1、立体几何初步一、选择题1(2021年高考全国乙卷理科)在正方体中，P为中点，则直线与所成的角为()ABCD【答案】D解析：如图，连接，因为，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，所以故选：D2(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()ABCD【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3(2021年高考全国甲卷理科)已如ABC是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为()
2、ABCD【答案】A解析：，为等腰直角三角形，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以故选：A【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解4(2020年高考数学课标卷理科)已知为球球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，则球的表面积为()ABCD【答案】A【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，为等边三角形，由正弦定理可得，根据球的截面性质平面，球的表面积故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题5(2020年高考数学课标卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建
3、筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()ABCD【答案】C【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）故选：C【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题6(2020年高考数学课标卷理科)已知ABC是面积为等边三角形，且其顶点都在球O的球面上若球O的表面积为16，则O到平面ABC的距离为()ABC1D【答案】C解析：设球的半径为，则，解得：设外接圆半径为，边长为，是面积为的等边三角形，解得：，球心到平面的距离故选：C【
4、点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面7(2020年高考数学课标卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为()()ABCD【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,点在侧视图中对应的点为故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握
5、三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题8(2020年高考数学课标卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A6+4B4+4C6+2D4+2【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：根据勾股定理可得：是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：该几何体的表面积是：故选：C【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题9(2019年高考数学课标卷理科)如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的
6、中点，则()A，且直线是相交直线B，且直线是相交直线C，且直线是异面直线D，且直线是异面直线【答案】B【解析】取中点，如图连接辅助线，在中，为中点，为中点，所以，所以，共面相交，选项C，D错误平面平面，平面，又,平面，从而，所以与均为直角三角形不妨设正方形边长，易知，所以，,，故选B【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目10(2019年高考数学课标全国卷理科)设、为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知
7、：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B.【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误11(2019年高考数学课标全国卷理科)已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，是边长为2的正三角形，分别是，的中点，则球的体积为()ABCD【答案】D解析：三棱锥为正三棱锥，取中点，连接，则，可得平面，从而，又，可得，又，所以平面，从
8、而，从而正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，可将该三棱锥还原成一个以为棱的正方体，正方体的体对角线即为球的直径，即，所以球的体积为12(2018年高考数学课标卷（理）)设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为()ABCD【答案】B解析：设的边长为，则，此时外接圆的半径为，故球心到面的距离为，故点到面的最大距离为，此时，故选B点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由为三角形的重心，计算得到，再由勾股定理得到，进而得到结果，属于较难题型13(2018年高考数学课标卷（理）)中国
9、古建筑借助榫卯将木构件连接起来构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A图14(2018年高考数学课标卷（理）)在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值为()ABCD【答案】C解析：以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，所以因为所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C15(2018年高考数学课标卷（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为()A
10、BCD【答案】A【解析一】根据题意，平面与正方体对角线垂直，记正方体为不妨设平面与垂直，且交于点平面与平面与分别交于正方体中心为,则容易证明当从运动到时，截面为三角形且周长逐渐增大:当从运动到时，截面为六边形且周长不变;当从运动到时，截面为三角形且周长还渐减小。我们熟知周长一定的多边形中，正多边形的面积最大，因此当运动到点时，截面为边长为的正大边形，此时截面面积最大，为【解析二】由题意可知，该平面与在正方体的截面为对边平行的六边形，如图所示，则截面面积为所以当时，16(2018年高考数学课标卷（理）)某圆柱的高为，底面周长为,其三视图如右圈，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为圆柱表面上的点在左
11、视图上的对应点为,则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为()ABCD【答案】B解析：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度：，故选B17(2017年高考数学新课标卷理科)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()ABCD【答案】B【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,则表面中含梯形的面积之和为,故选B 【考点】简单几何
12、体的三视图 【点评】三视图往往与几何体的体积、表面积及空间线面关系、角、距离等问题相结合,解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图 18(2017年高考数学课标卷理科)已知圆柱的高为，它的两个底面的圆周在直径为的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()ABCD【答案】B【解析】法一：如图，画出圆柱的轴截面，所以，那么圆柱的体积是，故选B法二：设圆柱的底面圆的半径为，圆柱的高，而该圆柱的外接球的半径为根据球与圆柱的对称性，可得即，故该圆柱的体积为，故选B【考点】圆柱的体积公式【点评】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系
13、和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解19(2017年高考数学课标卷理科)已知直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值为()ABCD【答案】C【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力【解析】解法一：常规解法在边上分别取中点，并相互连接由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线和所成的夹角为或其补角，通过几何关系求得，利用余弦定理可求得异面直线和所成的夹角余弦值为解法二：补形通过补形之后可知：或其补角为异面直线和所成的角，通过几何关系可知：，由勾股定理或余弦定理可得异面直线和
14、所成的夹角余弦值为解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系， ， 解法四：投影平移-三垂线定理设异面直线和所成的夹角为利用三垂线定理可知：异面直线和所成的夹角余弦值为【知识拓展】立体几何位置关系中角度问题一直是理科的热点问题，也是高频考点，证明的方法大体有两个方向：1几何法；2建系；几何法步骤简洁，但不易想到；建系容易想到，但计算量偏大，平时复习应注意各方法优势和不足，做到胸有成竹，方能事半功倍20(2017年高考数学课标卷理科)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为()ABCD【答案】B【命题意图】本题主要考
15、查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力为主目的【解析】解法一：常规解法从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：切割前圆柱切割中切割后几何体从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：从左图可知：剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体积为， ；上面阴影的体积是上面部分体积的一半，即，与的比为高的比（同底），即，故总体积第二种体积求法：，其余同上，故总体积【知识拓展】三视图属于高考必考点，几乎年年考三视图，题型一般有五方面，1求体积；2求面积（表面积，侧面积等）；3求棱长；4视图本质考查（推断视图，展开图，空间直角坐标系
16、视图）；5视图与球体综合联立，其中前三个方面考的较多21(2016高考数学课标卷理科)在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球,若,则的最大值是()ABCD【答案】B【解析】要使球的体积最大,必须球的半径最大.由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值,此时球的体积为,故选B.22(2016高考数学课标卷理科)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实现画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为()ABC90D81【答案】B【解析】由三视图知该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱,如图所以该几何体的表面积为,故选B.23(2016高考数学课标卷理科)右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的
17、三视图，则该几何体的表面积为()ABCD【答案】C【解析】还原几何体后是一个高为4底面半径为2的圆柱与底面半径为2高为 的圆锥的组合体而圆锥的侧面积为：，而圆柱的侧面积为：，圆柱的底面积为：所以几何体的表面积为：，故选C24(2016高考数学课标卷理科)平面过正方体的顶点，平面CB1D1，平面，平面，则所成角的正弦值为()(A)(B)(C)(D)【答案】A【解析】如图所示：，若设平面平面，则又平面平面，结合平面平面，故 同理可得：故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小而（均为面对交线），因此，即故选A25(2016高考数学课标卷理科)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中
18、两条相互垂直的半径若该几何体的体积是，则它的表面积是()()(A)(B)(C)(D)【答案】A【解析】由三视图知：该几何体是个球，设球的半径为，则，解得，所以它的表面积是，故选A26(2015高考数学新课标2理科)已知是球的球面上两点，,为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为()ABCD【答案】C解析：如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C考点：外接球表面积和椎体的体积27(2015高考数学新课标2理科)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()()
19、ABCD【答案】D解析：由三视图得，在正方体中，截去四面体，如图所示，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D考点：三视图28(2015高考数学新课标1理科)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示若该几何体的表面积为，则=A1B2C4D8【答案】B解析：由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为=16 + 20，解得r=2，故选B考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式29(2015高考数学新课标1理科)九
20、章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为162立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A14斛B22斛C36斛D66斛【答案】B解析：设圆锥底面半径为r，则=，所以米堆的体积为=，故堆放的米约为16222，故选B考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式30(2014高考数学课标2理科)直三棱柱ABC-A1B1C1中，BCA=90，M，N分别是
21、A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为()ABCD【答案】C解析：分别以轴，建立空间直角坐标系，令，则，故选C。考点：（1）异面直线所成的角；（2）利用空间向量求线线角。难度：C备注：一题多解31(2014高考数学课标2理科)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm),图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()ABCD【答案】C解析：由三视图知该零件由两个半径分别为3,2的圆柱构成，用原来圆柱的体积减去现在零件的体积得到削掉部分的体积：利用体积公式可得答案
22、为C。考点：（1）三视图；（2）圆柱的体积计算。难度：B备注：应用题32(2014高考数学课标1理科)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的个条棱中,最长的棱的长度为()()ABC6D4【答案】C【解析】:如图所示,原几何体为三棱锥, 其中,故最长的棱的长度为, 选C 33(2013高考数学新课标2理科)一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可以为()()【答案】A解析：在空间直角坐标系中，先画出四面体的直观图，以平面为投影面，则得到正视图，所以选A考点：（1）912几何体的三视图；（2
23、）961空间直角坐标系的运算难度： B备注：高频考点34(2013高考数学新课标2理科)已知为异面直线，平面，平面直线满足，则()A且B且C与相交，且交线垂直于D与相交，且交线平行于【答案】D解析：利用空间直线平面的平行与垂直的判定与性质定理可得答案为D考点：（1）951直线与平面垂直的判定与性质；（2）952平面与平面垂直的判定与性质（3）941直线与平面平行的判定与性质；（4）932空间直线的位置关系35(2013高考数学新课标1理科)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()ABCD【答案】解析：将三视图还原成直观图为：由三视图知，该几何体为放到的半个圆柱底面半径为2高为4，上边放
24、一个长为4宽为2高为2长方体，故其体积为 =，故选A考点:（1）923由三视图求几何体的表面积、体积难度：备注：高频考点36(2013高考数学新课标1理科)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()Acm3Bcm3Ccm3Dcm3【答案】解析：设球的半径为R，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R-2，则，解得R=5，球的体积为=，故选A考点: （1）922几何体的体积难度：备注：高频考点37(2012高考数学新课标理科)已知集合；,则中所含元素
25、的个数为()A3B6C8D10【答案】D解析：以x为标准进行分类：当x=5时，满足的y的可能取值为1,2,3,4，共有4个，（确定y的个数）当x=4时，满足的y的可能取值为1,2,3，共有3个，（确定y的个数）当x=3时，满足的y的可能取值为1,2，共有2个，（确定y的个数）当x=2时，满足的y的可能取值为1，共有1个，（确定y的个数）得中所含元素（x，y）的个数为4+3+2+1=10个。（确定中元素的个数）考点：111集合的基本概念难度：A备注：高频考点二、填空题38(2021年高考全国乙卷理科)以图为正视图，在图中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编
26、号依次为_(写出符合要求的一组答案即可)【答案】解析：选择侧视图为，俯视图为，如图所示，长方体中，分别为棱的中点，则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥故答案为：39(2020年高考数学课标卷理科)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行p4：若直线l平面，直线m平面，则ml则下述命题中所有真命题的序号是_【答案】解析：对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面
27、有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题综上可知，为真命题，为假命题，真命题，为假命题，为真命题，为真命题故答案为：40(2020年高考数学课标卷理科)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_【答案】解析：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：故答案为：41(2019年高考数学课标卷理科)学生到工厂劳动实践，利用D打印技术制作模型如
28、图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_【答案】118.8【解析】由题意得，四棱锥的底面积为，其高为点到底面的距离为，则此四棱锥的体积为又长方体的体积为，所以该模型体积为，其质量为42(2019年高考数学课标全国卷理科)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图是一个棱数为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方
29、体的表面上，且此正方体的棱长为则该半正多面体共有个面，其棱长为 (本题第一空分，第二空分). 【答案】共有个面；棱长为.【解析】由图可知第一层与第三层各有个面，计个面，第二层共有个面，所以该半正多面体共有个面如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为43(2018年高考数学课标卷（理）)已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_【答案】解析：因为母线、所成角的余弦值为，所以母线、所成角的正弦值为设母线长为，则的面积为，解得，又与圆锥底面所成角为45，可得
30、底面半径，所以该圆锥的侧面积是44(2017年高考数学课标卷理科)为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：当直线与成角时，与成角；当直线与成角时，与成角；直线与所成角的最小值为；直线与所成角的最大值为其中正确的是 (填写所有正确结论的编号)【答案】【解析】法一:由题意, 是以为轴,为底面半径的圆锥的母线,由 ,又圆锥底面,在底面内可以过点,作 ,交底面圆 于点,如图所示,连结,则, ,连结,等腰中, ,当直线与成角时, ,故 ,又在 中, ,过点作,交圆于点,连结,由圆的对称性可知, 为等边三角形, ,即与成角,正确,错误 由最小
31、角定理可知正确; 很明显,可以满足平面直线,直线 与 所成的最大角为,错误 正确的说法为 法二:斜边以直线为旋转轴旋转,可得一个圆锥,其中相当于母线,并将平移到,经过点,依题意易知在圆锥的底面上,如下图 直线不动,让绕点旋转,设直线与直线所成的角为,直线与直线所成角为,则由三余弦公式可得,所以,即直线与直线所成角的最小值为,最大值为,故正确,不正确;当时,有,此时直线即与直线所成的角也为,设直线与所成的角为,则有,所以即与成角,故正确;综上可知选 法三:由题意知,三条直线两两相互垂直,画出图形如图 不妨设图中所示正方体边长为1,故, 斜边以直线为旋转轴旋转,则点保持不变,点的运动轨迹是以为圆心
32、,1为半径的圆 以为坐标原点,以为轴的正方向,为轴的正方向,为轴的正方向建立空间直角坐标系 则,直线的方向单位向量,点起始坐标为, 直线的方向单位向量, 设点在运动过程中的坐标, 其中为与的夹角, 那么在运动过程中的向量, 设与所成夹角为, 则 故,所以正确,错误 设与所成夹角为, 当与夹角为时,即, , ,此时与夹角为 正确,错误 改进一下法三:由题意知,三条直线两两相互垂直,如下图,设为直线,为直线,不妨设则,依题意可设则有,设直线与成角,直线与成角 则有,当直线与成角时,有,由,可得,此时所以与成角,故正确; 由,而,故,所以所以正确,错误 综上可知选 【考点】异面直线所成的角 45(2016高考数学课标卷理科)是两个平面，是两条直线，有下列四个命题：(1)如果，那么(2)如果，那么(3)如果，那么(4)如果，那么与所成的角和与所成的角相等其中正确的命题有 (填写所有正确命题的编号)【答案】
