高考数学压轴专题绍兴备战高考《空间向量与立体几何》经典测试题含答案解析

新数学《空间向量与立体几何》复习知识点
一、选择题
1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m α⊥，//n α，则m n ⊥；
②若//αβ，m α⊥，则m β⊥；
③若//m α，//n α，则//m n ；
④若m α⊥，αβ⊥，则//m β.
其中真命题的序号为（ ）
A ．①和②
B ．②和③
C ．③和④
D ．①和④ 【答案】A
【解析】
【分析】
逐一分析命题①②③④的正误，可得出合适的选项.
【详解】
对于命题①，若//n α，过直线n 作平面β，使得a αβ⋂=，则//a n ，m α⊥Q ，a α⊂，m a ∴⊥，m n ∴⊥，命题①正确；
对于命题②，对于命题②，若//αβ，m α⊥，则m β⊥，命题②正确；
对于命题③，若//m α，//n α，则m 与n 相交、平行或异面，命题③错误； 对于命题④，若m α⊥，αβ⊥，则m β⊂或//m β，命题④错误.
故选：A.
【点睛】
本题考查有关线面、面面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.
2．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()
2
221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 62
AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 所以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.
3．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 =2
1122''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
4．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2cos 3
A =，1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为
146，则球O 的表面积为( ) A ．36π
B ．16π
C ．12π
D ．163
π 【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．
5．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 ．1
B ．2
C ．3
D ．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.
6．一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 ．132π
B ．7π
C ．152π
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
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：22141212274
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.
7．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．
8．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 ．305
B ．2305
C ．275
D ．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.
9．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．16
9
π
B．
8
9
π
C．
16
27
π
D
．
8
27
π
【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
3
23
r x
-
=，
3
3
2
x r
∴=-，
∴圆柱的体积为23
()(3)(02)
2
V r r r r
π
=-<<，
则3
333
3
163331616
442
()(3)()
9442939
r r r
V r r r r
ππ
π
++-
=-=
g g g g
…．
当且仅当
33
3
42
r r
=-，即
4
3
r=时等号成立．
∴圆柱的最大体积为
16
9
π
，
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．
10．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．
11．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 ．12π
B ．4π
C ．512π
D ．2
π 【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()21
cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-，，即可求出
33cos 123QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦
，，进而求出结果. 【详解】
取BC 的中点M ，连接MQ ，则//AC MQ ，所以QPM ∠为异面直线PQ 与AC 所成角，如下图所示：
设正四面体A BCD -的棱长为4，()04BQ x x =≤≤，，
在BMQ ∆中，22222cos 6042MQ BM BQ BM BQ x x =+-⋅︒=+-，
在正四面体A BCD -中，易知PQ MQ =，
所以在等腰三角形PMQ 中，()2cos 0442QPM x x x ∠=≤≤+-，
所以33cos QPM ⎡⎤∠∈⎢
⎥⎣⎦
，，所以异面直线PQ 与AC 所成角可能为512π. 故选：C.
【点睛】 本题主要考查了异面直线成角，余弦定理的应用，考查了空间几何中的动态问题，考查学生的应用能力和空间想象能力，属于中档题.
12．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 B ． C D ．【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
=== （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.
13．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4
παβ-<-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. 4π
αβ+<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.
14．已知直三棱柱111ABC A B C -的底面为直角三角形，且两直角边长分别为13，此三棱柱的高为23
A ．323π
B ．163π
C ．83π
D ．643
π 【答案】A
【解析】
【分析】
求得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)2r =+=，再根据球的性质，求得外接球的直径2R =，利用球的体积公式，即可求解.
【详解】
由题意可得该直三棱柱的底面外接圆直径为2221(3)21r r =+=⇒=，
根据球的性质，可得外接球的直径为22222(2)2(23)4R r h =+=+=，解得2R =，
所以该三棱柱的外接球的体积为343233
V 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.
15．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，15AA =，垂直于1AA 的截面分别与面对角线1D A ，1B A ，1B C ，1D C 相交于四个不同的点E ，F ，G ，H ，则四棱锥1A EFGH -体积的最大值为（ ）.
A ．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.
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 ．2233
OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v B ．122233OG OA OB OC u u u v u u u v u u u v u u u v =++ C ．111633
OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v D ．112633OG OA OB OC =++u u u v u u u v u u u v u u u v 【答案】C
【解析】
【分析】
根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表
示，就可以得到结论．
【详解】
2OG OM MG OM MN 3
=+=+u u u r u u u u r u u Q u u r u u u u r u u u u r , ()()
2121111OM MO OC CN OM OC OB OC OA OB OC 3333633u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r =+++=++-=++ 111OG OA OB OC 633
u u u r u u u r u u u r u u u r ∴=++ , 故选：C ．
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，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 ,)31x -, 所以正六棱柱容器的容积为()())()32339214
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.
18．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ） A ．若//αβ，则//l m
B ．若//m a ，则//αβ
C ．若m α⊥，则αβ⊥
D ．若αβ⊥，则//l m
【解析】
【分析】
根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.
【详解】
A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.
B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.
C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.
【点睛】
本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.
19．已知棱长为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2,3
SC=
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=1
3 2
SC=
所以3
所以点O3
所以四面体外接球的表面积为43=12
ππ.
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.。