高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》知识点总复习含解析

高中数学《空间向量与立体几何》复习知识点
一、选择题
1．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）
A ．
3π B ．π
C ．3π
D ．12π
【答案】C 【解析】 【分析】
该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积. 【详解】
由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示
该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.
所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=. 所以外接球的表面积为243r ππ=. 故选：C . 【点睛】
本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.
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．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（ ）
A ．
23
B ．
13
C ．
12
D ．
34
【答案】B 【解析】
分析：先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.
详解：几何体如图S-ABCD ，高为1，底面为平行四边形，所以四棱锥的体积等于
21111=33⨯⨯， 选B.
点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断求解.
4．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 在线段1CB 上，且12B P PC =，平面
α经过点1,,A P C ，则正方体1111ABCD A B C D -被平面α截得的截面面积为（ ）
A ．36
B ．26
C ．5
D ．
53
4
【答案】B 【解析】 【分析】
先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解. 【详解】 如图所示：
1,,A P C 确定一个平面α，
因为平面11//AA DD 平面11BB CC ， 所以1//AQ PC ，同理1//AP QC ， 所以四边形1APC Q 是平行四边形. 即正方体被平面截的截面. 因为12B P PC =， 所以112C B PC =， 即1PC PB ==
所以115,23AP PC AC ===由余弦定理得：22211111
cos 25
AP PC AC APC AP PC +-∠=
=⨯ 所以16
sin 5
APC ∠=
所以S 四边形1APQC 111
2sin 262
AP PC APC =⨯⨯⨯∠=故选：B 【点睛】
本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
5．四面体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 ．
32
3
π
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
23
sin 3
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 =+求解即可.属于中等题型.
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 ．
24
C ．
22
D ．
32
【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.
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．已知ABC V 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且22
cos A =
1BC =，3AC =，三棱锥O ABC -的体积为
14
6
，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．16π
C ．12π
D ．
163
π
【答案】B 【解析】
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22229122
cos 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， 11114
2213326O 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．
8．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 ．
2
2
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 ， 22112+=22222+=
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．
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 ．
1
3
B 3
C ．
2
3
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
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．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E 、F ，且EF=
1
2
．则下列结论中正确的个数为
①AC ⊥BE ； ②EF ∥平面ABCD ；
③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值； ④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等， A ．4 B ．3
C ．2
D ．1
【答案】B 【解析】
试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确 考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质
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．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 ．32π
C ．4π
D ．34
π 【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 = 234(
)3S 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.
13．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
14．设三棱锥V ﹣ABC 的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，VA ⊥底面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A ﹣VC ﹣B 为γ，则（ ）
A ．2παββγ+＜，＞
B ．2παββγ+＜，＜
C ．2παββγ+＞，＞
D ．2παββγ+＞，＜
【答案】C
【解析】
【分析】 由最小角定理得αβ>，由已知条件得AB ⊥平面VAC ，过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠，推导出BVA γ>∠，由VA ⊥平面ABC ，得VMA β=∠，推导出MVA γ>∠，从而2πβγ+>
，即可得解.
【详解】 由三棱锥V ABC -的底面是A 为直角顶点的等腰直角三角形，
VA ⊥平面ABC ，M 是线段BC 上的点（端点除外），
记VM 与AB 所成角为α，VM 与底面ABC 所成角为β，二面角A VC B --为γ， 由最小角定理得αβ>，排除A 和B ；
由已知条件得AB ⊥平面VAC ，
过A 作AN VC ⊥，连结BN ，得BNA γ=∠， ∴tan tan AB BNA AN γ=∠=
， 而tan AB BVA AV
∠=，AN AV <，∴tan tan BNA BVA ∠>∠， ∴BVA γ>∠，
∵VA ⊥平面ABC ，∴VMA β=∠， ∴2
MVA π
β+∠=， ∵tan AM MVA AV
∠=，AB AM >，∴tan tan BVA MVA ∠>∠， ∴MVA γ>∠，∴2πβγ+>
．
故选：C ．
【点睛】
本题查了线线角、线面角、二面角的关系与求解，考查了空间思维能力，属于中档题.
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 ．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()2cos 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，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 123QPM ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦
，，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．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．26【答案】B
【解析】 解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC - ，
其中面积最大的面为：1232232
PAC S V =
⨯= 本题选择B 选项.
点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．
17．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。

18．在空间中,下列命题为真命题的是( ).
A ．对于直线,,a b c ,若,a c b c ⊥⊥则//a b
B ．对任意直线a ,在平面α中必存在一条直线b 与之垂直
C ．若直线a ,b 与平面α所成的角相等,则a ∥b
D ．若直线a ,b 与平面α所成的角互余,则a ⊥b
【答案】B
【解析】
【分析】
通过空间直线与直线的位置关系判断选项的正误即可。

【详解】
若,a c b c ⊥⊥则a 与b 可能平行，相交，异面，所以，A 假；
若直线在平面内,则在平面内必可作出其垂线，若直线在平面外，作出直线在平面内的射影，在平面内只要作射影的垂线即可垂直于此直线，B 真；
设当a 、b 与平面α所成的角都为45°，则//a b ，a b ⊥r r
都有可能，C 、D 均为假，故选：
B 。

【点睛】
本题考查直线与直线的位置关系的判断与应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力，属于中等题。

19．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.
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 ．6π
B ．12π
C ．32π
D ．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.。