高考数学压轴专题人教版备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含答案

【最新】数学复习题《空间向量与立体几何》专题解析
一、选择题
1．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 ABCD
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．
2．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）
A ．34
B ．234
C ．517
D ．317 【答案】D
【解析】
【分析】
首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.
【详解】 如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，
则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.
因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，
所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222
HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669
PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯， 则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =
在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317
==⨯⨯.
故选：D
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.
3．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⎣ 【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 ， 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.
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 3
2
CD 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．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（ ） A ．若m ∥β，则m ∥l
B ．若m ∥l ，则m ∥β
C ．若m ⊥β，则m ⊥l
D ．若m ⊥l ，则m ⊥β
【答案】D
【解析】
【分析】
A 由线面平行的性质定理判断.
B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平
行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断.
【详解】
A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；
B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；
C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；
D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面；
故选：D.
【点睛】
本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.
6．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1ACD
③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 ．①②④
C ．③④
D ．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．
7．一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.
8．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4
παβ+<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4π
αβ-≥时，αβ+的范围有可能超过2
π，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.
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 ．3
C ．223
D ．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 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 u v v 令1,x = 则1y z ==； 所以(1,1,1)n =r 1cos ,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222cos 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．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.
11．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.
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
2
PO
APB a α=
∠，sin cos 2PO CPB a β=
∠，sin cos
2
PO
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 2
APB PD a ∠=，sin cos 2
PO PO
APB PD a α==
∠，
同理可得：
sin cos 2PO CPB a β=
∠，sin cos
2
PO
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 ．
22
B 25
C ．
6
5
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.
14．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 ．64π
C ．100π
D ．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11
32322732
DE ⨯
⨯=，解得9DE =， 则2
1AE EF DE
==．
∴球O 的直径为10DE EF +=， 则球O 的半径为
1
1052
⨯=． ∴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．
15．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 ．
12
π
B ．
4
π C ．
512
π 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()2
cos 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，2
2
2
2
2cos 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，()2
cos 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.
16．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
()2
2461101++=；
()
2
241661++=；()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
()2
2226213++=；
()2
2262217++=；()2
2262217++=.
（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
()
2
223441++=；
()
2
224335++=；()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.
17．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 ．
643
C ．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116
4433
V =⨯⨯=，故选D.
18．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和3，此三棱柱的高为23，则该三棱柱的外接球的体积为 A ．
323
π
B ．
163
π
C ．
83
π 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.
19．已知直线
和不同的平面
，下列命题中正确的是
A ．//m m αβαβ⊥⎫
⇒⎬⊥⎭
B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭
C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭
D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭
【答案】D 【解析】 【分析】
对各个选项逐一进行分析即可 【详解】
A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误
B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误
C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一
个平面平行，故C 错误
D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确
故选D 【点睛】
本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果
20．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 ．2
B ．1
C ．
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：1113
222111122222
⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，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.。