高考数学压轴专题最新备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编及答案解析

【高中数学】单元《空间向量与立体几何》知识点归纳
一、选择题
1．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0,3
π⎛⎤ ⎥⎝
⎦
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．
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．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（ ）
A ．8(6623)++
B ．6(8823)++
C ．8(6632)++
D ．6(8832)++ 【答案】A 【解析】 【分析】
该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】
由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为2，则该几何体的表面积为
2116(222)42282322S ⎡⎤
=⨯+-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦
8(6623)=++.
故选：A. 【点睛】
本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.
4．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⎣
【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+1
1x 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
2
2
1311222
AP 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 ， 所以622AP ≤≤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.
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
【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．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 ．
92
B 92
C ．32
D ．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 ， 上底长为22112+=，下底边长为222222+=，
高为：22232
2(
)2+=
， 故截面的面积1329
(222)222
S =+⨯=， 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．
7．三棱柱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 ．
33
B ．
66
C ．
34
D 3 【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．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 =
()2
2
min
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.
9．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 ．
11
44
B 11
C ．
11
44
D ．
1111
【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：
11311
cos 222218AE A B AE A B
θ⋅===⋅⋅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
，2
l 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 .
10．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．
11．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．
12．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.
13．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1
171278127142V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，
∴粮仓可以储存的粟米7144411.62
=≈斛．
故选：A ．
14．四棱锥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PB
C C ．//MN AC
D ．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12
MH 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.
15．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 1
M=44
AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P
4
．
∴tan ∠APA 1的最大值是
．
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．
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
．
B ．12π C
． 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
的圆，且高为，
所以其表面积为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．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
三棱柱的高为
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22r ==，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221r r ==⇒=，
根据球的性质，可得外接球的直径为24R ===，解得
2R =， 所以该三棱柱的外接球的体积为343233V 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.
18．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）
A ．2
B ．5
C ．13
D ．22
【答案】D
【解析】
【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆==，22PAC S ∆=，2ABC S ∆=，故最大面的面积为22.选D.
【点睛】
本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.
19．某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为( )
A ．6
B ．5
C ．2
D ．1
【答案】A
【解析】 由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥P ABCD -：
其中，四边形ABCD 为边长为1的正方形，PE ⊥面ABCD ，且1AE =，1PE =. ∴222AP AE PE =
+=，2BE AB AE =+=，222DE AD AE =+= ∴225CE BE BC =+=，225PB BE PE =+=,223PD PE DE =+= ∴226PC CE PE =+=
∴最长棱为PC
故选A.
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.
20．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.。