高考数学压轴专题备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编含答案.docx
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高考数学压轴专题备战高考《空间向量与立体几何》难题汇编含答案
新数学高考《空间向量与立体几何》专题解析
、选择题
1．如下图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别为棱BB1，CC1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A1的部分为V1，
不含A1的部分为V2，连接A1和V2的任一点M，设A1M与平面A1B1C1D1所成角为，则
sin
的最大值为（
）．
A．
2
B．
25
C．26
D．26
2
5
5
6
【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
A1M与平面A1B1C1D1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A1B1EHAD1C1FGD为V1，三棱柱EBH-FCG为V2，设M点为V2的任一点，过M点作底面A1B1C1D1的垂线，垂足为N，连接A1N,则MA1N即为
MN
A1M与平面A1B1C1D1所成的角，所以MA1N=α，因为sinα=,要使α的正弦最大，
A1M
必须MN最大，A1M最小，当点M与点H重合时符合题意，故sinα的最大值为
MN=HN25
A1M=A1H=5,
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
2．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥PABCD中，E为侧棱PD的中
答案】D
解析】
分析】
详解】
BC的中点H，连接FG，FH，GH，EF，
则EF//CH，EFCH，从而四边形EFHC是平行四边形，则EC//FH，且ECFH.
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.
1
由题意可得FG3，HGAC22.
2
PD2PC2CD2
36
3616
7，
在PCD中，
由余弦定理可得
cosDPC
2PDPC
2
66
9
则CE2PC
22
2PE22PC
PEcosDPC
17，即CE
17.
在GFH中，
由余弦定理可得
cosGFH
FG2FH2
GH2
9
178
317
2FGFH
2
317
17
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．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于（
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
12
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∥lB．若m∥l，则m∥β
C．若m⊥β，则m⊥lD．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.
5．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且
1
EF=．则下列结论中正确的个数为
2
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．4B．3C．2D．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
6．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长
为2a，则AC1与侧面ABB1A1所成的角是（）
A．30°B．45C．60D．90
【答案】A
【解析】
【分析】
以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AC1与侧面ABB1A1所成的角．
【详解】
解：
以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
点睛】
本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，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（）
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】
答案】C
解析】
分析】平面角的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小.
【详解】
四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，所以四棱锥为正四棱锥，
=SN=SN=NE=OM
（1）过E作EF//BC，交CD于F，过底面中心O作ONEF交EF于N，连接
SN，取AB中点M，连接OM，如下图
（1）所示：
则tan
2）连接OE,如下图
（2）所示，则tan
SO=OE
3）连接OM，则tan
SO
OM
，如下图（3）所示：
因为SNSO,OEOM,
所以tantantan，
而,,均为锐角，所以,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
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ABBCBD4；
A4,0,0,B（0,0,0）,D（0,4,0）,C（0,0,4），又因为E、F分别为棱BC、AD的中点
所以E（0,0,2）,F（2,2,0）
uuuruuur故EF2,2,2，AD
uuur
（4,4,0），AC（4,0,4）.
0uuvDuuvuuAuuvnv
323
设平面ACD的法向量为n（x,y,z），则
令x1,则yz1；
所以n（1,1,1）
uuurruuurrEFn
cosEF,nuuurr
|EF||n|
设直线EF与平面ACD所成角为，则sin
cos
uuurr
EF,n
所以cos1sin2232
故选：
C
【点睛】
1，BD2，BDCD，将其
平面BCD，若四面体ABCD的
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，平面四边形ABCD中，ABADCD
沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（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
DE
2
32
S4（）23
2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.
11．已知正三棱柱ABC
A1B1C1的所有棱长都相等，
D是A1B1的中点，则AD与平面
BCC1B1所成角的正弦值为（
）
A．5B．
25
C．10
D．15
5
5
10
10
【答案】D
【解析】
【分析】
先找出直线AD与平面BCC1B1所成角，然后在VB1EF中，求出sinEB1F，即可得到本
如图，取AB中点E，作EFBC于F，
连接B1E,B1F，则EB1F即为AD与平面BCC1B1所成角.
不妨设棱长为4，则BF1,BE2，
EF3,B1E25
sinEB1F
315
2510
故选：
D
2、4、6，A点为长方体的一个顶A点到B点的最短距离为（）
【点睛】
本题主要考查直线与平面所成角的求法，找出线面所成角是解决此类题目的关键
12．如图长方体中，过同一个顶点的三条棱的长分别为点，B点为其所在棱的中点，则沿着长方体的表面从
【答案】C
【解析】
当B点所在的棱长为2；②当B点所在
【分析】由长方体的侧面展开图可得有3种情况如下：
①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
46212101；4126261；4261265.
（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
22262213；26222217；22622217.
（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
2324241；2423235；2234253.
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.
13．已知四面体PABC的外接球的球心O在AB上，且PO平面ABC，
3
2AC3AB，若四面体PABC的体积为，求球的表面积（）
2
A．8B．12C．83D．123
【答案】B
【解析】
【分析】
依据题意作出图形，设四面体PABC的外接球的半径为R，由题可得：
AB为球的直
径，即可求得：
AB2R，AC3R，BCR，利用四面体PABC的体积为列方程即可求得R3，再利用球的面积公式计算得解。
【详解】依据题意作出图形如下：
设四面体
PABC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AB
2R，且ACBC
由2AC
3AB可得：
AC
3R，BC
R
所以四面体PABC的体积为
VSABC
11
PO
3RRR3
3ABC
32
2
解得：
R
3
所以球的表面积S4R212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。
2π
14．在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC,AP4，
3
ABAC23，则三棱锥PABC的外接球的表面积为（）
A．32πB．48πC．64πD．72π
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出VABC的外接圆的半径，然后取VABC的外接圆的圆心G，过G作GO//AP，
且GOAP2，由于PA平面ABC，故点O为三棱锥PABC的外接球的球心，
2
OA为外接球半径，求解即可.
【详解】
2
在VABC中，ABAC23，BAC，可得ACB，36
rAB2323则VABC的外接圆的半径r2sinACBπ23，取VABC的外接圆的圆心2sin
6
1
G，过G作GO//AP，且GOAP2，
2
因为PA平面ABC，所以点O为三棱锥PABC的外接球的球心，
则OA2OG2AG2，即外接球半径R22234，
则三棱锥PABC的外接球的表面积为4πR24π1664π.
故选C.
本题考查了三棱锥的外接球表面积的求法，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
15．在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，AA15，垂直于AA1的截面分别与面对角线D1A，B1A，B1C，D1C相交于四个不同的点E，F，G，H，则四棱锥A1EFGH体积的最大值为（）.
8125128640
A．B．C．D．
382581
【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A1到平面EFGH的距
t的函
离为5t0t1，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
数，利用导数可求得所求的最大值
【详解】
Q四棱柱ABCDA1B1C1D1为直四棱柱，AA1平面ABCD，AA1平面A1B1C1D1
平面EFGH//平面ABCD，平面EFGH//平面A1B1C1D1，
由面面平行性质得：
EF//B1D1//GH，EH//AC//FG，
又B1D1AC，EFFG，四边形EFGH为矩形.
关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于
【点睛】本题考查立体几何中的体积最值的求解问题，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．等腰三角形ABC的腰ABAC5，BC6，将它沿高AD翻折，使二面角
BADC成60
，此时四面体ABCD外接球的体积为（）
A．7
1919287
B．28C．D．
63
【答案】D
【解析】分析：
详解：
由题意，设
BCD所在的小圆为O1，半径为r，
又因为二面角BADC为600，即BDC600，所以BCD为边长为3的等边三角形，
又正弦定理可得，
2r30
sin600
23，即BE
23，
设球的半径为R，
且AD4，
在直角ADE中，
22
2RAD2
DE2
4R
42（23）228，
所以R7，所以球的体积为V
4R3
4
（7）3287，故选D
3
3
3
点睛：
本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有
（1）三条棱两两互相垂直时，
可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；
（2）直棱柱的
外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.
17．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
【答案】A
PABCD：
【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
其中，四边形ABCD为边长为1的正方形，PE面ABCD，且AE1，PE1.
AP
AE2
PE2
2，BE
ABAE2，DEAD2AE22
CE
BE2
BC2
5，PB
BE2PE25,PDPE2DE23
PC
CE2
PE2
6
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；
N，Q分别是线段AD1，B1C，三棱锥俯视图的面积为
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.
18．如图1，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，
C1D1上的动点，当三棱锥Q-BMN的正视图如图2所示时，
A．2
B．1
3
5
C．
D．
2
2
【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AD1的中点，N在B1处，Q在C1D1的中点，
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
19．设,是两个不同的平面，l,m是两条不同的直线，且l，m，则（）A．若//，则l//mB．若m//a，则//
C．若m，则D．若，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//，则l与m可能平行，可能异面，所以A不正确.
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.
20．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，
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．
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