高考数学压轴专题新备战高考《空间向量与立体几何》基础测试题及答案解析

【最新】数学《空间向量与立体几何》专题解析
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.
2．一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 ．
132
π
B ．7π
C ．
152
π
D ．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
1
4
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：
221
41212274
ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．
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．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 ．3:1
C ．2:1
D 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∴=，4
r 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.
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A ．23
83
+
B ．823+
C ．
283
D ．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
31123
2+2328323
V =⨯⨯⨯⨯=+
, 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.
5．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123
AA =，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 ．222
B ．232
C 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.
6．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 ．140
C ．150
D ．160
【答案】D 【解析】
设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线1
19,15AC 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2
21
156AC 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
()()1450822
AB 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.
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 3
B 6
C 3
D ．
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 ，
12
a c ⋅=v v
1AB a c =+u u u v v v Q ，11BC BC BB b a c =+=-+u u u u v u u u v u u u v v v v
()()
221111
11122
AB 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
(
)
2
22212222BC b a c
b a
c a b b c a c =
-+=++-⋅+⋅-⋅=u u u u v
v v v v v v v v v v v v
111111
6
cos ,6AB BC AB BC AB BC ⋅∴<>===⋅u u u v u u u u v
u u u v u u u u v u u u v u u u u v
即异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为：66
本题正确选项：B 【点睛】
本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.
8．已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点）．设SE 与BC 所成的角为α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）
A ．αβγ≤≤
B ．βαγ≤≤
C ．a βγ≤≤
D ．γβα≤≤
【答案】C 【解析】 【分析】
根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】
四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，
（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接
SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OM
α==；
（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OE
β=
;
（3）连接OM ，则tan SO
OM
γ=
，如下图（3）所示：
因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】
本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.
9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．
13
B
．
33
C ．
22
3
D ．
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00
n 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 =r
1
cos ,3
||||332EF 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222
cos 1sin 3
θθ=-=
故选：C 【点睛】
本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.
10．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．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117127812714
V=⨯⨯⨯+⨯⨯=，
2
∴粮仓可以储存的粟米714441
=≈斛．
1.62
故选：A．
12．设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列命题中，正确的是（）A．若，与所成的角相等，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【解析】
试题分析：若，与所成的角相等，则或，相交或，异面；A错.
若，，则或，B错. 若，，则正确. D．若，，则，相交或，异面，D错
考点：直线与平面，平面与平面的位置关系
13．圆锥SD（其中S为顶点，D为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（）
A．9:32B．8:27C．9:22D．9:28
【答案】A
【解析】
【分析】
根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r的关系，从而得到圆锥的高与r关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R与r间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案.【详解】
设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ， 侧面积与底面积的比为2πrl 2l r r π==,则母线l=2r,圆锥的高为
h=223l r r -=, 则圆锥的体积为23
13πh 3r r π=, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2
223R r r R =+-, 展开整理得R=,3r 所以外接球的体积为3
3344333393
R r ππ=⨯=, 故所求体积比为333933232
93
r r ππ= 故选：A
【点睛】
本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.
14．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为2、4、6，A 点为长方体的一个顶点，B 点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为（ ）
A 29
B ．35
C 41
D ．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++=()2
246165++=
（2）当B 点所在的棱长为4，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()22226213++=；()22262217++=；()22262217++=. （3）当B 点所在的棱长为6，则沿着长方体的表面从A 到B 的距离可能为()2223441++=；()2224335++=；()2
223453++=. 综上所述，沿着长方体的表面从A 点到B 点的最短距离为41.
故选：C .
【点睛】
本题考查长方体的展开图，考查空间想象与推理能力，属于中等题.
15．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 ．1
B ．2
C ．3
D ．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．
16．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（ ）.
A ．83
B ．1258
C ．12825
D ．64081
【答案】D
【解析】
【分析】
由直棱柱的特点和底面为正方形可证得四边形EFGH 为矩形，设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，可表示出,EF FG ，根据四棱锥体积公式将所求体积表示为关于t 的函数，利用导数可求得所求的最大值.
【详解】
Q 四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1AA ∴⊥平面ABCD ，1AA ⊥平面1111D C B A ∴平面//EFGH 平面ABCD ，平面//EFGH 平面1111D C B A ，
由面面平行性质得：11EF //B D //GH ，EH //AC//FG ，
又11B D AC ⊥，EF FG ∴⊥，∴四边形EFGH 为矩形.
设点1A 到平面EFGH 的距离为()501t t <<，
1142AC B D ==Q )421EF t ∴=-，42FG t =，
∴四棱锥1A EFGH -的体积()()231160532133V t t t t t =⨯⨯-=-， ()2160233V t t '∴=-，∴当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，0V '>，当2,13t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0V '<， ∴当23t =
时，max 16048640392781V ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭. 故选：D .
【点睛】
本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用导数来求解函数最值，从而得到所求体积的最值.
17．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）
A ．7π
B ．28π
C ．19196π
D ．2873
π 【答案】D
【解析】
分析：
详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，
又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形， 又正弦定理可得，0
3223sin 60r =
=，即23BE =， 设球的半径为R ，且4=AD ， 在直角ADE ∆中，()22222244(23)28R AD DE R =+⇒=+=，
所以7R =，所以球的体积为3344287(7)33V R πππ==⨯=，故选D ．
点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.
18．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 ．34
B ．23
C ．13
D ．12
【答案】B
【解析】
【分析】
设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32339214V 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
)312x -, 所以正六棱柱容器的容积为()()()()3233921224
V 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23
x =
时,()V x 取得最大值, 故选:B
【点睛】
本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.
19．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 m
B ．若//m a ，则//αβ
C ．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.
20．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．。