高考数学二轮复习常考题型大通关(新高考)多项选择题：空间向量与立体几何

高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）

多项选择题：空间向量与立体几何

1.已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( ) A.2π

B.(12)π

C.22π

D.(22)π

2.设a,b,c是空间一个基底，则下列选项中正确的是( ) A.若ab,bc，则ac

B.a,b,c两两共面，但a,b,c不可能共面

C.对空间任一向量p，总存在有序实数组(x, y, z)，使pxaybzc D.ab,bc,ca一定能构成空间的一个基底

3.已知A,B,C三点均在球O的表面上，ABBCCA2，且球心O到平面ABC的距离等于球1半径的，则下列结论正确的是( )

3A.球O的表面积为6π

B.球O的内接正方体的棱长为1 C.球O的外切正方体的棱长为

4 3D.球O的内接正四面体的棱长为2

4.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点 F 是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是( )

A.无论点F在线段BC1上怎么移动，都有A1FB1D

B.当F为BC1的中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且

A1E2 EFC.无论点F在线段BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成的角都不可能是30° D.当F为BC1的中点时，直线A1F与平面BDC1所成的角最大，且为60°

5.已知四边形ABCD为正方形，GD平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，点H为BF的中点.以下结论正确的是( ) A.DEBF C.EC平面DBF

B.EF与CH所成角为60° D.BF与平面ACFE所成角为45°

6.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )

A.直线BD1平面A1C1D B.三棱锥PAC11D的体积为定值

ππC.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是,

42D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为6 37.已知l,m为两条不同的直线，,为两个不同的平面，且l,mA.若lm，则

，则下列说法正确的是( )

B.若lm，则C.若

，则lm

D.若，则lm

8.如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，平面PCD平面ABCD,CDPCPD.若点M为PC上一点，且PA平面BDM，则下列说法正确的是( )

A.DPPB B.BM平面PCD

C.当AD2DC2时，四棱锥MABCD的体积为3 616π 3D.当AD2DC2时，四棱锥PABCD外接球的表面积为

9.在正方体ABCDA1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则( ) A.CM与PN是异面直线 B.CMPN

C.平面PAN平面BDD1B1

D.过P,A,C三点的正方体的截面一定是等腰梯形

10.已知四棱柱ABCDA1B1C1D1为正方体，则下列结论正确的是( ) A.A1AA1D1A1B123A1B1

2B.AC1A1B1A1A0

C.向量AD1与向量A1B的夹角是120°

D.正方体ABCDA1B1C1D1的体积为ABAA1AD

答案以及解析

1.答案：AB

解析：若以直角边所在直线为旋转轴，得到一个底面半径为1、高为1的圆锥，其表面积为π1π12(12)π；若以斜边所在直线为旋转轴，得到两个底面半径为

22、高为的22圆锥所形成的组合体，其表面积为2π2.答案：BCD

212π.故选AB. 2解析：对于A选项，b与a,c都垂直，a,c夹角不一定是

π，A选项错误. 2对于B选项，根据基底的概念可知a,b,c两两共面，但a,b,c不可能共面，B选项正确. 对于C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确.

对于D选项，由于a,b,c是空间一个基底，所以a,b,c不共面.假设ab,bc,ca共面，不妨设

abxbc1xca，化简得cxa1xb，所以a,b,c共面，这与已知矛盾，所以

ab,bc,ca不共面，可以作为空间的一个基底，D选项正确.

故选BCD. 3.答案：AD

解析：设球O的半径为r,ABC的外接圆圆心为O'，半径为R.易得R23.因为球心O到平31143面ABC的距离等于球O半径的，所以r2r2，得r2.所以球O的表面积

3932S4πr24π36π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足3a2r，显然选项B不正2确；球O的外切正方体的棱长b满足b2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长

c满足c26266r2，选项D正确.故选AD. 3324.答案：ABC

解析：对于A选项，在正方体ABCDA1B1C1D1中，连接AC11,A1B，易知B1D平面A1BC1，又A1F平面A1BC1,A1FB1D，故A正确；

对于B选项，如图，当F为BC1的中点时，连接B1C,A1D,B1C与BC1交于点F,A1F与B1D共面于平面A1B1CD，且必相交，交点为E，易知A1DE~FB1E，所以

A1EDA12，故B正确； EFB1F对于C选项，点F从点B移至点C1，异面直线A1F与CD所成的角先变小再变大，当F为BC1的中点时，异面直线A1F与CD所成的角最小，此时该角的正切值为确；

对于D选项，点F从点B移至点C1，直线A1F与平面BDC1所成的角先变大再变小，当F为BC1的中点时，设点O为A1在平面BDC1上的投影，连接OF，则直线A1F与平面BDC1所成角的

2，最小角大于30°，故C正26OF16，则最大角大于60°最大角的余弦值为，故D错误.故选ABC. A1F632

5.答案：ABC

解析：连接AG，易知BFAG,DEAG，得DEBF，故A正确；由CHDE,DE与EF所成

角为60°，得到EF与CH所成角为60°，故B正确；易知ECDB,ECDF,DBDFD，得EC平面DBF，故C正确；过B作BMAC，垂足为M，连接MF，则MFB为BF与平面ACFE所成的角，在RtBMF中，易知BMMF，故MFB45，故D错.故选ABC.

6.答案：ABD

解析：对于选项A，连接B1D1，易知AC11B1D1，且BB1平面A1B1C1D1，则BB1AC11，所以AC11平面BD1B1，故AC11BD1；同理，连接AD1，易证得A1DBD1.故BD1平面A1C1D，故A

正确.对于选项B，VPA1C1DVC1A1PD，因为点P在线段B1C上运动，所以SA1DP1A1DAB，面积2为定值，又C1到平面A1PD的距离即为C1到平面A1B1CD的距离，也为定值，故三棱锥PAC11D的体积为定值，B正确.对于选项C，当点P与线段B1C的端点重合时，AP与A1D所成角取得最小值，为

π，故C错误.对于选项D，因为直线BD1平面A1C1D，所以若直线C1P与平面A1C1D所成角3的正弦值最大，则直线C1P与直线BD1所成角的余弦值最大，此时P位于B1C的中点处，即所成角为C1BD1，设正方体棱长为1，在RtD1C1B中，cosC1BD1BD. 7.答案：AC 解析：因为l,l以 m 在  内或m所以l，又mmm，所以m，又mC1B26，故D正确.故选ABD133，所以，故A项正确；因为l,lm，所

，又m，所以  与  平行或相交，故B项错误；因为l,，

，所以lm，故C项正确；因为l,，所以l 在  内或l，又

，不一定得到lm，故D项错误.故选AC.

8.答案：CD 解析：

平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD,BCCD,BC平面ABCD，

BC平面PCD,BCPD.若DPPB，则PD平面PBC，则PDPC，这与DPC60矛盾，DPPB不成立，选项A错误.连接AC，交BD于O，连接OM，易知PA为PC的中点.若BM平面PCD，则BMPC，

OM,M平面BCP内过点B只能作一条直线与直线

PC垂直，且易证BCPC,选项B错误.已知M为PC的中点，四棱锥MABCD的体积是四

棱锥PABCD的体积的一半.取CD的中点N，连接PN，则PNCD，则PN平面ABCD.当AD2DC2时，PN31133,四棱锥MABCD的体积VMABCD21,选项C正223265,ON1.设四棱锥2确.连接ON，当AD2DC2时，在矩形ABCD中，BD5,ODPABCD外接球的球心为G，半径为R，连接GP,GD,GO，作GKPN,K为垂足，则35322GPGDR,PK2GK2GO2OD2R2.设OGh，则，得hh1h22622，R2GO2OD2h2OD2选项D正确.故选CD.

15416π,四棱锥PABCD外接球的表面积S4πR2,12433

9.答案：BCD

解析：如图，C,N,A三点共线，CN,PM交于点A，共面，因此CM,PN共面，A错误.记PAC，则PN2AP2AN22APANcosAP21AC2APACcos，4CM2AC2AM22ACAMcosAC2APAC,CM2PN21AP2APACcos，又43AC2AP20,CM2PN2，即CMPN，B正确.由于正方体中，4ANBD,BB1平面ABCD，则BB1AN，又BB1BDB，可得AN平面BDD1B1，由AN平面PAN，可得平面PAN平面BDD1B1，C正确.连接A1C1，过 P 作PKK，连接KC，又AC11AC,PKAC11，交C1D1于点

AC,PK,AC共面，平面PKCA就是过P,A,C三点的正方体的

截面，它是等腰梯形，D正确.故选BCD.

10.答案：ABC

解析：不妨设正方体的棱长为1，以DA,DC,DD1为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1).



因为AA1AA1D1A1B1(0,0,1)(1,0,0)(0,1,0)(1,1,1)，所以

A1AA1D1A1B12A1AA1D1A1B13，3A1B13AB3|AB|23123，故A正确.因为

222A1C(1,1,1),A1B1A1AAB1(0,1,1)，所以A1CA1B1A1A0110，故B正确.因为AD1(1,0,1),A1B(0,1,1)，所以AD1A1B0011,AD12,A1B2，所以cosAD1,A1BAD1A1BAD1A1B1.故C正确.因为，所以向量AD1与向量A1B的夹角是120°

2221ABAA1，所以ABAA10，所以ABAA1AD0AD0，故D错误.故选ABC.