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*含解析

发布于:2021-10-20 11:32:48

【高中数学】高考数学《空间向量与立体几何》练*题

一、选择题
1.若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面,且侧棱长为 5,它的对角线的长分别是 9 和

15,则这个棱柱的侧面积是( ).

A.130

B.140

C.150

D.160

【答案】D

【解析】

设直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,对角线 A1C 9, BD1 15 , 因为 A1A *面 ABCD, AC ? ,*面 ABCD ,所以 A1A AC ,

在 RtA1AC 中, A1A 5 ,可得 AC A1C2 A1A2 56 ,

同理可得 BD D1B2 D1D2 200 10 2 , 因为四边形 ABCD为菱形,可得 AC, BD 互相垂直*分,

所以 AB ( 1 AC)2 ( 1 BD)2 14 50 8 ,即菱形 ABCD 的边长为8 ,

2

2

因此,这个棱柱的侧面积为 S ( AB BC CD DA) AA1 48 5 160 ,
故选 D. 点睛:本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题,解答中通过给出的直四棱柱满足的条件, 求得底面菱形的边长,进而得出底面菱形的底面周长,即可代入侧面积公式求得侧面积, 着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,以及空间想象能力,其中正确认识空间几何 体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.

2.已知一个几何体的三视图如图所示(正方形边长为1),则该几何体的体积为( )

A. 3 4

B. 7 8

C. 15 16

D. 23 24

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

由三视图可知:该几何体为正方体挖去了一个四棱锥 A BCDE ,

该几何体的体积为1

1 3



1 2



1

1 2



1

1 2



7 8

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*

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.

3.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 17

B. 2 34 17

C. 5 17 17

D. 3 17 17

【答案】D

【解析】

【分析】

首先通过作*行的辅助线确定异面直线 PB 与 CE 所成角的*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*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 FG 3 , HG 1 AC 2 2 . 2

在 PCD 中,由余弦定理可得 cos DPC PD2 PC2 CD2 36 36 16 7 ,

2PD PC

266 9

则 CE2 PC2 PE2 2PC PE cos DPC 17 ,即 CE 17 .

在 GFH 中,由余弦定理可得 cos GFH FG2 FH 2 GH 2 9 17 8 3 17 .

2FG FH

23 17 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.

4.正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1,动点 M 在线段 CC1 上,动点 P 在*.面. A1B1C1D1 上,且 AP *面 MBD1 .线段 AP 长度的取值范围为( )

A. 1, 2
【答案】D 【解析】 【分析】

B. 1, 3

C.


3, 2

2


D.


6, 2

2


以 DA, DC, DD1 分别为 x, y, z 建立空间直角坐标系,设 P x, y,1 , M 0,1,t ,由 AP

x t+1

*面

MBD1

,可得



y



1

t

,然后用空间两点间的距离公式求解即可.

【详解】

以 DA, DC, DD1 分别为 x, y, z 建立空间直角坐标系,

则 A1,0,0, B1,1,0, M 0,1,t, D1 0,0,1, P x, y,1 .

uuur

uuuur

uuuur

AP x 1, y,1 , BD1 1,1,1 , BM 1,0,t,t 0,1

uuuur uuur

uuuur uuur

由 AP *面 MBD1 ,则 BM AP 0 且 BD1 AP 0

所以1 x t 0且1 x y 1 0 得 x t+1, y 1 t .

uuur 所以 AP

x 12 y2 1

2



t



1 2

2




3 2



t



1

时,

uuur AP



6

,当 t



0或t

1时,

uuur AP

2,

2

min 2

max

所以

6



uuur AP



2

2

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.如图,棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 , O 是底面 A1B1C1D1 的中心,则 O 到* 面 ABC1D1 的距离是( )

A. 1 2
【答案】B 【解析】

B. 2 4

C. 2 2

D. 3 2

【分析】

如图建立空间直角坐标系,可证明 A1D *面 ABC1D1 ,故*面 ABC1D1 的一个法向量 uuuur
为: DA1 ,利用点到*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:

O(

1 2

,

1 2

,1),

D1

(0,

0,1),

A(1,

0,

0),

B(1,1,

0),

C1(0,1,1)

uuuur 1 1 OD1 ( 2 , 2 , 0)

由于 AB *面 ADD1A1, AD1 *面 ADD1A1

AB A1D ,又 AD1 A1D , AB I AD1

A1D *面 ABC1D1 uuuur
故*面 ABC1D1 的一个法向量为: DA1 (1,0,1)

O 到*面 ABC1D1 的距离为:

uuuur uuuur 1

d | ODu1uuuDr A1 | 2 2

| DA1 |

24

故选:B

【点睛】

本题考查了点到*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.

6.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. 16 B. 64 C. 16 64 D.16 64

3

3

3

【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, V 1 42 4 1 42 4 16 64 , 故选 C.

3

3

3

7.棱长为 2 的正方体被一个*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. 9 2

B. 9 2 2

C. 3 2

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 12 12 2 ,下底边长为 22 22 2 2 ,

高为: 22 ( 2 )2 3 2 ,

2

2

故截面的面积 S 1 ( 2 2 2) 3 2 9 ,

2

22

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.

8.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
【答案】D 【解析】

B. 64 3

C.16

D. 16 3

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 *面 ABC, ABC 的面积

S 1 2 4 4 ,所以该多面体的体积V 1 4 4 16 ,故选 D.

2

3

3

9.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*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】

画出该几何体的直观图 P ABCD ,易证*面 PAD *面 ABCD ,*面 PCD *面

PAD ,*面 PAB *面 PAD ,*面 PAB *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*面 PAD *面 ABCD ,

作 PO⊥AD 于 O,则有 PO⊥*面 ABCD,PO⊥CD,

又 AD⊥CD,所以,CD⊥*面 PAD,

所以*面 PCD *面 PAD ,

同理可证:*面 PAB *面 PAD ,

由三视图可知:PO=AO=OD,所以,AP⊥PD,又 AP⊥CD,

所以,AP⊥*面 PCD,所以,*面 PAB *面 PCD ,

所以该多面体各表面所在*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.

10.三棱锥 D ABC 中, CD 底面 ABC, ABC 为正三角形,若

AE / /CD, AB CD AE 2 ,则三棱锥 D ABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分构成的
几何体的体积为( )

A. 3 9

B. 3 3

【答案】B

【解析】

根据题意画出如图所示的几何体:

C. 1 3

D. 3

∴三棱锥 D ABC 与三棱锥 E ABC 的公共部分构成的几何体为三棱锥 F ABC ∵ ABC 为正三角形, AB 2

∴ SABC



1 22 2

3 2

3

∵ CD 底面 ABC , AE / /CD , CD AE 2

∴四边形 AEDC 为矩形,则 F 为 EC 与 AD 的中点

∴三棱锥 F ABC 的高为 1 CD 1 2

∴三棱锥 F ABC 的体积为V 1 3 1 3

3

3

故选 B.

11.如图是正方体的*面展开图,则在这个正方体中:

① BM 与 ED *行

② CN 与 BE 是异面直线

③ CN 与 BM 成 60角 ④ DM 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*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*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 *行,故②错误; 连接 BE ,则 BE P CN , EBM 为 CN 与 BM 所成角,连接 EM ,可知 BEM 为正三 角形,则 EBM 60 ,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.如下图,在正方体 ABCD A1B1C1D1 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*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*面 A1B1C1D1 所成角为 ,则

sin 的最大值为( ).

A. 2 2
【答案】B 【解析】

B. 2 5 5

C. 2 6 5

D. 2 6 6

【分析】

连接 EF,可证*行四边形 EFGH 为截面,由题意可找到 A1M 与*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*面与*面 ABCD 的交线一定是过点 O 且与 EF * 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*行四

边形 EFGH 为截面,则五棱柱 A1B1EHA D1C1FGD 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

A1M

与*面 A1B1C1D1 所成的角,所以 MA1N

=α,因为 sinα=

MN A1M

,要使 α 的正弦最大,

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 A1M

=

HN A1H

=

25 5

,

故选 B

【点睛】 本题考查空间中的*行关系与*面公理的应用,考查线面角的求法,属于中档题.
13.若 a,b 是不同的直线, ,β 是不同的*面,则下列四个命题:①若 a P ,

b∥

r ,a



r b

,则





;②若 a

P

, b∥

, a∥b ,则∥

;③若 a





b







a∥b

,则∥

;④若

a

P



b







r a



r b

,则∥

.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*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 Pb , a ,∴ b ,又 b ,∴ P .故命题③正确.

故选 B.

【点睛】

本题主要考查空间直线*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*和

空间想象能力.

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 // *面 PBC

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*面*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*行四边形, AB//CD 且 AB CD ,

Q M 、 H 分别为 PA 、 PB 的中点,则 MH //AB 且 MH 1 AB , 2

Q N 为 CD 的中点,CN//MH 且 CN MH ,则四边形 CHMN 为*行四边形,

MN//CH ,且 MN *面 PBC , CH *面 PBC ,MN// *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;

Q PC BC , H 为 PB 的中点,CH PB ,Q MN//CH ,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*面的*行与垂直的位置关系的判断,是 中档题.

15.已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1 , O2 ,过直线 O1O2 的*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.12 2π

B.12π

C. 8 2π

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 的正方形,

结合圆柱的特征,可知该圆柱的底面为半径是 2 的圆,且高为 2 2 ,

所以其表面积为 S 2 ( 2)2 2 2 2 2 12 ,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.

16.已知直三棱柱 ABC A1B1C1 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 2 3 ,则该三棱柱的外接球的体积为

A. 32 3
【答案】A

B. 16 3

C. 8 3

D. 64 3

【解析】

【分析】

求得该直三棱柱的底面外接圆直径为 2r 12 ( 3)2 2 ,再根据球的性质,求得外接

球的直径 R 2 ,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 2r 12 ( 3)2 2 r 1,

根据球的性质,可得外接球的直径为 2R (2r)2 h2 22 (2 3)2 4 ,解得

R 2,

所以该三棱柱的外接球的体积为V 4 R3 32 ,故选 A.

3

3

【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.

17.在直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是边长为 4 的正方形, AA1 5 ,垂

直于 AA1 的截面分别与面对角线 D1 A , B1 A , B1C , D1C 相交于四个不同的点 E , F ,

G , H ,则四棱锥 A1 EFGH 体积的最大值为( ).

A. 8 3
【答案】D 【解析】

B. 125 8

C. 128 25

D. 640 81

【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*面 EFGH 的距

离为 5t 0 t 1 ,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 t 的函

数,利用导数可求得所求的最大值. 【详解】

Q 四棱柱 ABCD A1B1C1D1 为直四棱柱, AA1 *面 ABCD , AA1 *面 A1B1C1D1 *面 EFGH // *面 ABCD ,*面 EFGH // *面 A1B1C1D1 , 由面面*行性质得: EF //B1D1 //GH , EH //AC//FG ,

又 B1D1 AC ,EF FG ,四边形 EFGH 为矩形.

设点 A1到*面 EFGH 的距离为 5t 0 t 1 ,

Q AC B1D1 4 2 ,EF 4 2 1 t , FG 4 2t ,

四棱锥

A1



EFGH

的体积V



1 5t 32t 1 t
3

160 3

t2 t3



V 160 3

2t 3t2

, 当

t





0,

2 3



时,V





0

,当

t





2 3

,1

时,V





0



当t



2 3

时, Vmax



160 3





4 9



8 27





640 81

.

故选: D .

【点睛】

本题考查立体几何中的体积最值的求解问题,关键是能够将所求四棱锥的体积表示为关于

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.

18.等腰三角形 ABC 的腰 AB AC 5, BC 6 ,将它沿高 AD 翻折,使二面角 B AD C 成 60 ,此时四面体 ABCD 外接球的体积为( )

A. 7
【答案】D 【解析】 分析:

B. 28

C. 19 19 6

D. 28 7 3

详解:由题意,设 BCD 所在的小圆为 O1 ,半径为 r , 又因为二面角 B AD C 为 600 ,即 BDC 600 ,所以 BCD 为边长为 3 的等边三角
形,

又正弦定理可得, 2r



3 sin 600



2

3 ,即 BE 2

3,

设球的半径为 R ,且 AD 4 ,

在直角 ADE 中, 2R2 AD2 DE2 4R 42 (2 3)2 28,

所以 R 7 ,所以球的体积为V 4 R3 4 ( 7 )3 28 7 ,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*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.

19.已知直三棱柱 ABC A1B1C1 的所有棱长都相等, M 为 A1C1 的中点,则 AM 与 BC1
所成角的余弦值为( )

A. 15 3
【答案】D 【解析】 【分析】

B. 5 3

C. 6 4

D. 10 4

取 AC 的中点 N ,连接 C1N ,则 AM / /C1N ,所以异面直线 AM 与 BC1 所成角就是直线 AM 与 C1N 所成角,在 BNC1 中,利用余弦定理,即可求解.
【详解】

由题意,取 AC 的中点 N ,连接 C1N ,则 AM / /C1N ,
所以异面直线 AM 与 BC1 所成角就是直线 AM 与 C1N 所成角,

设正三棱柱的各棱长为 2 ,则 C1N 5, BC1 2 2, BN 3 ,

设直线 AM 与 C1N 所成角为 ,

在 BNC1 中,由余弦定理可得 cos ( 5)2 (2 2)2 ( 3)2 2 52 2

10 , 4

即异面直线 AM 与 BC1 所成角的余弦值为 10 ,故选 D.
4

【点睛】 本题主要考查了异面直线所成角的求解,其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线 所成的角是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.
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⊥*面 ABC,BC⊥*面 SAB,SA=AB=BC=2,

所以 AC=2 2 , SC 2 3 ,

设 SC 中点为 O,则在直角三角形 SAC 中,OA=OC=OS= 3 ,

在直角三角形 SBC 中,OB= 1 SC 3 , 2

所以 OA=OC=OS=OB= 3 ,

所以点 O 是四面体的外接球球心,且球的半径为 3 .

所以四面体外接球的表面积为 4

2
3 =12

.

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*

和分析推理的能力.


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