高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》易错题汇编含答案解析

数学《空间向量与立体几何》知识点
一、选择题
1．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．
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 ．
163π B ．643 C ．
1664
3π+ 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， 22111664
4444333
V ππ+=
⨯⨯+⨯⨯⨯=
， 故选C.
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．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 ．2
B ．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:1111
2252252222
ABC 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.
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 【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2
112
2
''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．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 ．
12
B 2
C ．
22
D 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)22
OD ∴=--u u u u r
由于AB ⊥平面111,ADD A AD ⊂平面11ADD A
1AB A D ∴⊥，又11AD A D ⊥，1AB AD I
1A 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||2
OD 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.
7．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
．2 B ．2
C
．22 D ．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=2
44
AC =
， ∴tan ∠APA 1=1
1AA A P
=24
=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．
8．三棱柱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
3
B．
6
6
C．
3
4
D
．
3
【答案】B
【解析】
【分析】
设
1
AA 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
1
AB
u u u v
和
1
BC
u u u u v
；分别求解
出
11
AB BC
⋅
u u u v u u u u v
和
1
AB
u u u v
，
1
BC
u u u u v
，根据向量夹角的求解方法求得
11
cos,
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，
1
AA c
=
u u u v v
，AB a
=
u u u v v
，AC b
=
u u u v v
由题意得：
1
2
a b⋅=
v
v
，
1
2
b c⋅=
v v
，
1
2
a c⋅=
v v
1
AB a c
=+
u u u v v v
Q，
11
BC BC BB b a c
=+=-+
u u u u v u u u v u u u v v v v
()()22
11
11
111
22
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()222
1
23
AB a c a a c c
=+=+⋅+=
u u u v v v v v v v
()2222
1
2222
BC 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
11
11
11
6
cos,
6
6
AB 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1
AB与
1
BC所成角的余弦值为：6
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.
9．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 ．
643
π B ．83163
π
π+
C ．28π
D ．82163
π
π+
【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 ππππππ=⋅+⋅=⋅+⋅⋅=+，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．
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 30
B 230
C 27
D 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 ==+ 2
212230255C 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．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.
12．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 ．1
C ．2
D ．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.
13．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 ．3π
B ．32
C ．4π
D ．34
【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 = 2343S 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.
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 ．1233
π+ 【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21111111212323436
V 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．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++=()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()
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 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.
16．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 ．8π
B ．12π
C ．83π
D ．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。

17．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 ．122π
B ．12π
C ．82π
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.
18．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 ．152π
B ．12π
C ．112π
D ．212
π 【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=8832
V ππ⨯⨯球， 221111=34344312
V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥， 所以915322V πππ=
+=，即所求几何体的体积为152
π. 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.
19．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 ,)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.
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 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.。