高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编附答案解析
数学《空间向量与立体几何》知识点一、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．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．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 10 B ．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 2210:10r 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．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．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．7．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．8．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，EBCABCDS S =△（ ）A ．25B ．12C ．5 D ．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，EBCABCDSS∴==△.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.9．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 lβα⊥⊂⊥B．,,m l l mαβα⊥⋂=⊂C．//,,m l m lαβ⊥⊥D．,//,//l m l mαβ⊥【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⊥，mβ⊂，若lβ⊥，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，mα⊥，则lα⊥，又因为lβαβ⊥⇒∥，故C错误；对于D，lα⊥，m l mα⇒⊥∥，又由mβαβ⇒⊥∥，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===，BD=，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.11．设A ，B ，C ，D 是同一个球面上四点，ABC ∆是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为（ ） A ．36π B ．64πC ．100πD ．144π【答案】C 【解析】 【分析】由题意画出图形，求出三棱锥D ABC -的外接球的半径，代入表面积公式求解． 【详解】 解：如图，ABC ∆是斜边BC 长为6的等腰直角三角形，则当D 位于直径的端点时，三棱锥D ABC -体积取最大值为27，由AB AC =，AB AC ⊥，6BC =，可得斜边BC 上的高3AE =，32AB AC == 由1132322732DE ⨯⨯=，解得9DE =， 则21AE EF DE==．∴球O 的直径为10DE EF +=， 则球O 的半径为11052⨯=． ∴该球的表面积为245100S ππ=⨯=． 故选C ． 【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．12．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 ABBNA ANγ=∠=， 而tan ABBVA AV∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2MVA πβ+∠=，∵tan AMMVA 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.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 123QPM ∠∈⎣⎦，，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．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB 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.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 ．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 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．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 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 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 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 ur 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．17．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 ．32 D ．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.18．已知,αβ是不同的两个平面，直线a α⊂，直线b β⊂，条件:p a 与b 没有公共点，条件://q αβ，则p 是q 的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件【答案】B 【解析】∵a 与b 没有公共点时，a 与b 所在的平面β可能平行，也可能相交（交点不在直线b 上）∴命题p ：a 与b 没有公共点⇒命题q ：α∥β，为假命题 又∵α∥β时，a 与b 平行或异面，即a 与b 没有公共点 ∴命题q ：α∥β⇒命题p ：a 与b 没有公共点，为真命题； 故p 是q 的必要不充分条件 故选B19．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.。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编含答案解析
数学高考《空间向量与立体几何》试题含答案一、选择题1．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.2．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 ．22D 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.3．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 ．62C ．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113622224BDE 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.4．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 ∴∆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.5．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.6．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 ．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．8．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25+C ．425+D ．4【答案】B【解析】【分析】 根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解.【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，所以,ABC PBC V V 是直角三角形，如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选：B【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9．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.10．设A ，B ，C ，D 是同一个球面上四点，ABC ∆是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为（ ）A ．36πB ．64πC ．100πD ．144π【答案】C【解析】【分析】由题意画出图形，求出三棱锥D ABC -的外接球的半径，代入表面积公式求解．【详解】解：如图，ABC ∆是斜边BC 长为6的等腰直角三角形，则当D 位于直径的端点时，三棱锥D ABC -体积取最大值为27，由AB AC =，AB AC ⊥，6BC =，可得斜边BC 上的高3AE =，32AB AC ==由1132322732DE ⨯⨯⨯⨯=，解得9DE =， 则21AE EF DE==． ∴球O 的直径为10DE EF +=，则球O 的半径为11052⨯=． ∴该球的表面积为245100S ππ=⨯=．故选C ．【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．11．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1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．12．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 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.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 ．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．14．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 ．8πB ．12πC ．83πD ．123π【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 =，再利用球的面积公式计算得解。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编及解析
数学《空间向量与立体几何》试卷含答案一、选择题1．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23332厘米，现将13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：()22319133MN CN IM CN IM ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅ 633363993888πππ=+= ()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．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25+C ．425+D ．4【答案】B【解析】【分析】 根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解.【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，所以,ABC PBC V V 是直角三角形，如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选：B【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.4．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5．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 ∥lB ．若m ∥l ，则m ∥βC ．若m ⊥β，则m ⊥lD ．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.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．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（ ）A ．4：3B ．3：4C ．16：9D ．9：16【答案】C【解析】【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值．【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ，高为3r ， 则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为32R r =，表面积为221643r R ππ=，则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=，故选：C ．【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．8．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A ．34B ．78 C ．1516 D ．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 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.9．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=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．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 ．8πB ．12πC ．83πD ．123π 【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 =，再利用球的面积公式计算得解。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编及答案解析
【高中数学】单元《空间向量与立体几何》知识点归纳一、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．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(6632)++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.4．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⎣【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 ， 所以622AP ≤≤u u ur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.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【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 92C ．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 ， 上底长为22112+=，下底边长为222222+=，高为：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．7．三棱柱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 ．66C ．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：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.8．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ABCAD ⊂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 =()22min32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭DEF ∴∆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.9．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 r r r .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】-，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．11．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．12．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】【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.13．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1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．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 - 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=44AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P4．∴tan ∠APA 1的最大值是．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．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．B ．12π C． D ．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，可得截面是边长为的圆，且高为，所以其表面积为22212S 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．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1三棱柱的高为A ．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22r ==，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221r r ==⇒=，根据球的性质，可得外接球的直径为24R ===，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.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．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．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.。
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编及答案解析
【最新】数学高考《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图，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.2．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（ ）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE-，该几何体的体积为11117 11132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭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.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.4．四面体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 ．16πB ．323πC ．12πD ．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 =+求解即可.属于中等题型.5．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 ''=+=，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222819452424cos93222222A F EF A EA FEA F EF+-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯，∴4A FEπ'∠=．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 ACA F ACA F AC+'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u ru u u u r u u u ru 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.6．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O，则球O与圆锥的表面积之比等于（）A．4：3 B．3：4 C．16：9 D．9：16【答案】C【解析】【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值．【详解】设圆锥底面直径为2r，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ，则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为R =，表面积为221643r R ππ=， 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=， 故选：C ．【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．7．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且cos A =1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为6，则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．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222291cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-==g ，解得AB = 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，11113326O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯=Q g ，OD ∴=2OA ∴=．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 3B ．13C 58D 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22442AB =+=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.9．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．10．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．305B ．2305C ．275D ．475 【答案】B【解析】【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，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，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.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 ．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 =∴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13313V =⨯⨯= 故选B.13．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． 14．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15．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.16．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 ．11B ．11C ．211D ．11 【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 .17．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．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．由两个14圆柱组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．π3B ．π2C ．πD ．2π【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，圆柱的底面半径为1，高为2，利用圆柱的体积公式即可求出结果。
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编附答案解析
【最新】高考数学《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 =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=244AC =， ∴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．2．在以下命题中：①三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r ，c r共面；②若两个非零向量a r ，b r 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r ，b r共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--u u u r u u u r u u u u r u u u u r，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a r ，b r是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠r r r ，则{},,a b c r r r 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c r r r 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++r r r r r r构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则，逐一判断即可得到结论. 【详解】①由空间基底的定义知，三个非零向量a r ，b r ，c r 不能构成空间的一个基底，则a r ，b r，c r共面，故①正确；②由空间基底的定义知，若两个非零向量a r ，b r与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a r，b r共线，故②正确；③由22221--=-≠，根据共面向量定理知,,,P A B C 四点不共面，故③错误；④由c a b λμ=+r r r ，当1λμ+=时，向量c r 与向量a r ，b r构成的平面共面，则{},,a b c r r r 不能构成空间的一个基底，故④错误；⑤利用反证法：若{},,a b b c c a +++r r r r r r不构成空间的一个基底， 设()()()1a b x b c x c a +=++-+r r r r r r ，整理得()1c xa x b =+-r r r ，即,,a b c r r r共面，又因{},,a b c r r r 为空间的一个基底，所以{},,a b b c c a +++r r r r r r能构成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确. 故选：D. 【点睛】本题考查空间向量基本运算，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．3．《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.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，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．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r”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】 【分析】根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的，所以a l ⊥是a b ⊥r r的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.7．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33333，，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．8．一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+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．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2π,43BAC AP ∠==，23AB 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.11．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.12．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( ) A ．169πB ．89π C ．1627πD ．827π 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可． 【详解】解：设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ， 则由题意可得323r x -=， 332x r ∴=-，∴圆柱的体积为23()(3)(02)2V r r r r π=-<<，则33333163331616442()(3)()9442939r r rV r r r r πππ++-=-=g g g g …．当且仅当33342r r =-，即43r =时等号成立．∴圆柱的最大体积为169π， 故选：A ．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．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 26【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 =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．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 ==，1EF B E ∴=1sin EB 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.15．四棱锥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.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 ∴===，AB ∴==，||||||DA DB DC ∴===||||||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，122PBA S ∆=⨯=Q 122PBC PAC S S ∆∆===Q∴三棱锥P -ABC 的侧面积为故正确的为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．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -O 的表面积为( ) A ．36πB ．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222291cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-==g ，解得AB = 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，1111332O ABC ABC V S OD OD -∆==⨯⨯⨯=Q gOD ∴=2OA ∴=．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．18．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.19．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.20．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.。
高考数学压轴专题人教版备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编附答案
新《空间向量与立体几何》专题一、选择题1．三棱锥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.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 ⊥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.3．《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.4．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（ ）A ．4：3B ．3：4C ．16：9D ．9：16 【答案】C【解析】【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值．【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ，则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅， 则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=， 该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为23R r =，表面积为221643r R ππ=， 则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=， 故选：C ．【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．5．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．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 ．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.7．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 ．6B ．6C ．3D ．3 【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.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 ．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.9．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 ．33B ．13C ．5829D ．38729【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22442AB =+=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 2922922CDF +-∠==⨯⨯. 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.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．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 ．3C ．223D ．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 n EF n EF n ⋅〈〉=u u u r r u 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 uv v 令1,x = 则1y z ==； 所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||EF n EF n EF n ⋅〈〉===u u u r r u 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cos 3θ==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.12．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.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 26D 26 【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 AM ,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．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．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1171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，∴粮仓可以储存的粟米7144411.62=≈斛．故选：A ．16．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=== （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===综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B .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．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.19．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222)22212S 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.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.。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编含解析
【高中数学】数学《空间向量与立体几何》复习知识重点一、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相互垂直的有（）A．2 对B．3 对C．4 对D．5 对【答案】 C【分析】【剖析】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，直观图以以下图所示，易知平面PAD 平面ABCD，作 PO⊥ AD 于 O，则有 PO⊥平面 ABCD， PO⊥ CD，又 AD⊥ CD，因此， CD⊥平面 PAD，因此平面 PCD 平面PAD，同理可证：平面 PAB 平面PAD，由三视图可知： PO＝ AO＝ OD，因此， AP⊥ PD，又 AP⊥ CD，因此， AP⊥平面 PCD，因此，平面PAB平面PCD，因此该多面体各表面所在平面相互垂直的有 4 对．【点睛】本题考察了空间几何体的三视图，考察了四棱锥的构造特点，考察了面面垂直的证明，属于中档题．2．正方体 ABCD A 1B 1C 1 D 1 的棱长为 1，动点M 在线段 CC 1 上，动点 P 在平面．．A 1B 1C 1D 1 上，且 AP 平面 MBD 1 .线段 AP 长度的取值范围为 ()． 1, 2．1,3 ． 3 , 2 ． 6, 2ABC2D2【答案】 D【分析】【剖析】以 DA, DC , DD 1 分别为 x, y, z 成立空间直角坐标系，设 P x, y,1 ， M 0,1 t ，由 AP平面 MBD 1 x t +1，可得，而后用空间两点间的距离公式求解即可.y 1 t【详解】以 DA, DC , DD 1 分别为 x, y, z 成立空间直角坐标系，则 A 1,0,0, B 1,1,0 , M 0,1, t , D 1 0,0,1 ， P x, y,1 .uuuruuuur uuuurAPx 1, y,1 , BD 1 1, 1,1 , BM 1,0, t ， t 0,1uuuur uuur uuuur uuur 0由 AP 平面 MBD 1 ，则 BMAP0且BD 1 AP因此1 x t 0 且 1 x y 10 得x ， y 1 t .t +1uuur22y 212 t1 3因此 APx 1221uuur6，当 tuuur当 t时， AP0 或 t 1时， AP max2 ，2min2因此6 uuur 22AP应选： D【点睛】本题考察空间动线段的长度的求法，考察线面垂直的应用，关于动点问题的办理用向量方法要简单些，属于中档题.3．《九章算术》是中国古代的数学珍宝，其第五卷商功中有以下问题：“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，其余双侧面为直角三角形的五面体的地道，前端下宽 6 尺，上宽一丈，深 3 尺，尾端宽 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【分析】【剖析】如图，在 DC，EF上取 G，H，使得 DG EH AB，连结 BG，BH，GH ，CH ，V VADE BGH V B CGHF，计算获得答案.【详解】如图，在 DC， EF上取 G，H，使得 DG EH AB，连结 BG，BH ，GH ，CH ，故多面体的体积 V VADE BGHVB CGHFS直截面AB113(CG HF) 7 32173611(42)7384 ，232应选： C．【点睛】本题考察了几何体体积的计算，意在考察学生的计算能力和空间想象能力.4．如图，直三棱柱 ABC A B C 的侧棱长为 3， AB BC ， AB BC 3，点 E ，F分别是棱 AB ， BC 上的动点，且 AE BF ，当三棱锥 BEBF 的体积获得最大值时，则异面直线 A F 与 AC 所成的角为（）A ． 2B ． 3C ． 4D ． 6【答案】 C【分析】【剖析】设 AEBFa ， V BEBF1S V EBF B B ，利用基本不等式，确立点3 E ， F 的地点，而后依据EF // AC ，获得 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】a 3a 2设 AEBFa，则V B1 1 a 3 a3 9，当且仅当 EBF83 28a 3a ，即 a3时等号成立，2 即当三棱锥 B EBF 的体积获得最大值时，点E ，F 分别是棱 AB ， BC 的中点，方法一：连结AE ，AF ，则 AE3 5，AF 3 5，AFAA 2AF 29 ，222EF1AC3 2 ，22由于 EF // AC ，因此A FE 即为异面直线 A F 与 AC 所成的角，A F 2 EF 2 A E 281 9 45 2由余弦定理得 cosA FE4 2 42 A F EF9 3，2222 2∴AFE．4方法二：以 B 为坐标原点，以BC、BA、BB分别为x 轴、y 轴、z 轴成立空间直角坐标系，则 A 0,3,0， C3,0,0 ， A 0,3,3， F 3,0,0 ，2uuuur3, 3,3uuur3,3,0∴ A F， AC，2uuuur uuur uuuur uuur992 A F AC2因此 cos A F , AC uuuur uuur9，A F AC3222因此异面直线 A F 与 AC 所成的角为．4应选： C【点睛】本题主要考察异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考察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．920B．926C．520D．526【答案】 C【分析】【剖析】依据三视图复原为几何体，联合组合体的构造特点求解表面积.【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，此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 ，因此该几何体的表面积 S121 2 141221422 4 5 20，应选 C.2【点睛】本题主要考察三视图的辨别，利用三视图复原成几何体是求解重点，重视考察直观想象和数学运算的中心修养 .6．棱长为 2 的正方体被一个平面所截，获得几何体的三视图以下图，则该截面的面积为( )9B．9 2C．3 2D． 3A．22【答案】 A【分析】【剖析】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 ，上底长为1212 2 ，下底边长为2222 2 2，高为：22(2)23 2 ，22故截面的面积S 1 ( 2 22) 3 29 ，222应选： A．【点睛】本题考察的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的重点是获得该几何体的形状．7．在正方体ABCD A1B1C1 D1中，点E平面 AA1 B1 B ，点 F 是线段 AA1的中点，若D1 E CF ，则当VEBC的面积获得最小值时，S△EBC（）SABCDA．2 5B．1C．5D．5 52510【答案】 D【分析】【剖析】依据 D1E CF 剖析出点E在直线 B1G 上，当VEBC的面积获得最小值时，线段EB 的长度为点 B 到直线B1G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，不如在直线l 上取点 P，使得 PA⊥OB，OA⊥ OB， OA， PA 是平面 PAO内两条订交直线，因此 OB⊥平面 PAO，PO平面PAO，因此 PO⊥OB，即 l⊥ OB.以上这就叫做三垂线定理.以下图，取AB 的中点 G ，正方体中： A1C1D1B1，CF在平面A1B1C1D1内的射影为 A1C1，由三垂线定理可得：CF D1B1，CF 在平面A1B1BA内的射影为FB，FB B1G由三垂线定理可得：CF B1G ， B1G 与 D1 B1是平面 B1D1G 内两条订交直线，因此 CF平面 B1 D1G ，∴当点 E 在直线B1G上时，D1E CF ，设 BC a ，则 S△EBC 1EB1EB a ，2BC2当 VEBC 的面积取最小值时，线段 EB 的长度为点B到直线B1G的距离，∴线段EB长度的最小值为a，51aaS△EBC25 5 .SABCD a210应选： D.【点睛】本题考察立体几何中的轨迹问题，经过地点关系议论面积关系，重点在于娴熟掌握线面垂直关系的判断和平面图形面积的计算.8．已知正方体A1B1C1D1ABCD 的棱 AA1的中点为E，AC与BD交于点O，平面过点 E 且与直线OC1垂直，若AB 1 ，则平面截该正方体所得截面图形的面积为()A．6633B．2C．D．424【答案】 A【分析】【剖析】依据正方体的垂直关系可得BD平面ACC1A1，从而BD OC1，可考虑平面BDE 能否为所求的平面，只需证明OE OC1即可确立平面.【详解】以下图，正方体 ABCD A 1 B 1C 1D 1 中， E 为棱 AA 1 的中点，AB 1 2 1 3 2 1 1 3 2 1 9 ，则 OC11 2， OE4 24， EC12，244222OE OC 1 ；又 BD 平面 ACC 1A 1 ，OC 1 OE EC 1 ，BD OC 1 ，且 OE I BD O ，OC 1 平面 BDE ， 且S BDE1BD gOE 1 236 ，2 224即 截该正方体所得截面图形的面积为6 .4应选:A .【点睛】本题考察线面垂直的判断，考察三角形面积的计算，熟习正方体中线面垂直关系是解题的重点，属于中档题 .9．如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A 1B 1C 1D 1 中，点 M 是 AD 的中点，动点 P 在底 面 ABCD 内（不包含界限），若B 1P P 平面 A 1BM ，则C 1P 的最小值是（）A ．30 B ．23055 C ．27 D ．4755【答案】 B【分析】【剖析】在 A 1 D 1 上取中点 Q ，在 BC 上取中点 N ，连结 DN , NB 1 , B 1Q, QD ，依据面面平行的判判定理可知平面 B 1QDN / / 平面 A 1BM ，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获得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值.【详解】如图，在 A1D1上取中点Q，在BC上取中点N，连结 DN , NB1 , B1Q,QDQ DN //BM ，DQ//A1M且DN I DQ D，BMI A1M M平面 B1QDN / / 平面 A1BM ，则动点P的轨迹是DN（不含D, N两点）又 CC1平面ABCD，则当CP DN 时，C1P获得最小值212222302此时， CP22C1P212555本题正确选项：B【点睛】本题考察立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，重点是可以经过面面平行关系获得动点的轨迹，从而找到最值获得的点 .10．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC A1 B1C1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．45C．60D．90【答案】 A【分析】【剖析】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ABB A所成的角．1 1【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，成立空间直角坐标系，则 A(3a，a22， 0) ， C 1(0 ，0，2a) ， A 1 ( 3a ， a ， 2a) ， B (0 ， a ， 0) ，22uuuur 3a ， auuur3a aAC 1 (， 2a) ， AB( ，222 2ry ， z) ，设平面 ABB 1 A 1 的法向量 n ( x ，uuur (0 ，0，，0)，AA 1 2a) ，v uuuv3aarn ·ABxy(1， 3，0) ，则22，取 x1 ，得 nv uuuv2az 0n ·AA 1设 AC 1 与侧面 ABB 1 A 1 所成的角为，r uuuur r uuuur3a 1则 sin | cos | ngAC 1 |n, AC 1 | r uuuur，| n | | AC |2 3a2g130 ，AC 1 与侧面 ABB 1A 1 所成的角为 30°．应选： A ．【点睛】本题考察线面角的求法，考察空间中线线、线面、面面间的地点关系等基础知识，考察运算求解能力，属于中档题．11． 三棱锥 D ABC 中，CD 底面 ABC, ABC 为正三角形，若AE / /CD, ABCD AE2 ，则三棱锥 DABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分构成的几何体的体积为（）3 B ．3 1 D ． 3A ．3C ．93【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 的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC∵ ABC 为正三角形， AB21 3 3∴S ABC2 222∵ 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.12． 如图是正方体的平面睁开图，则在这个正方体中：① BM 与ED 平行② CN 与 BE 是异面直线③ CN 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【分析】【剖析】把平面睁开图复原原几何体，再由棱柱的构造特点及异面直线定义、异面直线所成角逐个核对四个命题得答案．【详解】把平面睁开图复原原几何体如图：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；连结 BE ，则BE P CN，EBM为CN与BM所成角，连结EM，可知BEM为正三角形，则 EBM60，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．应选： B．【点睛】本题考察棱柱的构造特点，考察异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．13．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,,，则（）A．B．C．D．不确立【答案】 A【分析】【剖析】D 为AB中点，连结DP , DO，故 PD sinPOAB ，计算APB，a cos2sinPOsinPOCPB ，CPA ，获得大小关系.a cos a cos22【详解】以下图：设 PA PB PC a ，D为 AB 中点，连结DP , DO，故PD AB ，PO平面 ABC ，故PDO 为二面角P AB O 的平面角.APB sin PO POPD PD APB ，a cos，2 a cos2同理可得：sin POsinPOCPB ，a cosCPA ，a cos22APBBPC CPA ，故sin sin sin，故.应选： A.【点睛】本题考察了二面角，意在考察学生的计算能力和空间想象能力.14．设三棱锥 V﹣ ABC的底面是段 BC上的点（端点除外），记A 为直角极点的等腰直角三角形，VM 与 AB 所成角为α，VM与底面VA⊥底面 ABC， M 是线ABC 所成角为β，二面角 A﹣ VC﹣ B 为γ，则（）A．＜，＞B．＜，＜C．＞，＞222D．＞，＜2【答案】C【分析】【剖析】由最小角定理得，由已知条件得AB平面VAC ，过A作 AN VC ，连结BN ，得BNA ，推导出BVA ，由VA平面ABC ，得VMA ，推导出MVA ，从而，即可得解.2【详解】由三棱锥V ABC的底面是 A 为直角极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， VM与底面ABC 所成角为，二面角 A VC B 为，由最小角定理得，清除 A 和B；由已知条件得AB平面VAC ，过 A 作AN VC ，连结BN，得BNA ，∴ tantan AB ，BNAAN而 tanBVAAB AV ，∴ tan BNAtan BVA ，， ANAV∴BVA ，∵ VA 平面 ABC ，∴VMA ，∴MVA ，2∵ tanMVAAM AM ，∴ tan BVAtan MVA ，， ABAV∴MVA ，∴．2应选： C ．【点睛】本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考察了空间思想能力，属于中档题.15． 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MQ4x 22 x ，易知 PQMQ ，因此在等腰三角形 PMQ 中 cosQPM 1，0x 4 ，即可求出x 24 2x3 ， 3，cos QPM从而求出结果 .12 3【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，因此异面直线PQ 与AC所成角可能为5.12312应选： C.【点睛】本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.16．在正方体ABCD A1B1C1D1中， E 为棱CC1上一点且CE2EC1，则异面直线 AE 与 A1 B 所成角的余弦值为（）A．11B．11C．2 11D．11 44224411【答案】 B【分析】【剖析】以 D 为原点， DA 为 x 轴，DC为y轴， DD1为z轴，成立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线 AE 与A1B所成角的余弦值．【详解】解：以 D 为原点，DA为 x 轴，DC 为y 轴，DD1为z轴，成立空间直角坐标系，设AB 3 ，则 A 3,0,0， E 0,3,2， A13,0,3， B 3,3,0，uuur3,3,2uuur0,3, 3AE， A B，1设异面直线 AE 与 A1 B 所成角为，则异面直线 AE 与 A1 B 所成角的余弦值为：uuur uuurcos AE A1 B311 uuur uuur．AE A1 B22 1822应选： B．【点睛】r本题考察利用向量法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.已知l1的方向向量为a，l2r rr a b的方向向量为b，则异面直线 l1,l 2所成角的余弦值为r r .a b17．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1， O2，过直线O1O2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．12 2πB．12πC．8 2πD．10π【答案】 B【分析】剖析：第一依据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确立圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用有关公式求得圆柱的表面积.详解：依据题意，可得截面是边长为22 的正方形，联合圆柱的特点，可知该圆柱的底面为半径是 2 的圆，且高为 2 2，因此其表面积为 S 2 ( 2) 222 2 212 ，应选B.点睛：该题考察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立圆柱的有关量，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.18． 某几何体的三视图以下图，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为 （ ）A ．15 C ．11 21B ． 122D ．22【答案】 A【分析】【剖析】由三视图可知，该几何体为由1 的球体和 1的圆锥体构成，联合三视图中的数据，利用球8 4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1 的球体和 1的圆锥体构成，8 4因此所求几何体的体积为V1V 球 + 1V圆锥，8 4由于 1V 球=1 433= 9，8 8 321V 圆锥= 1 1r 2h1 32 43 ，44 312因此 V9315 ，即所求几何体的体积为15 22.2应选： A【点睛】本题考察三视图复原几何体及球和圆锥的体积公式；考察学生的空间想象能力和运算求解 能力；三视图正确复原几何体是求解本题的重点；属于中档题、常考题型.19． 在空间中 ,以下命题为真命题的是 ( ).A ．关于直线 a, b,c ,若 a c, b c 则 a / /bB ．对随意直线 a ,在平面 中必存在一条直线 b 与之垂直C ．若直线 a ,b 与平面 所成的角相等 ,则 a ∥bD ．若直线 a ,b 与平面 所成的角互余 ,则 a ⊥ b【答案】 B 【分析】 【剖析】经过空间直线与直线的地点关系判断选项的正误即可。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》全集汇编附答案解析
新单元《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，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.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．《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.4．四面体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.5．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．6．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 ．6 B ．6 C ．3 D ．3 【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.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3R ===， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为22284433R 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．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥， 在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得AC ==同理可得BD ===，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以8AB ===，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.9．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面ABCD 内（不包括边界），若1B P P 平面1A BM ，则1C P 的最小值是（ ）A ．30B ．230C ．27D ．47【答案】B 【解析】 【分析】在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD ，根据面面平行的判定定理可知平面1//B QDN 平面1A BM ，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，1C P 取得最小值；利用面积桥和勾股定理可求得最小值. 【详解】如图，在11A D 上取中点Q ，在BC 上取中点N ，连接11,,,DN NB B Q QD//DN BM Q ，1//DQ A M 且DN DQ D =I ，1BM A M M =I∴平面1//B QDN 平面1A BM ，则动点P 的轨迹是DN （不含,D N 两点）又1CC ⊥平面ABCD ，则当CP DN ⊥时，1C P 取得最小值此时，22512CP ==+ 221223025C P ⎛⎫∴≥+= ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.10．设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m βP ”是“αβP ”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 试题分析：，得不到，因为可能相交，只要和的交线平行即可得到；，，∴和没有公共点，∴，即能得到；∴“”是“”的必要不充分条件．故选B ．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断.【方法点晴】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念，属于基础题；并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项.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 cos2POAPB a α=∠，sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA 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 POAPB PD a α==∠，同理可得：sin cos 2PO CPB a β=∠，sin cos2POCPA 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．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．265D．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 HNA 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.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（）A5B25C10D15【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 EFV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.14．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.15．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 ．8πB ．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 =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。
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编及答案
V ∵ D1APC VPAD1C ，由 BC1 / / 平面 ACD1 ，知 P 在线段 BC1 上移动时， P 到平面 ACD1 距离相等，因此VPAD1C 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．
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．
7．在三棱锥 P ABC 中， PA 平面 ABC ，且 ABC 为等边三角形， AP AB 2 ，
则三棱锥 P ABC 的外接球的表面积为（ ）
A． 27 2
B． 28 3
C． 26 3
A．8(6 6 2 3) B． 6(8 8 2 3) C． 8(6 6 3 2) D． 6(8 8 3 2)
【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 2 2 2 的正方体截去了 8 个正三棱锥
④由 c a b ，当 1 时，向量 c 与向量 a ， b 构成的平面共面，则 a,b, c 不
能构成空间的一个基底，故④错误；
⑤利用反证法：若 a b,b c,c a 不构成空间的一个基底， 设 a b x b c 1 x c a ，整理得 c xa 1 xb ，即 a,b, c 共面，又因 a,b, c 为空间的一个基底，所以 a b,b c,c a 能构成空间的一个基底，故⑤正确.
S 1 2 4 4 ，所以该多面体的体积V 1 4 4 16 ，故选 D.
2
3
3
高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含解析
新单元《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 =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=244AC =， ∴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．2．三棱柱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 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：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.3．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.4．已知一个几何体的三视图如图所示（正方形边长为1），则该几何体的体积为（）A．34B．78C．1516D．2324【答案】B【解析】【分析】【详解】由三视图可知：该几何体为正方体挖去了一个四棱锥A BCDE -，该几何体的体积为1111711132228⎛⎫-⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭ 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.5．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 10 B ．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 2210:10r 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.6．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（ ）A ．2B ．25+C ．425+D ．4【答案】B 【解析】 【分析】根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解. 【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥， 所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥， 所以,ABC PBC V V 是直角三角形， 如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V 故选：B 【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．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8．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.9．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 3B ．13C 58D 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22442AB =+=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.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（ ）A ．3225+B ．442+C ．2225+D ．62【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长. 【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM ,取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q 从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形， 周长为22222123225++⨯+=+，选A. 【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.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ABCAD ⊂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 ∴∆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．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.13．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 ．0B ．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.14．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 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.15．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 ．8πB ．12πC ．83πD ．123π 【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 =，再利用球的面积公式计算得解。