【高考数学复习 考点解密】专题11 空间向量与立体几何必考题型分类训练(原卷版)
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析
高二数学空间向量与立体几何试题答案及解析1.长方体中，，，，则与所成角的余弦值为．【答案】【解析】以D为空间原点，DA为x轴，D为z轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系则=（-1，2，0），=（-1，-2，3）||=，|'|=，·=－3cos<,>==，即为所求。
【考点】本题主要考查空间向量的应用，向量的数量积，向量的坐标运算。
点评：简单题，通过建立空间直角坐标系，将求异面直线的夹角余弦问题，转化成向量的坐标运算。
2.正方体的棱长为1，是底面的中心，则到平面的距离为．【答案】【解析】因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，就是A1到AD1的距离的一半．所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：O到平面ABC1D1的距离的2倍O到平面ABC1D1的距离【考点】本题主要考查空间距离的计算。
点评：本题也可以通过建立空间直角坐标系，将求角、求距离问题，转化成向量的坐标运算，是高考典型题目。
3.已知={－4，3，0}，则与垂直的单位向量为= .【答案】（，，0）【解析】设与垂直的向量与垂直的向量=（x，y，0），则－4x+3y=0,,解得x= ,y=,所以=（，，0）。
【考点】本题主要考查向量的坐标运算、向量垂直的充要条件、单位向量的概念。
点评：利用向量垂直的充要条件及单位向量的概念。
4.已知向量与向量平行，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为向量与向量平行，所以，，故选C。
【考点】本题主要考查平行向量及向量的坐标运算。
点评：简单题，按向量平行的充要条件计算。
5.已知点，为线段上一点，且，则的坐标为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设C的坐标为(x，y，z)则向量=(x-4，y-1，z－3)向量=(－2,－6,－2)，而即=所以x-4=－，y-1=－2，Z－3=－所以x=，y=－1，z=，C的坐标为，选C。
高中数学——空间向量与立体几何练习题(附答案)
.空间向量练习题1. 如下图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠ BCD ＝60°， E 是 CD的中点， PA ⊥底面 ABCD ，PA ＝2.〔Ⅰ〕证明：平面 PBE ⊥平面 PAB;〔Ⅱ〕求平面PAD 和平面 PBE 所成二面角〔锐角〕的大小 .如下图，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 .那么相关各点的坐标分别是 A 〔 0， 0， 0〕， B 〔 1， 0， 0〕，C(3 ,3,0), D(1 ,3,0), P 〔 0，0， 2〕 , E(1, 3,0).2 22 22〔Ⅰ〕证明因为 BE (0,3,0) ，2平面 PAB 的一个法向量是 n(0,1,0) ，所以 BE 和n 共线 .从而 BE ⊥平面 PAB.又因为 BE平面 PBE ，故平面 PBE ⊥平面 PAB.(Ⅱ)解易知 PB(1,0, 2), BE(0,3，0〕， PA (0,0, 2), AD( 1 ,3,0)22 2n ( x 1 , y 1 , z 1 ) n 1 PB 0,设是平面PBE 的一个法向量，那么由得1n 1 BE 0x 1 0 y 1 2z 1 0,0 x 13y 2 0 z 2 0.所以y 1 0, x 12z 1.故可取 n 1 (2,0,1).2设 n 2( x 2 , y 2 , z 2 )PAD 的 n 2 PA 0, 是 平 面 一个法向量，那么由AD得n 2 00 x 2 0 y 2 2z 2 0,1 3 所以 z2 0, x 23 y 2 .故可取 n 2 ( 3, 1,0).2 x 22 y 2 0 z 20.于是， cosn 1, n 2n 1 n 22 3 15 .n 1 n 2 5 25故平面和平面所成二面角〔锐角〕的大小是15PADPBEarccos..2. 如图，正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的所有棱长都为 2， D 为 CC 1 中点。
专题10 空间向量与立体几何-2023年高考数学真题题源解密(全国卷)(原卷版)
2023年高考数学真题题源解密（全国卷）专题10 空间向量与立体几何目录一览①2023真题展现考向一空间几何体的表面积和体积考向二三视图考向三点线面的位置关系考向四空间中的夹角问题②真题考查解读③近年真题对比④命题规律解密⑤名校模拟探源⑥易错易混速记考向一空间几何体的表面积和体积(1)求证：EF //平面ADO ；(2)若120POF ∠=︒，求三棱锥-P 6．（2023·全国甲卷文数第18题）(1)证明：平面11ACC A ⊥平面(2)设11,2AB A B AA ==，求四棱锥考向二三视图一、单选题1．（2023·全国乙卷文数第3题/理数第3题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（）A．24B．26C．28D．30考向三点线面的位置关系考向四空间中的夹角问题(1)证明：//EF 平面ADO ；(2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；(3)求二面角D AO C --的正弦值.2．（2023·全国甲卷理数第18题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1A C ⊥底面ABC ，190,2ACB AA ∠=︒=，1A 到平面11BCC B 的距离为1．(1)证明：1A C AC =；(2)已知1AA 与1BB 的距离为2，求1AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值．【命题意图】1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.3.空间向量及其运算(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.4.空间向量的应用(1)理解直线的方向向量与平面的法向量.(2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.(4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.【考查要点】高频考点：面面角，垂直关系的证明；中频考点：体积、球及球的切接，线线角、线面角；低频考点：平行关系的证明。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》经典测试题及答案解析
【最新】数学《空间向量与立体几何》期末复习知识要点一、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．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 ．163πB ．643C ．16643π+ D ．1664π+【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是有一个四棱锥与一个圆锥的四分之一组成，其中四棱锥的底面是边长为4 的正方形，高为4 ，圆锥的底面半径为4 ，高为4，该几何体的体积为， 221116644444333V ππ+=⨯⨯+⨯⨯⨯=， 故选C.3．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.4．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．7B ．3C ．1+3D ．2【答案】A【解析】【分析】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就是最小值．【详解】把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值，Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=． 所以11=90+60=150MA D ∠o o o2211111111132cos 13223()72MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-⨯⨯-⋅⨯=故选A ．【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．5．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 ．322⎣D ．622⎣ 【答案】D【解析】【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t =⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y . ()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r 由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r 且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-. 所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u u r 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.6．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.7．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11AADD ,则四面体121PP AB 的体积的最大值是 A ．124 B ．112 C ．16 D ．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．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，EBC ABCD S S=△（ ） A ．25 B ．12 C ．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1122 EBCS EB BCEB a=⨯⨯=⨯⨯△，当EBCV的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线1B G的距离，∴线段EB长度的最小值为5a，2152510EBCABCDaaSS a⨯⨯∴==△.故选：D.【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．64 B．643C．16 D．163【答案】D【解析】根据三视图知几何体是：三棱锥D ABC-为棱长为4的正方体一部分，直观图如图所示：B 是棱的中点，由正方体的性质得，CD ⊥平面,ABC ABC ∆的面积12442S =⨯⨯=，所以该多面体的体积1164433V =⨯⨯=，故选D.10．三棱锥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 =∴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.11．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.12．四棱锥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.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．2B．3C．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．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323π2sin 2sin 6AB r ACB ===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．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 ．130B ．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221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分，所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，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.16．已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积. 详解：根据题意，可得截面是边长为2 2的圆，且高为2， 所以其表面积为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.17．在空间中,下列命题为真命题的是( ).A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a bB ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥bD ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b【答案】B【解析】【分析】通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》分类汇编附答案解析
新数学《空间向量与立体几何》试卷含答案一、选择题1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）6483C．2882A．B．163D．1633【答案】 B【分析】【剖析】联合三视图，复原直观图，获得一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可．【详解】联合三视图，复原直观图，获得故体积V r 2h1r 2 l22 412223 168 3，应选 B．333【点睛】本道题考察了三视图复原直观图，考察了组合体体积计算方法，难度中等．2．如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB AD3, AA 1 ,而对角线A1B上存1在一点 P ，使得AP D1P 获得最小值，则此最小值为（）A．7B．3C．1+ 3D．2【答案】 A【分析】【剖析】把面 AA1 B 绕 A1B 旋转至面BA1M使其与对角面A1BCD1在同一平面上，连结MD 1并求出，就是最小值．【详解】把面 AA1 B 绕 A1B 旋转至面BA1M使其与对角面A1BCD1在同一平面上，连结MD1． MD1就是|AP|| D1 P | 的最小值，Q |AB| |AD|3，|AA1| 1 ， tan AA1 B33,AA1B600 ．1因此 MA1D1=90 o +60o =150oMD1A D2 A M 22A D1A M cos MA D1 3 22 3 ( 3 )711111112应选 A．【点睛】此题考察棱柱的构造特点，考察计算能力，空间想象能力，解决此类问题常经过转变，转变为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题．3．在以下命题中：r r r r rr①三个非零向量 a ， b ，c不可以组成空间的一个基底，则 a ，b，c共面；r r r r② 若两个非零向量 a ，b与任何一个向量都不可以组成空间的一个基底，则 a ，b共线；uuur uuur uuuur uuuur③ 对空间随意一点O和不共线的三点 A，B，C，若OP2OA2OB2OC，则P，A，B，C四点共面r r r r r r r r,④ 若a，b是两个不共线的向量，且c a b(R, ,0) ，则 { a,b, c} 组成空间的一个基底r r r r r r r r r⑤若 a, b, c 为空间的一个基底，则a b,b c,c a组成空间的另一个基底；此中真命题的个数是（）A．0B． 1C． 2D． 3【答案】 D【分析】【剖析】依据空间向量的运算法例，逐个判断即可获得结论.【详解】r r r r r①由空间基底的定义知，三个非零向量 a ，b，c不可以组成空间的一个基底，则 a ， b ，rc 共面，故①正确；r r②由空间基底的定义知，若两个非零向量 a ，b与任何一个向量都不可以组成空间的一个基r r底，则a，b共线，故② 正确；③由 2 2 221，依据共面向量定理知P, A, B, C 四点不共面，故③错误；r r r r r r r r r④由c a b ，当 1 时，向量c与向量a，b组成的平面共面，则a,b,c不能组成空间的一个基底，故④ 错误；r r r r r r⑤利用反证法：若a b,b c, c a不组成空间的一个基底，r r r r1x r r r r r r r r设 a b x b c c a，整理得c xa 1 x b ，即a,b,c共面，又因r r r r r r r r ra,b,c为空间的一个基底，因此a b, b c, c a能组成空间的一个基底，故⑤正确.综上：①②⑤正确.应选： D.【点睛】此题考察空间向量基本运算，向量共面，向量共线等基础知识，以及空间基底的定义，共面向量的定义，属于基础题．4．已知平面α∩β=l， m 是α内不一样于A．若 m∥ β，则 m∥l l 的直线，那么以下命题中错误的选项是（B．若 m∥l ，则 m∥ β）C．若 m⊥ β，则Dm⊥ l D．若m⊥l ，则m⊥ β【分析】【剖析】A由线面平行的性质定理判断 .B 依据两个平面订交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断 .C 依据线面垂直的定义判断 .D 依据线面垂直的判判定理判断 .【详解】A选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，能够证出线线平行；B选项是正确命题，因为两个平面订交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不可以推出它垂直于这个平面；应选： D.【点睛】此题主要考察线线关系和面面关系，还考察了推理论证的能力，属于中档题.5．《九章算术》卷五商功中有以下问题：今有刍甍（音meng，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何.已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于( )A．3B．5C．6D．12【答案】 B【分析】【剖析】第一由三视图复原几何体，再将刍甍分为三部分求解体积，最后计算求得刍甍的体积.【详解】由三视图换元为以下图的几何体，该几何体分为三部分，中间一部分是直棱柱，双侧是同样的三棱锥，而且三棱锥的体积11 31 1，3中间棱柱的体积 V 112 3 ,32因此该刍甍的体积是 1 23 5 .应选： B【点睛】此题考察组合体的体积，要点考察空间想象能力和计算能力，属于中档题型.6．如图，棱长为 1 的正方体ABCD A1 B1C1D1，O 是底面 A B C D 的中心，则O到平1111面 ABC1 D1的距离是（）A．1223B．4C．D．222【答案】 B【分析】【剖析】如图成立空间直角坐标系，可证明A1 D平面ABC1D1，故平面ABC1 D1的一个法向量uuuur为：DA1，利用点到平面距离的向量公式即得解.【详解】如图成立空间直角坐标系，则：11O( ,,1), D1 (0,0,1), A(1,0,0), B(1,1,0),C1 (0,1,1)22 uuuur( 1,1,0)OD122因为 AB平面 ADD1 A1 , AD1平面 ADD 1A1 AB A1 D ，又 AD1A1D ， AB I AD1A1D平面ABC1D1uuuur故平面 ABC1 D1的一个法向量为：DA1(1,0,1) O到平面 ABC1D1的距离为：uuuur uuuur1d | OD1DA1 |22 uuuur4 |DA1|2应选： B【点睛】此题考察了点到平面距离的向量表示，考察了学生空间想象，观点理解，数学运算的能力，属于中档题 .7．三棱柱ABC A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1CAA1 60 ，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为（）A．3B．63D．3 3C．664【答案】 B【分析】【剖析】uuuv v uuuv v uuuv v uuuv uuuuv设 AA1 c ， AB a， AC b ，依据向量线性运算法例可表示出AB1和 BC1；分别求解uuuv uuuuv uuuv uuuuv uuuv uuuuv出 AB1BC1和 AB1， BC1，依据向量夹角的求解方法求得 cos AB1, BC1，即可得所求角的余弦值 .【详解】uuuv uuuv uuuvv v v设棱长为 1 ，AA1c ，AB a，AC b由题意得： v v 1 v v 1 v v1a b ， b c ， a c 22 2 uuuv v v uuuuv uuuv uuuv v v vQ AB 1 a c ， BC 1 BC BB 1 b a cuuuv uuuuv v v v v v v v v 2 v vvv v v v 21 1 AB 1 BC 1a cb ac a b aa cbc a c c11 1uuuv22v v 2 v 2v vv23又AB 1a ca 2a c cuuuuv v v v 2 v 2 v 2 BC 1b a cb auuuv uuuuvuuuv uuuuvcosAB 1 BC 1AB 1 , BC 1uuuv uuuuvAB 1 BC 1v 2 v vv v v v 2c 2a b2b c 2a c1 6666 即异面直线 AB 1 与 BC 1 所成角的余弦值为：6此题正确选项： B【点睛】此题考察异面直线所成角的求解，要点是能够经过向量的线性运算、数目积运算将问题转变为向量夹角的求解问题 .8．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1 中， M ， N 分别为棱 C 1D 1 ,CC 1 的中点，以下四个结论： ① 直线 DM 与 CC 1 是订交直线； ② 直线 AM 与 NB 是平行直线；③ 直线 BN 与MB 1 是异面直线； ④ 直线 AM 与 DD 1 是异面直线．此中正确的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】 C【分析】【剖析】依据正方体的几何特点，可经过判断每个选项中的两条直线字母表示的点能否共面；假如共面，则可能是订交或许平行；若不共面，则是异面.【详解】① ： CC 1 与DM 是共面的，且不平行，因此必然订交，故正确；② ：若 AM 、 BN 平行，又 AD 、BC 平行且AMADA, BNBCB，因此平面BNC P 平面 ADM ，显然不正确，故错误；③ ： BN 、MB 不共面，因此是异面直线，故正确；1④ ： AM 、DD 1 不共面，因此是异面直线，故正确；应选 C.【点睛】异面直线的判断方法：一条直线上两点与此外一条直线上两点不共面，那么两条直线异 面；反之则为共面直线，可能是平行也可能是订交.9．在四周体 ABCD 中， AB ， BC ， BD 两两垂直， AB BC BD 4，E 、F 分别为棱 BC 、 AD 的中点，则直线 EF 与平面 ACD 所成角的余弦值（ ）A ．1B ．3 C ．2 2D ．6 3333【答案】 C【分析】【剖析】因为 AB ， BC ， BD 两两垂直，以 BA 为 X 轴，以 BD 为 Y 轴，以 BC 为 Z 轴成立空间直 uuurr uuur ruuur rEF n角坐标系，求出向量EF 与平面 ACD 的法向量 n ，再依据 cos EF , nuuur r ，即可 | EF || n |得出答案 .【详解】因为在四周体ABCD 中， AB ， BC ， BD 两两垂直，以 BA 为 X 轴，以 BD 为 Y 轴，以 BC 为 Z 轴成立空间直角坐标系， 又因为 AB BC BD 4；A 4,0,0 , B(0,0,0), D(0,4,0), C(0,0,4) ，又因为 E 、 F 分别为棱 BC 、 AD 的中点因此 E(0,0,2),F (2,2,0)uuur 2,2,uuur uuur故 EF2 ，AD ( 4,4,0) ， AC ( 4,0, 4) .rv uuuvn AD设平面 ACD 的法向量为 n( x, y, z) ，则 v uuuvn AC令 x 1, 则 yz 1；r(1,1,1) 因此 nuuur r uuur r2 1 EF ncos EF , nuuur r323 3| EF || n |设直线 EF 与平面 ACD 所成角为 uuur r，则 sin cos EF , n因此cos1 sin 22 23应选： C【点睛】此题主要考察线面角，经过向量法即可求出，属于中档题目.10． 三棱锥 D ABC 中， CD 底面 ABC,ABC 为正三角形，若AE / /CD, ABCDAE2，则三棱锥 DABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分组成的几何体的体积为（ ）A ．3 B ．31 D ． 393C ．3【答案】 B【分析】依据题意画出以下图的几何体：∴三棱锥 D ABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分组成的几何体为三棱锥 F ABC∵ ABC 为正三角形， AB 21 2 23 ∴S ABC322∵ CD 底面 ABC ， AE/ /CD ，CD AE 2∴四边形 AEDC 为矩形，则 F 为 EC 与 AD 的中点 ∴三棱锥 FABC 的高为 1CD12∴三棱锥 FABC 的体积为 V1 3 3 133应选 B.11． 已知平面 ，和直线 l 1 ， l 2 ，且 αI “P l 2 ”是 “l 1∥ 且 l 1 ∥ β”的β l 2 ，则 l 1 （ ）A ．充足不用要条件B ．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件【答案】 B【分析】【剖析】将“P l 2”与“l1∥且 l1∥ β”相互推导，依据可否推导的状况判断充足、必需条件.l1【详解】当“P l 2”时， l1可能在或内，不可以推出“且 l1∥ β”当.“l1∥且 l1∥ β”时，l1l1∥因为αI β l2，故“l1 P l2”所.以“l1 P l2”是“l1∥且 l1∥ β”的必需不充足条件.应选： B.【点睛】本小题主要考察充足、必需条件的判断，考察空间直线、平面的地点关系，属于基础题.12．设，为两条不一样的直线，，为两个不一样的平面，以下命题中，正确的选项是（）A．若，与所成的角相等，则B．若，，则C．若，，则D．若，，则【答案】 C【分析】试题剖析：若，与所成的角相等，则或，订交或，异面； A错.若，，则或，B错.若，，则正确 . D．若，，则，订交或，异面， D错考点：直线与平面，平面与平面的地点关系13．在正四周体A BCD 中，P是 AB 的中点，Q是直线 BD 上的动点，则直线PQ与AC 所成角可能为（）A．B．C．5D．121242【答案】 C【分析】【剖析】依据题意，取 BC 的中点 M ，连结 MQ ，则AC / / MQ，因此QPM 为异面直线 PQ 与AC 所成角，在利用余弦定理可得MQ4x2 2 x，易知 PQ MQ ，因此在等腰三角形 PMQ 中 cos QPM1，0x 4，即可求出x242xcos QPM 3 ， 3，从而求出结果 .123【详解】取 BC的中点M，连结 MQ，则AC / /MQ，因此QPM 为异面直线 PQ 与AC所成角，以以下图所示：设正四周体 A BCD 的棱长为 4 ，BQ x，0x4，在 BMQ 中，MQ2BM 2BQ 22BM BQ cos604x22x，在正四周体 A BCD 中，易知PQ MQ ，因此在等腰三角形 PMQ 中， cos QPM1，0x44x22x因此 cos QPM3，3，PQ 与AC所成角可能为5123因此异面直线.12应选： C.【点睛】此题主要考察了异面直线成角，余弦定理的应用，考察了空间几何中的动向问题，考察学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.14．以下说法正确的有几个（）① 四边形确立一个平面；② 假如一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③ 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④ 假如两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A．0个B．1 个C．2 个D．3 个【答案】B【分析】【剖析】对四个说法逐个剖析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确立一个三棱锥.②错误，直线可能和平面订交.③正确，依据公理二可判断 ③ 正确 . ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能订交，也可能异面，也可能平行 .综上所述，正确的说法有 1个，应选 B.【点睛】本小题主要考察空间相关命题真假性的判断，属于基础题.15 ．等腰三角形ABC 的腰 AB AC 5， BC 6 ，将它沿高 AD 翻折，使二面角BAD C 成 60 ，此时四周体 ABCD 外接球的体积为（）A ． 7B ． 28C ． 19 19D ．28 763【答案】 D 【分析】 剖析：详解：由题意，设 BCD 所在的小圆为 O 1 ，半径为 r ，又因为二面角 B AD C 为 600，即BDC600 ，因此 BCD 为边长为 3 的等边三角形，3又正弦定理可得，2rsin 6002 3，即BE 2 3 ，设球的半径为 R ，且 AD 4 ，22 DE 2 4R 42 (2 3) 2 28在直角 ADE 中， 2RAD ，因此 R7 ，因此球的体积为 V4 R 3 4 ( 7) 328 7 ，应选 D ．333点睛：此题考察了相关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要仔细审题， 注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两相互垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线 的中点，再依据勾股定理求球的半径.16． 已知空间四边形OABC ，其对角线为 OB ， AC ， M ， N 分别是边 OA ， CB 的中点，点 G 在线段 MN 上，且使 MGuuuv uuuv uuuv uuuv2GN ，用向量 OA ， OB ， OC 表示向量 OG 是（ ）uuuv uuuv 2 uuuv 2 uuuvuuuv1 uuuv2 uuuv 2 uuuvA ． OGOAOBOCB ． OGOAOBOC3 32 3 3uuuv1 uuuv 1 uuuv 1 uuuvuuuv1 uuuv 1 uuuv2 uuuvC ． OGOAOBOCD ． OGOAOBOC633633【答案】 C【分析】【剖析】依据所给的图形和一组基底，从起点 O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就能够获得结论．【详解】uuur uuuur uuuur uuuur 2 uuuur Q OG OM MG OM 3MN ,uuuur 2 uuuur uuur uuur 1 uuuur2 uuuruuur uuur1 uuur 1 uuur 1 uuur1 OMMOOCCNOMOC3OBOCOA OB OC333633uuur 1 uuur 1 uuur1 uuurOGOAOBOC ,63 3应选： C ．【点睛】此题考察向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的状况，再重复这个过程．17． 设 ,是两个不一样的平面， l , m 是两条不一样的直线，且 l， m，则（ ）A ．若/ / ，则 l // mB ．若 m / /a ，则 / /C ．若 m ，则D ．若，则 l // m【答案】 C【分析】【剖析】依据空间线线、线面、面面的地点关系，对选项进行逐个判断可得答案 .【详解】A.若 //，则 l 与 m 可能平行，可能异面，因此A 不正确. B. 若 m / /a ，则 与 可能平行，可能订交，因此B 不正确 .C. 若 m ，由 D 若 ，且确.m ，依据面面垂直的判判定理可得，因此 C 正确 .l ， m，则 l 与 m 可能平行，可能异面，可能订交 , 因此 D 不正【点睛】此题考察空间线线、线面、面面的地点判判定理和性质定理，考察空间想象能力，属于基础题 .18．已知,是不一样的两个平面，直线a，直线 b，条件 p : a 与 b 没有公共点，条件 q :/ /，则p是 q的（）A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足又不用要条件【答案】 B【分析】∵ a 与b没有公共点时， a 与b所在的平面可能平行，也可能订交（交点不在直线b 上）∴命题p： a 与b没有公共点?命题q：∥ ，为假命题又∵ ∥时， a 与b平行或异面，即 a 与b没有公共点∴命题 q：∥? 命题p：a与b没有公共点，为真命题；故 p 是q的必需不充足条件应选 B19．已知直三棱柱ABC A1B1C1的全部棱长都相等，M 为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为 ( )A．15B．5C．6D．10 3344【答案】 D【分析】【剖析】取 AC 的中点 N ，连结C1N，则AM / /C1N,因此异面直线AM与 BC1所成角就是直线AM与 C1N 所成角，在BNC1中，利用余弦定理，即可求解．【详解】由题意，取 AC 的中点 N ，连结C1N，则AM / /C1N,因此异面直线AM与 BC1所成角就是直线AM与 C1N 所成角，设正三棱柱的各棱长为 2 ,则 C1N5, BC122, BN 3 ，设直线 AM与C1N所成角为，在 BNC1中，由余弦定理可得cos(5) 2(22) 2(3) 210 ，2522410，应选D．即异面直线 AM与BC1所成角的余弦值为4【点睛】此题主要考察了异面直线所成角的求解，此中解答中把异面直线所成的角转变为订交直线所成的角是解答的要点，侧重考察了推理与运算能力，属于基础题．20．一个各面均为直角三角形的四周体有三条棱长为2，则该四周体外接球的表面积为（）A．6πB． 12πC． 32πD． 48π【答案】 B【分析】【剖析】先作出几何图形，确立四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积 .【详解】由题得几何体原图以下图，此中 SA⊥平面 ABC,BC⊥平面 SAB,SA=AB=BC=2,因此 AC=2 2 ,SC 2 3,设 SC中点为 O,则在直角三角形 SAC中， OA=OC=OS= 3 ,在直角三角形1SBC中， OB= SC3 ,2因此 OA=OC=OS=OB= 3 ,因此点 O 是四周体的外接球球心，且球的半径为 3 .因此四周体外接球的表面积为243=12.应选： B【点睛】此题主要考察四周体的外接球的表面积的计算，意在考察学生对这些知识的理解掌握水平易剖析推理的能力 .。
高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》技巧及练习题含答案
【高中数学】高考数学《空间向量与立体几何》解析一、选择题1．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.2．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 B ．3:1C ．2:1D 2【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l ==，∴圆锥SC 的侧面积为2rl r π=；圆柱OM 的底面半径为2r ，高为h ， 又圆锥的体积23133V r r r ππ=⋅=，234r h r ππ∴=，4r h ∴=，∴圆柱OM 的侧面积为2224rh rh r πππ⋅==，∴圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为2210:10:1r r ππ=.故选：A . 【点睛】本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用，属于基础题.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．32 3πC．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 Dπ=求解即可.【详解】BCDV外接圆直径23sin3CDdCBD===∠ ,故球的直径平方222222(23)16D AB d=+=+=,故外接球表面积216S Dππ==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 EBFV 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 aV 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222819452424cos9322222A 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,92322A 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．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A 【解析】 【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案． 【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+=222322()2+=故截面的面积1329(222)222S =⨯=， 故选：A ． 【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．7．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.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．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222PA R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为332sin3AB r π==，PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为222223211233PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为2221284433R 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.10．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.11．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．44B．22C．44D．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：11cos 22AE 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 .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．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.14．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 ．2 B．25 C ．26 D ．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 =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.15．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．16．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 ．4πC ．512πD ．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.17．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 ．89πC ．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 r V 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．18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．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。
立体几何与空间向量-高考数学必做题(详解版)
．
①当
时， 为四边形；
②当
时， 为五边形；
③当
时， 为六边形；
④当
时， 为菱形．
上的动点，过点 ，
答案 ①②④ 解析 对于①，如图所示
当
时， 为 中点，此时可得
，
截面
为等腰梯形；
当点 向 移动时，满足
，只需在
即可得截面为四边形
，①正确；
对于②，当
时，如图所示，
上取点 满足
， ，
延长 至 ，使
，
连接 交 于 ，连接 交 于 ，连接 ，
∵平面
平面
．
∴
平面
．过点 作
交 于点 ，则
．
取
，连接 ，则四边形
是矩形．
可得 平面
在
中，
得
．
∴点 到直线 的距离的最小值为 ． 故答案为： ．
考点
立体几何与空间向量 立体几何初步 点、直线、平面间的位置关系 空间向量 空间向量的应用
5 如图，正方体
的棱长为 ， 为 的中点， 为线段
， 的平面截该正方体所得截面记为 ，则下列命题正确的是
∵四边形
是平行四边形，
∴ 为 的中点．
∵ 为 的中点，
∴
，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
（3） 如图，作
，交 于 点，
则 为 的中点，
∵
，
，
∴
，
连接 ，则
，
∵ 平面
， 平面
，
∴
，从而
，
∴ 平面 ，
∴
是二面角
的平面角，
∵
，
，
，
∴
，
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《空间向量与立体几何》分类汇编含答案解析
新数学复习题《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．已知正方体1111A B C D ABCD -的棱1AA 的中点为E ，AC 与BD 交于点O ，平面α过点E 且与直线1OC 垂直，若1AB =，则平面α截该正方体所得截面图形的面积为( ) A ．64B ．62C ．32D ．34【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系可得BD ⊥平面11ACC A ，进而1BD OC ⊥，可考虑平面BDE 是否为所求的平面，只需证明1OE OC ⊥即可确定平面α. 【详解】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 的中点，1AB =，则2113122OC =+=，2113424OE =+=，2119244EC =+=，∴22211OC OE EC +=，1OE OC ∴⊥；又BD ⊥平面11ACC A ，1BD OC ∴⊥，且OE BD O =I ，1OC ∴⊥平面BDE ，且1136222BDE S BD OE ∆==⨯⨯=g ， 即α截该正方体所得截面图形的面积为6. 故选:A .【点睛】本题考查线面垂直的判定，考查三角形面积的计算，熟悉正方体中线面垂直关系是解题的关键，属于中档题.2．三棱柱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 ．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.4．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（ ）. AB ．3:1C ．2:1D2【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l ==，∴圆锥SC的侧面积为2rl r π=；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 22:r r π=.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.5．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.6．《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.7．四面体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】BCDV外接圆直径23 sin3CDdCBD===∠ ,故球的直径平方222222(23)16D AB d=+=+=,故外接球表面积216S Dππ==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.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EBCV的面积取得最小值时，EBCABCDSS=△（）A．25B．12C．5D．5【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF⊥分析出点E在直线1B G上，当EBCV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 5， 52510EBC ABCDaS S ⨯⨯∴==△. 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ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为146，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16πC ．12πD ．163π【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理的逆定理即可判断三角形ABC 是直角三角形，根据棱锥的体积求出O 到平面ABC 的距离，利用勾股定理计算球的半径OA ，得出球的面积．【详解】由余弦定理得22229122cos 26AB AC BC AB A AB AC AB +-+-===g ，解得22AB =， 222AB BC AC ∴+=，即AB BC ⊥．AC ∴为平面ABC 所在球截面的直径．作OD ⊥平面ABC ，则D 为AC 的中点， 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．10．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B 3C 22D 6 【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u u r r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r ru u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin θθ=-= 故选：C 【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.11．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221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分， 所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，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.12．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.13．三棱锥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133133V == 故选B.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．15．四棱锥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 ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.17．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。
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专题11空间向量与立体几何必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．解答题（共4小题）
1．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为O、O1，AA1为圆柱的母线，底
面半径长为1．
（1）若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与上底面所成角的大小；（结果用反三
角函数值表示）
（2）若圆柱过OO1的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积．
2．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．
（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积；
（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．
3．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE
⊥平面ABCD．
（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．
4．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．
（1）求该圆柱的表面积；
（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的
角．
【三年自主招生练】
一．选择题（共1小题）
1．（2022•上海自主招生）空间中到正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱A1D1，AB，CC1距离相等
的点有（ ）
A．无数 B．0 C．2 D．3
二．填空题（共2小题）
2．（2020•上海自主招生）矩形ABCD的边AB＝，过B，D作直线AC的垂线，垂足分
别为E，F，且E，F分别为AC的三等分点．沿着AC将矩形翻折，使得二面角B﹣AC
﹣D成直角，则BD长度为 ．
3．（2020•上海自主招生）若四面体的各个顶点到平面α距离都相等，则称平面α为该四
面体的中位面，则一个四面体的中位面的个数是 ．
【最新模拟练】
一．选择题（共1小题）
1．（2022•闵行区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点M在侧面BCC1B
1
上运动（包括边界），且MB1＝2MB，则D1M与平面ADD1A1所成角的正切值的取值范
围为（ ）
A． B． C． D．
二．填空题（共4小题）
2．（2022•黄浦区二模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，，，若
用向量、、表示向量，则＝ ．
3．（2022•金山区二模）若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则顶点A到平面BB1D1D
的距离为 ．
4．（2022•宝山区校级二模）如图，一个正方体雕塑放置在水平基座上，其中一个顶点恰好
在基座上，与之相邻的三个顶点与水平基座的距离分别是2，3，4，则正方体的8个顶点
中与水平基座距离的最大值为 ．
5．（2022•上海模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点O为AB的中点，点P在平面ABC
的射影恰为OB的中点E，已知AB＝2PO＝2，点C到OP的距离为，则当∠ACB最
大时，直线PC与平面PAB所成角的大小为 ．
三．解答题（共20小题）
6．（2022•浦东新区校级二模）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O
为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝．
（1）证明：A1C⊥BD；
（2）求直线AC与平面BB1D1D所成的角θ的大小．
7．（2022•黄浦区二模）如图，直角边长为1的等腰直角三角形ABC及其内部绕BC边旋
转一周，形成一个圆锥．
（1）求该圆锥的侧面积S；
（2）三角形ABC绕BC逆时针旋转到A1BC，M为线段AA1中点，求CM与平面AA1B
所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）
8．（2022•闵行区二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，PD⊥平面ABCD，∠BAD
＝60°，E为棱BC的中点．
（1）求证：ED⊥平面PAD；
（2）若PD＝AD＝2，求点D到平面PBC的距离．
9．（2022•长宁区二模）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，母线SA的长为．
（1）若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积；
（2）A、B是底面圆周上的两个点，∠AOB＝90°，M为线段AB的中点，若圆锥的底面
半径为2，求直线SM与平面SOA所成角的大小．
10．（2022•浦东新区校级模拟）如图，正四棱锥P﹣ABCD中．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若AB＝2，Vp﹣ABCD＝，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
11．（2022•闵行区校级二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的
菱形，△PAB是边长为2的等边三角形，PD⊥AB，PD＝．
（1）设AB中点E，求证：DE⊥平面PAB；
（2）求平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小．
12．（2022•浦东新区校级二模）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD
＝2，E、F分别是AB、BC的中点．
（1）证明：A1、C1、F、E四点共面；
（2）求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．
13．（2022•徐汇区二模）如图，已知AB为圆柱OO1的底面圆O的一条直径，P为圆周上
的一点，OA＝2，∠BOP＝60°，圆柱OO1的表面积为24π．
（1）求三棱锥A1﹣APB的体积；
（2）求直线AP与平面A1PB所成的角的大小．
14．（2022•宝山区二模）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，点E是棱
AB上的点，AE＝2EB．
（1）求异面直线AD1与EC所成角的大小；
（2）求点C到平面D1DE的距离．
15．（2022•上海模拟）如图，已知点P在圆柱OO1的底面圆O上，AB为圆O的直径，圆
柱OO1的侧面积为，OA＝2，∠AOP＝120°．
（1）求三棱锥A1﹣APB的体积；
（2）求二面角A1﹣PB﹣A的大小．
16．（2022•普陀区二模）如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长
为4，设（0＜λ＜1）．
（1）当λ＝时，求直线B1E与平面ABCD所成角的大小．（结果用反三角函数值表示）；
（2）当λ＝时，若，且＝0，求正实数t的值．
17．（2022•金山区二模）如图，已知四棱锥S﹣ABCD的底面ABCD是梯形，AD∥BC，∠
BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝1，AD＝2，．
（1）求四棱锥S﹣ABCD的体积；
（2）求直线BS与平面SCD所成角的大小．
18．（2022•杨浦区二模）如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长1，侧棱长4，
AA1中点为E，CC1中点为F．
（1）求证：平面BDE∥平面B1D1F；
（2）连结B1D，求直线B1D与平面BDE所成的角的大小．
19．（2022•闵行区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB，△PAD均为等边三角
形，BC＝CD．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若PA＝BD＝BC，M，N分别是PC，BC的中点，Q在边AD上，且DQ＝2QA．求
直线AM与平面PQN所成角的正弦值．
20．（2022•青浦区校级模拟）如图，在直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝
，点P、Q分别为A1B1、BC的中点，C1Q与底面ABC所成的角为arctan2．
（1）求异面直线PB与QC1所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
（2）求点C与平面AQC1的距离．
21．（2022•浦东新区校级二模）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为
BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F﹣DE﹣C的大小为θ，求sinθ的值．
22．（2022•浦东新区二模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝
CC1＝2，点D是线段A1B1的中点．
（1）求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积；
（2）已知P为侧棱BB1的中点，求点P到平面BCD的距离．
23．（2022•嘉定区二模）如图，圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，点C是底面直径AB
所对弧的中点，点D是母线PA的中点．求：
（1）该圆锥的表面积；
（2）直线CD与平面PAB所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．
24．（2022•静安区模拟）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，
O为BD的中点．
（1）证明：OA⊥CD；
（2）已知△OCD是边长为1的等边三角形，且三棱锥A﹣BCD的体积为，若点E
在棱AD上，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求．
25．（2022•徐汇区校级模拟）如图，在Rt△AOB中，，斜边AB＝4，D是AB
中点，现将Rt△AOB以
直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上一点，且∠BOC＝90°，
（1）求圆锥的侧面积；
（2）求直线CD与平面BOC所成的角的大小；（用反三角函数表示）