我的爱好-大班春季育儿知识

【高中数学】数学《空间向量与立体几何》期末复习知识要点

一、选择题
1
．以下说法正确的有几个（

）

①
四边 形确定一个平面；
②
如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共
点；③
过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；
④
如果两条直线垂直于同一条
直线，那么这两条直线平行；

A
．
0
个

【答案】
B

【解析】

【分析】

对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数
.

【详解】

①
错误，如空间四边形确定一个三棱锥
. ②
错误，直线可能和平面相交
. ③
正确，根据公
理二可判断
③
正确
. ④
错误，在空间中， 垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能
异面，也可能平行
.
综上所述，正确的 说法有
1
个，故选
B.

【点睛】

本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题
.

B
．
1
个
C
．
2
个
D
．
3
个


2
．在三棱锥
PABC< br>中，
PA
平面
ABC
，且
ABC
为等边三角形，
APAB2
，
则三棱锥
PABC
的外接球的表面积为（

）

A
．
27


2
B
．
28


3
C
．
26


3
D
．
25


2
【答案】
B

【解析】

【分析】
< br>
PA

可得出外接球的半径，进而可计算出
ABC
的外接 圆半径
r
，利用公式
Rr
2



2

得出三棱锥
PABC
的外接球的表面积
.

【详解】

2
ABC
的外接圆半径为
r
AB< br>2sin

3

23
3
，

QPA 
底面
ABC
，所以，三棱锥
PABC
的外接球半径为

23

21

PA

2
，
Rr
2


1



2 33



21

28

2
.

4

R4


因此，三棱锥
P ABC
的外接球的表面积为


3

3
2
2
2

故选：
B.

【点睛】

本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算
外接球 的半径，考查计算能力，属于中等题
.


3
．已知圆锥
S C
的高是底面半径的
3
倍，且圆锥
SC
的底面直径、体积分别与圆柱
OM
的底面半径、体积相等，则圆锥
SC
与圆柱
OM
的侧面 积之比为（

）
.

A
．
10:1

【答案】
A

【解析】

【分析】

设圆 锥
SC
的底面半径为
r
，可求得圆锥的母线长，根据圆锥侧面积公式求得侧面 积；由
圆锥体积与圆柱体积相等可构造方程求得圆柱的高，进而根据圆柱侧面积公式求得圆柱侧
面积，从而求得比值
.

【详解】

设圆锥
SC
的 底面半径为
r
，则高为
3r
，

圆锥
SC
的母线长
lr
2
9r
2
10r
，

B
．
3:1
C
．
2:1
D
．
10:2


圆锥
SC
的侧面积为

rl10

r
2
；

圆柱
OM
的底面半径为
2r
，高为
h
，

又圆锥的体积
V
1
2
r

r3r

r
3
，
4

r
2
h

r
3
，
h
，

34

圆柱
OM
的侧面积为
2

2rh4

rh
r
2
，


圆锥
SC
与圆柱
OM的侧面积之比为
10

r
2
:

r
2
10:1
.

故选：
A
.

【点睛】

本题考查圆锥和圆柱侧面积的求解问题，涉及到圆锥和圆柱体积公式的应用 ，属于基础题
.


4
．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(6623)
B
．
6(8823)
C
．
8(6632)
D
．
6(8832)

【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
2 22
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
< br>11

S6

(222)
2
422

823
8(6623)
.

22

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
.


5
．如图，棱长为
1
的正方体
ABCDA
1< br>B
1
C
1
D
1
，
O
是底面
A
1
B
1
C
1
D
1
的中心，则
O
到平
面
ABC
1
D
1
的距离是（

）



A
．
1

2
B
．
2

4
C
．
2

2
D
．
3

2
【答案】
B

【解析】

【分析】

如图建立空间直角坐标系，可证明
A
1
D
平面
ABC
1
D
1
，故平面
ABC
1
D
1
的一个法向量
uuuur
为：
DA
1
，利用点到平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：

11
O(,,1),D
1
(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C
1< br>(0,1,1)


22
uuuur
11
OD
1
(,,0)

22
由于
AB
平面
ADD
1
A
1
,AD
1

平面
ADD
1
A
1

ABA
1
D
，又
AD
1
A
1
D< br>，
ABIAD
1

A
1
D
平面
ABC
1
D
1

uuuur
故平面
ABC
1
D
1
的一个法向量为：
DA,0,1)

1
(1
1
uuuuruuuur
|OD
1
DA
1
|
2

uuuur
d 
2

4
|DA
1
|
2
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
.

O
到平面
ABC
1
D
1
的距离为：


6
．已知
VABC
的三个顶点在以
O
为球心的球 面上，且
cosA
22
，
BC1
，
3
AC3
，三棱锥
OABC
的体积为
A
．
36


【答案】
B

【解析】

【分析】

B
．
16


14
，则球
O
的表面积为
( )

6
C
．
12

D
．
16


3

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】

AB
2
AC
2
BC
2
AB
2
9122
由余弦定理得
cosA
，解得AB22
，


2AB
g
AC6AB3
 AB
2
BC
2
AC
2
，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
，

QV
OABC
S
 ABC
gOD221OD
3326
OD
7
．

2
OAOD
2
AD
2
2
．

S
球O
4

OA
2
16

．

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< br>状是关键．


7
．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
．
9

2
B
．
92

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
，

上底长为
1
2
1
2

高为：
2
2
(
2
，下底边长为
2
2
2
2
22
，

2
2
32
，

)
22
故截面的面积
S
故选：
A
．

【点睛】

1329
(222)
，

222
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
．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为


A
．
8
23

3
B
．
823
C
．
28

3
D
．
10

【答案】
A

【解析】

【分析】

根据三视图可知该几何体为一 组合体，是一个棱长为
2
的正方体与三棱锥的组合体，根据
体积公式分别计算即可.

【详解】

几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为

1123
,

V2
3
+2328
323
故选
A.

【点睛】

本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题
.

9
．如图，在直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
ACBC4
，
ACBC
，
CC
1
5
，
D
、
E
分别是
AB
、
B
1
C
1
的中点，则异面直线
BE
与
CD
所成的角的 余弦值为（

）



A
．
3

3
B
．
1

3
C
．
58

29
D
．
387

29
【答案】
C

【解析】

【分析】

取
A
1
C
1
的中点
F
，连接
DF
、
EF
、
CF
，推导出四边形
BDFE
为平行四边 形，可得出
BEDF
，可得出异面直线
BE
与
CD
所成的角 为
CDF
，通过解
VCDF
，利用余弦定
理可求得异面直线
BE
与
CD
所成的角的余弦值
.

【详解】
< br>取
A
1
C
1
的中点
F
，连接
DF< br>、
EF
、
CF
.

易知< br>EF
是
△A
1
B
1
C
1
的中位线， 所以
EFA
1
B
1
且
EF
1
A
1
B
1
.

2
1
A
1
B
1
，所以
2
又
ABA
1
B
1
且
A BA
1
B
1
，
D
为
AB
的中点，所以< br>BDA
1
B
1
且
BD
EFBD
且
EFBD
.

所以四边形
BDFE
是平行四边形，所以
D FBE
，所以
CDF
就是异面直线
BE
与
CD
所 成的角
.

因为
ACBC4
，
ACBC
，< br>CC
1
5
，
D
、
E
、
F
分别是
AB
、
B
1
C
1
、
A
1< br>C
1
的中
点，

所以
C
1
F11
AC2BEB
1
C
1
2
且
CDA B
.

，
111
22
4442
，所以
CD
22
由勾股定理得
AB
ACBC44
22
.

AB
42
由勾股定理得
CFCC
1
2
C
1
F
2
5
2
2
2
29
，
DFBEBB
1
2
B
1
E
2
 5
2
2
2
29
.

在
VCDF
中，由余弦定理得
cosCDF
故选：
C.

【点睛】

本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直 线所成的角，
考查计算能力，属于中等题
.


29
< br>2
22

2
29

2
22922

58
.

29

10
．如图，在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
AB2
,
AA
，
D
，
F
分别是棱
AB
，
1
23
AA
1
的中点，
E
为棱
AC
上的动点，则
DEF
的周长的最小值为
()


A
．
222

C
．
62

【答案】
D

【解析】

【分析】

B
．
232

D
．
72

根据正三棱柱的特征可知
ABC
为 等边三角形且
AA
1

平面
ABC
，根据
AA1
AD
可利用
勾股定理求得
DF2
；把底面
ABC
与侧面
ACC
1
A
1
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
ABCA
1
B
1
C
1
为正三棱 柱

∴ABC
为等边三角形且
AA
1

平 面
ABC

QAD
平面
ABC

AA
1
AD

DF132

把 底面
ABC
与侧面
ACC
1
A
1
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
FAD150
o
，
AF3
，
AD1



DEEF

min

3
AFAD2AFADcosFAD423


2


7


22
DEF
周长的最小值为：
72

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
.


11
．在四面体
ABCD
中，
AB
，
BC
，
BD
两两垂直，
ABBC BD4
，
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

3
C
．
22

3
D
．
6

3
【答案】
C

【解析】

【分析】

因为
AB
，
BC< br>，
BD
两两垂直，以
BA
为
X
轴，以
BD< br>为
Y
轴，以
BC
为
Z
轴建立空间直
uuur r
uuurr
r
uuur
EFn
rr
，即可
角坐 标系，求出向量
EF
与平面
ACD
的法向量
n
，再根据cosEF,n
uuu
|EF||n|
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
ABBCBD4
；

A

4,0,0

,B(0,0,0),D(0,4,0),C(0,0,4)

，又因为< br>E
、
F
分别为棱
BC
、
AD
的中点

所以
E(0,0,2),F(2,2,0)


uuur
u uuruuur
故
EF

2,2,2


，
AD(4,4,0)

，
AC(4,0,4)
.

v
v
uuu

n
r
AD0
v


设平面
ACD
的法向量为
n(x,y,z)

，则

v
uuu
nAC0

令
x1,

则
yz1
；

所以
n(1,1,1)

r
uuurr
uuurr
EFn21
rr
cosEF,n
uuu


| EF||n|
323
3
设直线
EF
与平面
ACD
所成角为


，则
sin



cosEF,n

所以
cos

1sin
2


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
.

uuurr
22


3

12
．已知m
，
l
是两条不同的直线，

，

是两个不同 的平面，则下列可以推出



的
是（

）

A
．
ml
，
m

，l


C
．
ml
，
m

，
l


【答案】
D

【解析】

【分析】

A
，有可能出现

，

平行这 种情况
.B
，会出现平面

，

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< br>.

【详解】

对于
A
，
ml
，
m

，
l

，则



或

，

相交，故
A
错误；

对于B
，会出现平面

，

相交但不垂直的情况，故
B错误；

对于
C
，因为
ml
，
m

，则
l

，由因为
l



∥

，故
C
错误；

对于
D
，
l 

，
m∥lm

，又由
m∥

< br>


，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
.

B
．
ml
，

I

l
，
m


D
．
l

，
ml
，
m


13
．已知
m,l
是两条不同的直线，

,

是两个不同的平面，则下列可以推出



的是
（

）

A
．
ml,m

,l


C
．
ml,m

,l


【答案】
D

【解析】

【分析】

B< br>．
ml,



l,m


D
．
l

,ml,m


A
，有可能出现

，

平行这种情况
.B
，会出 现平面

，

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

，若
l

，则



，故
A
错误；

对于
B
，会出现平面

，
相交但不垂直的情况，故
B
错误；

对于
C
，因为ml
，
m

，则
l

，又因为
l 



∥

，故
C
错误；
< br>对于
D
，
l

，
m∥lm

，又由
m∥





，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
.

14
．如下图，在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，点
E、F
分别为棱
BB
1
，
CC
1
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
A
1
的部分为
V
1
，
不含
A
1
的部分为
V
2
，连接
A
1
和
V
2
的任一点
M
，设
A
1
M
与平面
A
1
B
1
C
1< br>D
1
所成角为

，则
sin

的最大值为（

）．


A
．
2

2
B
．
25

5
C
．
26

5
D
．
26

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
A
1
M
与平面
A< br>1
B
1
C
1
D
1
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
GHBC
交
CD
于点
G,
交
AB
于
H
点，则
GHEF,
连接
EH
，
FG,
则平行四
边形
EFGH
为截面，则五棱柱
A
1
B
1
EHAD
1
C
1
FGD
为V
1
，三棱柱
EBH-FCG
为
V
2
，设M
点
为
V
2
的任一点，过
M
点作底面
A
1
B
1
C
1
D
1
的垂线，垂足为
N
，连接
A
1
N
,
则

MA
1
N
即为

A
1
M
与平面
A
1
B
1
C
1
D
1
所成的角，所以

MA
1
N
=α
，因为
sinα=
MN
,
要 使
α
的正弦最大，
A
1
M
必须
MN
最大，
A
1
M
最小，当点
M
与点
H
重合时符合题 意，故
sinα
的最大值为
MNHN
25
=
=,

A
1
MA
1
H
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
.


15
．我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：
“
缘 幂势既同，则积不容异
也
”
．
“
幂
”
是截面积，< br>“
势
”
是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积
都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足
“
幂势既同
”
，其中俯视图中的圆弧为
1
圆周，则该不规则几何体的体积为（

）

4

A
．
1


2
B
．
1



36
C
．
12

D
．
12



33
【答案】
B

【解析】

【分析】

根据三视图知该几何体是三棱锥与
体积即可．

【详解】

解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与
1
圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的
4
1
圆锥体的组合体，

4

如图所示；

则该组合体的体积为
V
1 1111

112

1
2
2
；

323436
1


．

36
所以对应不规则几何体的体积为
故选
B
．


【点睛】

本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观 图的应用问
题，是基础题．


16
．已知正三棱柱
ABC A
1
B
1
C
1
的所有棱长都相等，
D
是
A
1
B
1
的中点，则
AD
与平面
BCC< br>1
B
1
所成角的正弦值为（

）

A
．
5

5
B
．
25

5
C
．
10

10
D
．
15

10
【答案】
D

【解析】

【分析】

先找出直线
AD
与平面BCC
1
B
1
所成角，然后在
VB
1
EF中，求出
sinEB
1
F
，即可得到本
题答案
.
【详解】


如图，取
AB
中点
E
，作
EFBC
于
F
，

连接
B
1
E,B
1
F
，则
EB
1
F
即为
AD< br>与平面
BCC
1
B
1
所成角
.

不妨设棱长为
4
，则
BF1,BE2
，

EF3,B
1
E25

sinEB
1
F
315
.


25
10

故选：
D

【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
.


17
．圆锥
SD
（其中
S
为顶点，
D< br>为底面圆心）的侧面积与底面积的比是
2:1
，则圆锥
SD
与它外接球 （即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（

）

A
．
9:32
B
．
8:27
C
．
9:22
D
．
9:28

【答案】
A

【解析】

【分析】

根据 已知条件求得圆锥母线与底面圆半径
r
的关系，从而得到圆锥的高与
r
关系， 计算圆
锥体积，由截面图得到外接球的半径
R
与
r
间的关系，计算球 的体积，作比即可得到答案
.

【详解】

设圆锥底面圆的半径为< br>r,
圆锥母线长为
l
，则侧面积为
πrl
，

侧面积与底面积的比为
则圆锥的体积为
πrl
l
2
,
则母线
l=2r,
圆锥的高为
h=
l
2
r
23r
,

2

rr
1
2
3
3
π
r
h


r
,

33
设外接球的球心为
O,
半径为
R,
截面图如图，则
OB=OS=R ,OD=h-R=
3rR
,BD=r,

在直角三角形
BOD中，由勾股定理得
OB
2
OD
2
BD
2
,
即
R
2
r
2


3rR
,< br>

2
2
448
3
32

r
3
3
r,
所以外接球的体积为

R

r< br>,

展开整理得
R=
3
33
3393
33

r
9
3

故所求体积比为

32

r
3
32
93
故选：
A


【点睛】

本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题
.


18
．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
．

12
B
．


4
C
．
5


12
D
．


2
【答案】
C

【解析】

【分析】

根据题意，取
BC
的中点< br>M
，连接
MQ
，则
ACMQ
，所以
QPM
为异面直线
PQ
与
AC
所成角，在利用余弦定理可得
MQ4x< br>2
2x
，易知
PQMQ
，所以在等腰三
角形
PM Q
中
cosQPM
1
4x2x
2
，
0x4

，即可求出

33

cosQPM< br>
，

，
进而求出结果
.

123

【详解】

取
BC
的中点
M< br>，连接
MQ
，则
ACMQ
，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
，
BQx，

0 x4

，

在
BMQ
中，
MQBMBQ 2BMBQcos604x2x
，

在正四面体
ABCD
中，易知
PQMQ
，

所 以在等腰三角形
PMQ
中，
cosQPM
2222
1
4 x2x
2
，

0x4




33

5

cosQPM
.
所以所以异面直线
PQ
与
AC
所成角可能为

，

，
123
12

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
.


19
．如图，在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1

中，
E,F

分别为
B
1
C,C
1
D
1

的中点，点
P

是底面

A
1
B1
C
1
D
1
内一点，且
AP

平面
EFDB

，则
tanAPA
1

的最大值是
( )


A
．
2

【答案】
C

【解析】

B
．
2 C
．
22
D
．
32

PM
，从而分析： 连结
AC
、
BD
，交于点
O
，连结
A
1< br>C
1
，交
EF
于
M
，连结
OM
，则
AO
P

A
1
P=C
1
M
，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
1
C
1
，交
EF
于
M
，连结
OM
，


设正方形
ABCD
﹣
A
1
B
1C
1
D
1
中棱长为
1
，

∵在正方形
ABCD
﹣
A
1
B
1
C
1
D1
中，
E
，
F
分别为
B
1
C
1
，
C
1
D
1
的中点，

点
P< br>是底面
A
1
B
1
C
1
D
1
内一点，且
AP
∥平面
EFDB
，

PM
，∴A
1
P=C
1
M=
∴
AO
P

AC2
，


44
AA
1
tanAPA==∴∠
1
A
1
P
1
2
=2
2
．

4
∴
tan
∠
APA
1
的最大值是2
2
．

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．


20
．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
lm

C
．若
m

，则




【答案】
C

【解析】

【分析】

B
．若
ma
，则




D
．若



，则
lm

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
.

B.
若
ma
，则

与

可能平行，可能 相交，所以
B
不正确
.

C.
若
m

，由
m

，根据面面垂直的判定定理可得



，所以
C
正确
.

D
若


，且
l

，
m

，则
l
与
m
可能平行，可能异面，可能相交
,
所以
D
不正
确
.

【点睛】

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
.< br>