面平行.
8.证明线面垂直的常用方法 （1）利用线面垂直的判定定理. （2）利用面面垂直的性质定理. （3）利用面面平行的性质. （4）利用垂直于平面的传递性.
空间点、直线、平面之间的位置关系是立体几何的基础，主要以选 择题、填空题的形式出现，命题热点：（1）平面的基本性质及应用； （2）空间线线、线面位置关系的判断；（3）求异面直线所成的角.要注 意对新题型多选题的训练.
直线、平面平行或垂直的判定及性质是高考命题的热点，主要考查直线与 平面以及平面与平面平行或垂直的判定定理和性质定理，题型既有选择题，也 有解答题，在解答题中常在第（1）问设置线、面平行、垂直关系的证明或用 线、面垂直的性质定理证明线线垂直等，要特别注意应用判定定理与性质定理 时条件的完整，这是对解答题的解题规范的基本要求.
2023年高考数学三轮复习立体几何与空间向量(解析版)
查补易混易错点05立体几何与空间向量1．混淆“点A在直线a上”与“直线a在平面α内”的数学符号关系，应表示为A∈a，a⊂α. 2．易混淆几何体的表面积与侧面积的区别，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面.积之和，易漏掉几何体的底面积；求锥体体积时，易漏掉体积公式中的系数133.作几何体的三视图的过程中，可见的边界轮廓线用实线表示，不可见的边界轮廓线用虚线表示．这一点不能忽视，否则易出错．4．不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．5．注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置关系与数量关系．6．几种角的范围两条异面直线所成的角：0°<θ≤90°；直线与平面所成的角：0°≤θ≤90°；平面与平面夹角：0°≤θ≤90°.7．用空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求直线与平面所成的角时，易把直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值当成线面角的余弦值，导致出错．1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）苏轼是北宋著名的文学家、书法家、画家，在诗词文书画等方面都有很深的造诣．《蝶恋花春景》是苏轼一首描写春景的清新婉丽之作，表达了对春光流逝的叹息词的下阙写到：A．秋千绳与墙面始终平行A．6π【答案】D【解析】由三视图可知几何体为圆锥与半球的组合体，半球表面积圆锥母线长23l=所以该几何体表面积为5．（2023·河南·校联考模拟预测）已知空间四条直线a ，b ，m ，n 和两个平面α，β满足,a b α⊂，,m n β⊂，a b P = ，m n Q = ，则下列结论正确的是（）A ．若a m ，则a β∥B ．若a β∥且m α ，则αβ∥C ．若a β∥且b β∥，则m αD ．若a m ⊥且b n ⊥，则αβ⊥【答案】C【解析】对于A ：a 可能在平面β内，所以A 错误；对于B ：a 与m 可能平行，从而α与β可能相交，所以B 错误；对于C ：a β ∥且b β∥，,a b α⊂，a b P = ，βα∴∥，m β⊂ ，m α∴∥，所以C 正确；对于D ：如图，由正方形沿一条对角线折叠形成，其中形成的两个平面设为,αβ，折痕设为b ，在平面α的对角线设为a ，在β内的对角线设为n ，同时作m n ⊥，此时//m b ，易知b a ⊥，则m a ⊥，但此时α与β不垂直，所以D 错误.故选：C.6．（2023·甘肃定西·统考一模）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm由题知该圆锥的底面半径为所以该屋顶的体积约为1 3故选:D.7．（2023·北京·统考模拟预测）臑．已知鳖臑ABCD的四个顶点均在表面积为A．23B．4又POD∽PBC可得两边平方得22(416r r R R-=+将①代人②化简整理得则1r=，故选B9．（2023·安徽安庆·统考二模）图），O为底面圆的中心，距离为1，B为截面图形弧上的一点，且A．74B【答案】C【解析】圆柱半径为10．（2023·山东聊城·统考模拟预测）在三棱锥二面角P AB C--的大小为3π4．若三棱锥-P ABC的体积最大时，球O的体积为（A．3π2B．6π【答案】D【解析】设点P在平面ABC内的射影为考虑到二面角P-AB-C的大小为3π因为PH⊥平面ABC，AB⊂平面ABC所以PH AB⊥，又PA AB⊥，PA所以AB⊥平面PAH，AH⊂平面PAH所以PAH∠为二面角P AB C--的平面角的补角，11．（多选题）（2023·江苏南通·统考模拟预测）含边界）上一点，下列说法正确的是（A．存在唯一一点P，使得DP//B．存在唯一一点P，使得AP//面C．存在唯一一点P，使得1A P⊥D ．存在唯一一点P ，使得1D P ⊥面11AC D【答案】AD【解析】如图建系，令()1,,1,AD P x z =，则()()()()()()()11111,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,0,1,1,0,0,0,1,1,1,1A A C D B D B ，对于A ，()()1,1,,0,1,1DP x z AB == ，若1//DP AB ，则01x z λλλ=⋅⎧⎪=⎨⎪=⎩，解得：0,1x z ==故()0,1,1P 满足要求，与1C 重合，存在唯一一点P ，使得DP //1AB ，A 对.对于B ，因为()()1111,1,11,1,0110B A C D ⋅=--⋅-=-= ，()()111,1,11,0,1110BD A D ⋅=--⋅--=-= ，因为1111AC A D A ⋂=，111,AC A D ⊂平面11ACD ，所以1BD ⊥ 平面11AC D ，又AP //平面11AC D ，则10AP BD ⋅= ，()()1,1,11,1,110x z x z --⋅-=--+=，解得：x z =，故P 点轨迹为线段1B C ，满足条件的P 有无数个，B 错，对于C ，()()11111,1,1,1,1,1,11110A P x z DB A P DB x z x z =--=⋅=-++-=+-= ，P 在线段1BC 上，满足条件的P 有无数个，C 错.对于D ，由B 选项可知：1BD ⊥ 平面11AC D ，而1D P ⊥ 面11AC D ，又1D P 与1BD共线，故,P B 重合，D 对.故选：AD.12．（多选题）（2023·山东济宁二模）已知长方体1111ABCD A B C D -中，点P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，BC ，1CC ，11B C 的中点，则下列结论不正确的是（）B 选项：如图2，连接AC ，因为点所以//AC PQ ，AC ⊄平面1B PQ ，PQ 所以//AC 平面1B PQ ，若//AM 平面1B PQ ，则平面//AMC 平面又平面AMC 平面111BCC B CC =，平面所以11//B Q CC ，显然不正确，故B 不正确；C 选项：如图3，若1D M ⊥平面1B PQ 则11MD B Q ⊥，又易知11C D ⊥平面BCC 则111C D B Q ⊥，又1111C D MD D = ，所以1B Q ⊥平面11C MD ，1CC ⊂平面1C 显然不正确，故C 不正确；D 选项：如图4，连接AC ，CN ，因为点所以//AC PQ ，AC ⊄平面1B PQ ，PQ ⊂平面所以//AC 平面1B PQ ，因为Q ，N 分别是BC ，11B C 的中点，所以所以四边形1B NCQ 是平行四边形，则CN NC ⊄平面1B PQ ，1B Q ⊂平面1B PQ ，所以NC //平面1B PQ ，且AC NC C = ，因此平面//ACN 平面1B PQ ，AN ⊂平面所以//AN 平面1B PQ ，故D 正确．故选:ABC.13．（多选题）（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图，若113A B =，4AB =，12AA =则下列说法正确的是（A ．11//AB EC B ．EC ⊥平面1ADD C ．1//AA 平面1CED对于C 选项，设AD 与EC 交于点所以6AM =，即11A D AM =1CED ,1AA ⊄平面1CED ,所以1//AA 平面1CED ，故C 对于D 选项，11//,A N OO OO 1A AN ∠为侧棱与底面所成的角，在所以160A AN ∠= ，故D 正确故选：BCD14．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）上有两个动点E 、F ，且EFA ．AC BE⊥C ．三棱锥A BEF -的体积为定值【答案】ABC【解析】对于A 选项，连接因为四边形ABCD 为正方形，则1BB ⊥ 平面ABCD ，AC 11,,BD BB B BD BB = 所以AC ⊥平面11BB D D ，因为BE ⊂平面11BB D D ，因此对于B 选项，因为平面所以//EF 平面ABCD ，对于C 选项，因为△点A 到平面BEF 的距离为定值，故三棱锥对于D 选项，设AC 由A 选项可知，AC ⊥11B D ⊂Q 平面11BB D D ，则因为11//BB DD 且1BB DD =则11//BD B D 且1BD B D =因为M 、O 分别为1B D DD MO故选：ABC.15．（2023·广东·统考一模）在四棱锥若SD AD=，则（）A．AC SD⊥B．AC与SB所成角为60︒C．BD与平面SCD所成角为D．BD与平面SAB所成角的正切值为【答案】ACD【解析】选项A，因为SD⊥因为四边形ABCD是正方形，所以面SBD，又SB⊂面SBD，所以AC SB⊥选项B，因为AC⊥平面SBD选项C，因为SD⊥底面ABCD因为四边形ABCD是正方形，所以所以BC⊥平面SCD,所以BD与平面SCD所成角为选项D，如图，取SA中点K故选：ACD16．（2023·广东江门·统考一模）则坐标原点O 到直线l 的距离【答案】3【解析】由题知，直线l 过点所以()1,2,0AO =--，所以点()0,0,0O 到l 的距离为()225AO m d AO m ⎛⎫⋅⎛ ⎪=-=- ⎪⎝⎝⎭17．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）设某几何体的三视图如下（尺寸的长度单位为m ），则该几何体的体积为【答案】4【解析】由三视图可得该几何体为三棱锥，如图所示，其中棱锥的高为2m ，底面三角形的底边长为则该几何体的体积为114332⨯⨯⨯⨯18．（2023·河北衡水中学预测）冰激凌是以饮用水、牛乳、奶粉、奶油（或植物油脂）等为主要原料，加入适量食品添加剂，经混合、灭菌、均质、老化、凝冻、硬化等工艺制成的体积膨胀的冷冻食品.如图所示的冰激凌的下半部分可以看作一个圆台，上半部分可以近似看作一个圆锥，若圆台的上底面半径、圆台的高与圆锥的高都为3.6cm ，则此圆锥的体积与圆台的体积的比值为【答案】100271【解析】圆锥的体积214π43V ⨯=，根据圆台的体积公式(13V S =+上h 为台体的高），得圆台的体积(224π44 3.63V =+⨯+(1)证明：平面QAD(2)若点P为四棱锥积为43，求BP与平面【解析】（1）取AD因为QA QD=，OA而2AD=，5QA=在正方形ABCD中，因为因为3QC=，故QC因为OC AD O=，且故QO⊥平面ABCD因为QO⊂平面QAD （2）在平面ABCD(1)证明：PB AC⊥；(2)再从条件①､条件到平面BPC的距离.①22AC=；②PO⊥【解析】（1）证明：连接因为AB BC =，所以OB 又因为PO OB O = ，PO 所以AC ⊥平面POB ，因为所以AC PB ⊥.（2）选择①，由题222AB BC AC +=，所以则2OP OB ==，2PO +所以OB ，OC ，OP 两两垂直，建立如图所示坐标系，则(2,0,0)B ，(0,2,0)C 设平面PBC 的一个法向量为则1100PB n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22x y ⎧-⎪⎨-⎪⎩平面PAC 的一个法向量所以二面角B PC A --的余弦值为(0,2,0)A -，(0,2,PA =-- 所以A 到平面BPC 的距离为选择②由（1）得，PO AC ⊥，PO ⊥则(2,0,0)B ，(0,2,0)C 设平面PBC 的一个法向量为则1100PB n PC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22x y ⎧-⎪⎨-⎪⎩平面PAC 的一个法向量所以二面角B PC A --的余弦值为(0,2,0)A -，(0,2,PA =--所以A 到平面BPC 的距离为。
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》解析含答案
【最新】数学复习题《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交； 命题②中α与β还有可能相交； 命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确． 故选B ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.2．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.3．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.4．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 ．2π B ．3π C ．4π D ．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 EBFa 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 ,92322A 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.5．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.6．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．7．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为a ，侧棱长为2a ，则1AC 与侧面11ABB A 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，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 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，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，02)a ，13(a A 2a 2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =u u u u r ，2a -2)a ，3(a AB =u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，02)a ， 设平面11ABB A 的法向量(n x =r，y ，)z ，则13·02·20a a n AB x y n AA az ⎧=+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r 3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u rr u u u u r g r u u u ur g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】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．8．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 ．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 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．9．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1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A ．22B 25C ．65D ．266【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1111D C B A 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1111D C B A 的垂线，垂足为N ，连接1A N ,则1MA N ∠即为1A M 与平面1111D C B A 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 =25, 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.10．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( ) A ．8π B ．12πC ．83πD ．3π【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 为球的直径，即可求得：2AB R =，3AC R =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =【详解】依据题意作出图形如下：设四面体P ABC -的外接球的半径为R ， 因为球心O 在AB 上，所以AB 为球的直径， 所以2AB R =，且AC BC ⊥ 由23AC AB =可得：3AC R =， BC R =所以四面体P ABC -的体积为111333322ABC V S PO R R R ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯= 解得：3R =所以球的表面积2412S R ππ== 故选：B 【点睛】本题主要考查了锥体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题。
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习含答案解析
新数学高考《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．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】-，易证平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面画出该几何体的直观图P ABCDPAD，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．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3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⋅++⋅+⋅⋅888 =+=()2973,491=∈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．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.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，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A ．3 B ．13C ．58 D ．387【答案】C 【解析】 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥. 由勾股定理得224442AB =+=，所以2242AC BC CD AB ⋅===. 由勾股定理得2222115229CF CC C F =+=+=，2222115229DF BE BB B E ==+=+=.在CDF V 中，由余弦定理得())()22229222958cos 22922CDF +-∠==⨯⨯.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.6．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2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡⎤=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦8(6623)=++.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.7．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.8．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为14，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 263AB 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， 11114221332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯⨯=Q g ， 7OD ∴=． 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．9．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．273B．276C．274D．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为一个三棱锥，高为33，底为一个直角三角形，直角边分别为333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)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；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．10．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11．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 ．9:32B ．8:27C ．9:22D ．9:28【答案】A 【解析】 【分析】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 3r 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.12．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 ．4D ．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：1232232PAC S V =⨯⨯= . 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．13．三棱柱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 3B 6C 3D ．36【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 v 1AB 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 c b a c a b b c a c =-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v v v v v v v v v v v v v 1111116cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v u 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：66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.14．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 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.15．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 ．1144 B 11 C ．1144 D ．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： 1111cos 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 r r r .16．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且两直角边长分别为13，此三棱柱的高为23A ．323πB ．163πC ．83πD ．643π 【答案】A【解析】【分析】求得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)2r =+=，再根据球的性质，求得外接球的直径2R =，利用球的体积公式，即可求解.【详解】 由题意可得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)21r r =+=⇒=，根据球的性质，可得外接球的直径为22222(2)2(23)4R r h =+=+=，解得2R =，所以该三棱柱的外接球的体积为343233V R ππ==，故选A. 【点睛】 本题主要考查了球的体积的计算，以及组合体的性质的应用，其中解答中找出合适的模型，合理利用球的性质求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.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 ．1919πD ．287π 【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．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．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为( )A 6B 5C ．2D ．1【答案】A【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -：其中，四边形ABCD 为边长为1的正方形，PE ⊥面ABCD ，且1AE =，1PE =. ∴222AP AE PE =+=2BE AB AE =+=，222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=225PB BE PE =+223PD PE DE =+=∴226PC CE PE =+=∴最长棱为PC故选A.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.20．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( )A 15B 5C 6D 10 【答案】D【解析】【分析】取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===设直线AM 与1C N 所成角为θ，在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10cos 42522θ==⨯⨯，即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为104，故选D ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》图文答案
高中数学《空间向量与立体几何》复习知识点一、选择题1．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】-，易证平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面画出该几何体的直观图P ABCDPAD，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．2．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．273B ．276C ．274D ．272【答案】D 【解析】 【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果. 【详解】几何体为一个三棱锥，高为33，底为一个直角三角形，直角边分别为333，，所以体积为1127=33333=322V ⨯⨯⨯⨯，选D. 【点睛】(1)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；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．3．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．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 ∥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.5．《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．3 B．5 C．6 D．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11311 3⨯⨯⨯=，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.6．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 ．2π B ．3π C ．4π D ．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 EBFa 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 ''=+=，1322EF 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 ,92322A 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.7．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 P=2=22． ∴tan ∠APA 1的最大值是22． 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．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 ．32B ．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．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.10．在ABC ∆中，设BAC α∠=，CA 与CB 所成的角是β，绕直线AC 将AB 旋转至AB '，则在所有旋转过程中，关于AB '与BC 所成的角γ的说法正确的是( )A ．当4παβ-≥时，[],γαβαβ∈-+B ．当4παβ-<-时，[],γβααβ∈-+C ．当4παβ+≥时，[],γαβαβ∈-+D ．当4παβ+<时，,γαβαβ∈⎡-+⎤⎣⎦【答案】D 【解析】 【分析】首先理解异面直线所成的角的范围是0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，排除选项A,B,C,对于D 可根据AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，再将异面直线所成的角，转化为相交直线所成的角，判断最大值和最小值. 【详解】因为γ是异面直线所成的角，所以0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦A.当4παβ-≥时，αβ+的范围有可能超过2π，比如，3,46ππαβ==，所以不正确； B.当4παβ-<-时，当3,46ππβα==，此时[],γβααβ∈-+，也不正确； C.当4παβ+≥，当3,46ππαβ==，此时[],γαβαβ∈-+，故也不正确； D. 4παβ+<时，AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，如图，过点A 作BC 的平行线AD ，且CAD β∠=，'AB 与BC 所成的角γ转化为AB '与AD 所成的角，由图象可知，当AB '是AB 时，角最大，为αβ+，当AB '在平面ABC 内时，不与AB 重合时，角最小，此时为αβ-故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，重点考查轨迹，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是判断，并画出AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥.11．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 ．4 B ．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12．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.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1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A ．22B 25C ．65D ．266【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1111D C B A 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1111D C B A 的垂线，垂足为N ，连接1A N ,则1MA N ∠即为1A M 与平面1111D C B A 所成的角，所以1MA N ∠=α，因为sinα=1MN A 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 =25, 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．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．15．古代数学名著《张丘建算经》中有如下问题：“今有仓，东西袤一丈二尺，南北广七尺，南壁高九尺，北壁高八尺，问受粟几何？”.题目的意思是：“有一粮仓的三视图如图所示（单位：尺），问能储存多少粟米？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，估算粮仓可以储存的粟米约有（取整数）（）A．441斛B．431斛C．426斛D．412斛【答案】A【解析】【分析】由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．由体积计算公式即可得出．【详解】解：由三视图可知：上面是一个横放的三棱柱，下面是一个长方体．∴体积117127812714V=⨯⨯⨯+⨯⨯=，2∴粮仓可以储存的粟米714441=≈斛．1.62故选：A．16．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】【分析】 根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.【详解】①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确；④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确；故选C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另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相交.17．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．18．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.19．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC所成角的余弦值为( )A ．15B ．53C ．64D ．104【答案】D【解析】【分析】取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===，设直线AM 与1C N 所成角为θ，在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10cos 2522θ+-==⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为104，故选D ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20．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 B C D 【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 .AC '∴=u u u u r，即AC '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.。
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》解析含答案
A． 30 5
C． 2 7 5
【答案】B 【解析】
B． 2 30 5
D． 4 7 5
【分析】
在 A1D1 上取中点 Q ，在 BC 上取中点 N ，连接 DN , NB1, B1Q,QD ，根据面面平行的判定 定理可知平面 B1QDN / / 平面 A1BM ，从而可得 P 的轨迹是 DN （不含 D, N 两点）；由 垂直关系可知当 CP DN 时， C1P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.
B． 1 12
C． 1 6
D． 1 2
由题意在棱长为1的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 P1, P2 分别是线段 AB, BD1 上的动
点，
且线段 P1P2 平行于平面 A1ADD1, P1P2B AD1B ，
设 P1B x, x (0,1) ，即 P1P2 2x, P2 到平面 AA1B1B 的距离为 x ，
表面积为
S 6 (2 2
2)2 4 1 2
2
2
8
1 2
2
3 8(6 6
2
3) .
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．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． 34 17
B． 2 34 17
C． 5 17 17
D． 3 17 17
【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.
高考复习专题10 空间向量与立体几何选择填空题(含解析)三年高考试题
1．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线2．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O 的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．3245．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β6．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．27．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．5411．【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．2B．4C．6D．812．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件13．【2018年浙江08】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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ114．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．1615．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．416．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B．12C．14D．1617．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π18．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．19．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．20．【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．1B．3C．1D．321．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．223．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．24．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．25．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．26．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）34．【2017年上海04】已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．35．【2017年上海07】如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．1．【2019年新课标3理科08】如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（）A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM⊂平面BDE，EN⊂平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD，BE，∴BM a，EN a，∴BM≠EN，故选：B．2．【2019年全国新课标2理科07】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．3．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．4．【2019年浙江04】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．324【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即27，高为6，则该柱体的体积是V＝27×6＝162．故选：B．5．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．6．【2018年新课标1理科07】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A．2B．2C．3D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．故选：B．7．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．8．【2018年新课标2理科09】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1，∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），（﹣1，0，），（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C．9．【2018年新课标3理科03】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．10．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．11．【2018年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．2B．4C．6D．8【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V．故选：C．12．【2018年浙江06】已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：∵m⊄α，n⊂α，∴当m∥n时，m∥α成立，即充分性成立，当m∥α时，m∥n不一定成立，即必要性不成立，则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．13．【2018年浙江08】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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．14．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．15．【2018年北京理科05】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：P A⊥底面ABCD，AC，CD，PC＝3，PD＝2，可得三角形PCD不是直角三角形．所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△P AB，△PBC，△P AD．故选：C．16．【2017年新课标1理科07】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）A．10B．12C．14D．16【解答】解：由三视图可画出直观图，该立体图中只有两个相同的梯形的面，S梯形2×（2+4）＝6，∴这些梯形的面积之和为6×2＝12，故选：B．17．【2017年新课标2理科04】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（）A．90πB．63πC．42πD．36π【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，V＝π•32×10•π•32×6＝63π，故选：B．18．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN AB1，NP BC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQ AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴BD2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．19．【2017年新课标3理科08】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A．πB．C．D．【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，∴该圆柱底面圆周半径r，∴该圆柱的体积：V＝Sh．故选：B．20．【2017年浙江03】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．1B．3C．1D．3【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为π×12×331，故选：A．21．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．22．【2017年北京理科07】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（）A．3B．2C．2D．2【解答】解：由三视图可得直观图，再四棱锥P﹣ABCD中，最长的棱为P A，即P A＝2，故选：B．23．【2019年天津理科11】已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；故答案为：24．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．25．【2019年北京理科11】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为l，那么该几何体的体积为．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，则该几何体的体积V．故答案为：40．26．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．【解答】解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．27．【2019年江苏09】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD的体积是．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，∴AB×BC×DD1＝120，∴三棱锥E﹣BCD的体积：V E﹣BCDAB×BC×DD1＝10．故答案为：10．28．【2018年江苏10】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．【解答】解：正方体的棱长为2，中间四边形的边长为：，八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：2．故答案为：．29．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．30．【2018年天津理科11】已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，除面ABCD外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥M﹣EFGH的体积为．【解答】解：正方体的棱长为1，M﹣EFGH的底面是正方形的边长为：，四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为，四棱锥M﹣EFGH的体积：．故答案为：．31．【2017年江苏06】如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是．【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，圆柱的体积为：πR2•2R＝2πR3．则．故答案为：．32．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．33．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．34．【2017年上海04】已知球的体积为36π，则该球主视图的面积等于．【解答】解：球的体积为36π，设球的半径为R，可得πR3＝36π，可得R＝3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为πR2＝9π．故答案为：9π．35．【2017年上海07】如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为（4，3，2），则的坐标是．【解答】解：如图，以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，∵的坐标为（4，3，2），∴A（4，0，0），C1（0，3，2），∴．故答案为：（﹣4，3，2）．36．【2017年天津理科10】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，∴6a2＝18，则a2＝3，即a，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，即a＝2R，即R，则球的体积Vπ•（）3；故答案为：．。
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》8
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.2空间点、直线、平面之间的位置关系最新考纲 1.借助长方体模型，在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．1．四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．2．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．，π2.3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．5．等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．概念方法微思考1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？提示不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？提示不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(√)(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(×)题组二教材改编2．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C即为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴△B1D1C为等边三角形，∴∠D1B1C＝60°.3．如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝12AC，EH＝12BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.题组三易错自纠4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直B．相交C．异面D．平行答案D解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据公理3可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．答案3解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH 相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．题型一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1如图，在空间四边形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，G ，H 分别在BC ，CD 上，且BG ∶GC ＝DH ∶HC ＝1∶2.(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)设EG 与FH 交于点P ，求证：P ，A ，C 三点共线．证明(1)∵E ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴EF ∥BD .∵在△BCD 中，BG GC ＝DH HC ＝12，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH .∴E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG ∩FH ＝P ，P ∈EG ，EG ⊂平面ABC ，∴P ∈平面ABC .同理P ∈平面ADC .∴P 为平面ABC 与平面ADC 的公共点．又平面ABC ∩平面ADC ＝AC ，∴P ∈AC ，∴P ，A ，C 三点共线．题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)若直线l 1和l 2是异面直线，l 1在平面α内，l 2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A ．l 与l 1，l 2都不相交B ．l 与l 1，l 2都相交C ．l 至多与l 1，l 2中的一条相交D ．l 至少与l 1，l 2中的一条相交答案D 解析由直线l 1和l 2是异面直线可知l 1与l 2不平行，故l 1，l 2中至少有一条与l 相交．故选D.(2)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝2ED ，CF ＝2FA ，则EF 与BD 1的位置关系是()A．相交但不垂直B．相交且垂直C．异面D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且MEED1＝12，MFBF＝12，所以MEED1＝MFBF，所以EF∥BD1.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．跟踪训练2(1)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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A解析若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM 与CC 1是相交直线；②直线AM 与BN 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．其中正确的结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)答案③④解析因为点A 在平面CDD 1C 1外，点M 在平面CDD 1C 1内，直线CC 1在平面CDD 1C 1内，CC 1不过点M ，所以AM 与CC 1是异面直线，故①错；取DD 1中点E ，连接AE ，则BN ∥AE ，但AE 与AM 相交，故②错；因为B 1与BN 都在平面BCC 1B 1内，M 在平面BCC 1B 1外，BN 不过点B 1，所以BN 与MB 1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.题型三求两条异面直线所成的角例3(2019·青岛模拟)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为()A.15B.25C.35D.45答案D 解析连接BC 1，易证BC 1∥AD 1，则∠A 1BC 1即为异面直线A 1B 与AD 1所成的角．连接A 1C 1，由AB ＝1，AA 1＝2，易得A 1C 1＝2，A 1B ＝BC 1＝5，故cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝45，即异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45.引申探究将上例条件“AA 1＝2AB ＝2”改为“AB ＝1，若异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为910”，试求AA 1AB 的值．解设AA 1AB＝t (t >0)，则AA 1＝tAB .∵AB ＝1，∴AA 1＝t .∵A 1C 1＝2，A 1B ＝t 2＋1＝BC 1，∴cos ∠A 1BC 1＝A 1B 2＋BC 21－A 1C 212×A 1B ×BC 1＝t 2＋1＋t 2＋1－22×t 2＋1×t 2＋1＝910.∴t ＝3，即AA 1AB ＝3.思维升华用平移法求异面直线所成的角的三个步骤(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练3(2018·全国Ⅱ)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A.22 B.32 C.52 D.72答案C 解析如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2，则BE ＝5，则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52，所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52.立体几何中的线面位置关系直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．例如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是梯形，BC ∥AD 且BC ＝12AD ，BE ∥FA 且BE ＝12FA ，G ，H 分别为FA ，FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FG ＝GA ，FH ＝HD ，可得GH ∥AD 且GH ＝12AD .又BC ∥AD 且BC ＝12AD ，∴GH ∥BC 且GH ＝BC ，∴四边形BCHG 为平行四边形．(2)解∵BE ∥AF 且BE ＝12AF ，G 为FA 的中点，∴BE ∥FG 且BE ＝FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF ∥BG .由(1)知BG ∥CH .∴EF ∥CH ，∴EF 与CH 共面．又D ∈FH ，∴C ，D ，F ，E 四点共面．素养提升平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为()A ．4B ．3C ．2D ．1答案A 解析首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．2．a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.3.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是()A．直线ACB．直线ABC．直线CDD．直线BC答案C解析由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A 解析连接A 1C 1，AC ，则A 1C 1∥AC ，∴A 1，C 1，A ，C 四点共面，∴A 1C ⊂平面ACC 1A 1，∵M ∈A 1C ，∴M ∈平面ACC 1A 1，又M ∈平面AB 1D 1，∴M 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上，同理A ，O 在平面ACC 1A 1与平面AB 1D 1的交线上．∴A ，M ，O 三点共线．5．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为()A.32 B.155 C.105 D.33答案C解析方法一将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图①所示，连接AD 1，B 1D 1，BD .图①由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知BD 2＝AB 2＋AD 2－2×AB ×AD ×cos ∠DAB ＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图②所示．图②由已知条件知B 1(0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(1，0，0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1，0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1，→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.故选C.6．正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有________条．答案6解析如图，在正方体AC 1中，与面ABCD 的对角线AC 异面的棱有BB 1，DD 1，A 1B 1，A 1D 1，D 1C 1，B 1C 1，共6条．7．(2019·东北三省三校模拟)若直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l 与平面α的位置关系为________．答案l ∥α或l ⊂α解析∵直线l ⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直线l ∥平面α，或者直线l ⊂平面α.8．在三棱锥S －ABC 中，G 1，G 2分别是△SAB 和△SAC 的重心，则直线G 1G 2与BC 的位置关系是________．答案平行解析如图所示，连接SG 1并延长交AB 于M ，连接SG 2并延长交AC 于N ，连接MN .由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝23SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝23SN，∴在△SMN中，SG1SM＝SG2SN，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，∴G1G2∥BC.9.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．答案2解析取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，因为C是圆柱下底面弧AB的中点，所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝2AD，所以直线AC1与AD所成角的正切值为2，所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为2.10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案②③④解析还原成正四面体A －DEF ，其中H 与N 重合，A ，B ，C 三点重合．易知GH 与EF 异面，BD 与MN 异面．连接GM ，∵△GMH 为等边三角形，∴GH 与MN 成60°角，易证DE ⊥AF ，又MN ∥AF ，∴MN ⊥DE .因此正确命题的序号是②③④.11.如图所示，A 是△BCD 所在平面外的一点，E ，F 分别是BC ，AD 的中点．(1)求证：直线EF 与BD 是异面直线；(2)若AC ⊥BD ，AC ＝BD ，求EF 与BD 所成的角．(1)证明假设EF 与BD 不是异面直线，则EF 与BD 共面，从而DF 与BE 共面，即AD 与BC 共面，所以A ，B ，C ，D 在同一平面内，这与A 是△BCD 所在平面外的一点相矛盾．故直线EF 与BD 是异面直线．(2)解取CD 的中点G ，连接EG ，FG ，则AC ∥FG ，EG ∥BD ，所以相交直线EF 与EG 所成的角，即为异面直线EF 与BD 所成的角．又因为AC ⊥BD ，则FG ⊥EG .在Rt △EGF 中，由EG ＝FG＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：(1)三棱锥P －ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．解(1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P －ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝AD 2＋DE 2－AE 22×AD ×DE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.13．平面α过正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为()A.32 B.22 C.33 D.13答案A解析如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m ，n 所成角的大小与B 1D 1，CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小．又∵B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，∴∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.14.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB ⊥EF ；②AB 与CM 所成的角为60°；③EF 与MN 是异面直线；④MN ∥CD .以上四个命题中，正确命题的序号是________．答案①③解析如图，①AB ⊥EF ，正确；②显然AB ∥CM ，所以不正确；③EF 与MN 是异面直线，所以正确；④MN 与CD 异面，并且垂直，所以不正确，则正确的是①③.15.如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．答案36解析取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF ∥AD 且HF ＝12AD ，∴∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)．在△GHF 中，可求HF ＝22，GF ＝GH ＝26，∴cos ∠GFH ＝HF 2＋GF 2－GH 22×HF ×GF ＝(22)2＋(26)2－(26)22×22×26＝36.16.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解(1)方法一如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为EC ⊥AC ，OM ，EC ⊂平面ACC 1A 1，所以OM ∥EC .又因为EC ＝2FB ＝2，EC ∥FB ，所以OM ∥FB 且OM ＝12EC ＝FB ，所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．方法二如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连接PQ ，PB ，BQ .因为EC ＝2FB ＝2，所以PE ∥BF 且PE ＝BF ，所以PB ∥EF ，PQ ∥AE ，又AE ，EF ⊂平面AEF ，PQ ，PB ⊄平面AEF ，所以PQ ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩PQ ＝P ，PB ，PQ ⊂平面PBQ ，所以平面PBQ ∥平面AEF .又因为BQ ⊂平面PBQ ，所以BQ ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155，所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。
高考数学压轴专题人教版备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含解析
数学《空间向量与立体几何》复习知识要点一、选择题1．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】-，易证平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面画出该几何体的直观图P ABCDPAD，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．2．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.3．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 ．2π B ．3π C ．4π D ．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 EBFa 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 ''=+=，1322EF 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 ,92322A 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.4．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 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.5．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64. 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.6．三棱柱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 3B 6C 3D 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 ,ABBC <>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 ,66AB 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.7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ， N 分别为棱111,C D CC 的中点，以下四个结论：①直线DM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与NB 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的几何特征，可通过判断每个选项中的两条直线字母表示的点是否共面；如果共面，则可能是相交或者平行；若不共面，则是异面.①：1CC 与DM 是共面的，且不平行，所以必定相交，故正确；②：若AM BN 、平行，又AD BC 、平行且,AM AD A BN BC B ⋂=⋂=，所以平面BNC P 平面ADM ，明显不正确，故错误；③：1BN MB 、不共面，所以是异面直线，故正确； ④：1AM DD 、不共面，所以是异面直线，故正确； 故选C. 【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与另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相交.8．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.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【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⊂，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1111D C B A 所成角为α，则sin α的最大值为（ ）．A ．22B 25C ．65D ．266【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1111D C B A 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1111D C B A 的垂线，垂足为N ，连接1A N ,则1MA N ∠即为1A M 与平面1111D C B A 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 =25, 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.11．若a ，b 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若a P α，b β∥，a b ⊥r r，则αβ⊥；②若a P α，b β∥，a b ∥，则αβ∥；③若a α⊥，b β⊥，a b ∥，则αβ∥；④若a P α，b β⊥，a b ⊥r r，则αβ∥．正确的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】对每一个选项逐一分析得解. 【详解】命题①中α与β还有可能平行或相交； 命题②中α与β还有可能相交； 命题④中α与β还有可能相交；∵a b P ，a α⊥，∴b α⊥，又b β⊥，∴αβP ．故命题③正确． 故选B ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.12．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32DE = 23432S 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.13．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．14．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.15．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.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 ∆=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．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.19．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( )A 15B 5C 6D 10 【答案】D【解析】【分析】取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角，设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===，设直线AM 与1C N 所成角为θ，在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10cos 2522θ+-==⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为104，故选D ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20．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 .AC '∴=u u u u r，即AC '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.。