文档内容
专题 04 立体几何（文）
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
2022年浙江卷
考点1：三视图 2022年全国甲卷（理）
2023年全国乙卷（理）
2022年全国I卷
考点2：空间几何体表
2024年天津卷
面积、体积、侧面积 2022年天津卷
2024年全国Ⅰ卷 从近三年高考命题来看，本节是高考
考点3：空间直线、平 2024年天津卷 的一个重点，立体几何是高考的必考
面位置关系的判断 2024年全国甲卷（理） 内容，重点关注以下几个方面：
考点4：线线角、线面 2022年全国I卷 （1）掌握基本空间图形及其简单组
2022年浙江卷
角、二面角 合体的概念和基本特征，能够解决简
2024年全国Ⅱ卷
单的实际问题；
考点5：外接球、内切
2023年全国乙卷（文）
（2）多面体和球体的相关计算问题
球问题 2022年全国II卷
是近三年考查的重点；
考点6：立体几何中的 2023年全国甲卷（文）
（3）运用图形的概念描述图形的基
2023年全国Ⅰ卷
范围与最值问题及定值
2022年全国乙卷（理） 本关系和基本结果，突出考查直观想
问题
2022年全国I卷
象和逻辑推理．
2023年全国甲卷（文）
考点7：锥体的体积问 2023年天津卷
2022年全国乙卷（文）
题
2022年全国甲卷（文）
2023年全国乙卷（文）
考点8：距离及几何体 2024年北京卷
2024年全国甲卷（文）
的高问题
2023年全国甲卷（文）考点1：三视图
1．（2022年新高考浙江数学高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积
（单位： ）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的
底面半径，圆台的上底面半径都为 ，圆台的下底面半径为 ，所以该几何体的体积
．
故选：C．
2．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方
形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【解析】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .
故选：B.
3．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的
边长为1，则该零件的表面积为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30
【答案】D
【解析】如图所示，在长方体 中， ， ，
点 为所在棱上靠近点 的三等分点， 为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体 去掉长方体 之后所得的几何体，该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为： .
故选：D.
考点2：空间几何体表面积、体积、侧面积
4．（2022年新高考全国I卷数学真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水
蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 时，相应水面的面积为 ；水位为海拔 时，相应
水面的面积为 ，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔 上升
到 时，增加的水量约为（ ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】依题意可知棱台的高为 (m)，所以增加的水量即为棱台的体积 ．
棱台上底面积 ，下底面积 ，
∴
．
故选：C．
5．（2024年天津高考数学真题）一个五面体 ．已知 ，且两两之间距离为1．并已知 ．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】用一个完全相同的五面体 （顶点与五面体 一一对应）与该五面体相嵌，使
得 ； ; 重合，
因为 ，且两两之间距离为1． ，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为 ，
.
故选：C.
6．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的
底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为 ，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D【解析】该几何体由直三棱柱 及直三棱柱 组成，作 于M，如图，
因为 ，所以 ，
因为重叠后的底面为正方形，所以 ,
在直棱柱 中， 平面BHC，则 ,
由 可得 平面 ，
设重叠后的EG与 交点为
则
则该几何体的体积为 .
故选：D.
7．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为
，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为 ，则圆锥的母线长为 ，
而它们的侧面积相等，所以 即 ，
故 ，故圆锥的体积为 .
故选：B.
考点3：空间直线、平面位置关系的判断
8．（2024年天津高考数学真题）若 为两条不同的直线， 为一个平面，则下列结论中正确的是
（ ）
A．若 ， ，则 B．若 ，则C．若 ，则 D．若 ，则 与 相交
【答案】C
【解析】对于A，若 ， ，则 平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若 ，则 平行或异面或相交，故B错误.
对于C， ，过 作平面 ，使得 ，
因为 ，故 ，而 ，故 ，故 ，故C正确.
对于D，若 ，则 与 相交或异面，故D错误.
故选：C.
9．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）设 为两个平面， 为两条直线，且 .下述四
个命题：
①若 ，则 或 ②若 ，则 或
③若 且 ，则 ④若 与 , 所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【解析】对①，当 ，因为 ， ，则 ，
当 ，因为 ， ，则 ，
当 既不在 也不在 内，因为 ， ，则 且 ，故①正确；
对②，若 ，则 与 不一定垂直，故②错误；
对③，过直线 分别作两平面与 分别相交于直线 和直线 ，
因为 ，过直线 的平面与平面 的交线为直线 ，则根据线面平行的性质定理知 ，
同理可得 ，则 ，因为 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
因为 平面 ， ，则 ，又因为 ，则 ，故③正确；
对④，若 与 和 所成的角相等，如果 ，则 ，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.考点4：线线角、线面角、二面角
10．（多选题）（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正方体 ，则（ ）
A．直线 与 所成的角为 B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为 D．直线 与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【解析】如图，连接 、 ，因为 ，所以直线 与 所成的角即为直线 与 所成
的角，
因为四边形 为正方形，则 ，故直线 与 所成的角为 ，A正确；
连接 ，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故B正确；
连接 ，设 ，连接 ，
因为 平面A B C D ， 平面A B C D ，则 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为 ， ，所以 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成的角，
设正方体棱长为 ，则 ， ， ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ，故C错误；
因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ，故D正确.
故选：ABD
11．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知正三棱柱 ，E，F分别是棱
上的点．记 与 所成的角为 ， 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角
为 ，则（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示，过点 作 于 ，过 作 于 ，连接 ，
则 ， ， ，
， ， ，
所以 ，
故选：A．
12．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台 的体积为 ， ， ，则
与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】解法一：分别取 的中点 ，则 ，
可知 ，
设正三棱台 的为 ，
则 ，解得 ，
如图，分别过 作底面垂线，垂足为 ，设 ，则 ， ，
可得 ，
结合等腰梯形 可得 ,
即 ，解得 ，
所以 与平面ABC所成角的正切值为 ；
解法二：将正三棱台 补成正三棱锥 ，
则 与平面ABC所成角即为 与平面ABC所成角，
因为 ，则 ，
可知 ，则 ，
设正三棱锥 的高为 ，则 ，解得 ，
取底面ABC的中心为 ，则 底面ABC，且 ，
所以 与平面ABC所成角的正切值 .
故选：B.
考点5：外接球、内切球问题13．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点 均在半径为2的球面上， 是边长为3
的等边三角形， 平面 ，则 ．
【答案】2
【解析】如图，将三棱锥 转化为正三棱柱 ，
设 的外接圆圆心为 ，半径为 ，
则 ，可得 ，
设三棱锥 的外接球球心为 ，连接 ，则 ，
因为 ，即 ，解得 .
故答案为：2.
14．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为 和 ，其
顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即 ，设球
心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，所以 ， ，故 或
，即 或 ，解得 符合题意，所以球的表面积为
．
故选：A．考点6：立体几何中的范围与最值问题及定值问题
15．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体 中， 为 的中点，若
该正方体的棱与球 的球面有公共点，则球 的半径的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为 .
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包
含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，即 ，故 ；
分别取侧棱 的中点 ，显然四边形 是边长为 的正方形，且 为正方形
的对角线交点，
连接 ，则 ，当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径达到最小，即 的最
小值为 .
综上， .
故答案为：16．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）
的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切点
为 ，
可知： ，则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.17．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点
均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为 ，则 ，
当且仅当 即 时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则
，所以该四棱锥的高 ，
(当且仅当 ，即 时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高 .
故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则
，所以该四棱锥的高 ， ，令 ， ，设
，则 ，
， ，单调递增， ， ，单调递减，
所以当 时， 最大，此时 ．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
18．（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的
体积为 ，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵球的体积为 ，所以球的半径 ,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，
则 ， ,
所以 ，
所以正四棱锥的体积 ，
所以 ，
当 时， ，当 时， ，所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，
又 时， ， 时， ,
所以正四棱锥的体积 的最小值为 ，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以 当且仅当 取到 ，
当 时，得 ，则
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时 ，
，正四棱锥体积 ，故该正四棱锥体积的取值范围是
考点7：锥体的体积问题
19．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形，
，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】取 中点 ，连接 ，如图，
是边长为2的等边三角形， ，
，又 平面 ， ，
平面 ，又 ， ，
故 ，即 ，
所以 ，
故选：A
20．（2023年天津高考数学真题）在三棱锥 中，点M,N分别在棱PC,PB上，且 ，
，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，分别过 作 ,垂足分别为 .过 作 平面 ，垂足为 ，
连接 ,过 作 ,垂足为 .
因为 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 .
又因为平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 ，且 .
在 中，因为 ，所以 ，所以 ，
在 中，因为 ，所以 ，
所以 .
故选：B
21．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，四面体 中，
，E为AC的中点．(1)证明：平面 平面ACD；
(2)设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥 的体积．
【解析】（1）由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
[方法二]：等体积转换
， ，
是边长为2的等边三角形，
连接
22．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包
装盒如图所示：底面 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正三角形，
且它们所在的平面都与平面 垂直．(1)证明： 平面 ；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【解析】（1）如图所示：
分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ，
，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形
为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有， ，， ，由平面知识可知， ， ，
，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积
的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的
距离 ， ，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH
的 倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂
直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的
体积
23．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥 中， ， ，
， ， 的中点分别为 ，点 在 上， ．
(1)求证： //平面 ；
(2)若 ，求三棱锥 的体积．【解析】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，
则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）过 作 垂直 的延长线交于点 ，
因为 是 中点，所以 ，
在 中， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
即三棱锥 的高为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 .考点8：距离及几何体的高问题
24．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为4的正方形，
， ，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】如图，底面 为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设 ，
分别取 的中点 ，连接 ，
则 ，且 ， 平面 ，
可知 平面 ，且 平面 ，
所以平面 平面 ，
过 作 的垂线，垂足为 ，即 ，
由平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由题意可得： ，则 ，即 ，
则 ，可得 ，所以四棱锥的高为 .
当相对的棱长相等时，不妨设 ， ，
因为 ，此时不能形成三角形 ，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
25．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）如图， ， ，
， , 为 的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)求点 到 的距离.
【解析】（1）由题意得， ，且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又 平面 平面 ，
所以 平面 ；
（2）取 的中点 ，连接 ， ，因为 ，且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又 ，故 是等腰三角形，同理 是等腰三角形，
可得 ，
又 ，所以 ，故 .
又 平面 ，所以 平面 ，
易知 .
在 中， ，
所以 .
设点 到平面 的距离为 ，由 ，得 ，得 ，
故点 到平面 的距离为 .
26．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱 中， 平面
．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，求四棱锥 的高．
【解析】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ,
所以 ,
又因为 ，即 ，
平面 ， ,
所以 平面 ，
又因为 平面 ,
所以平面 平面 .
（2）如图，过点 作 ，垂足为 .
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以四棱锥 的高为 .
因为 平面 ， 平面 ,
所以 , ,
又因为 ， 为公共边，
所以 与 全等，所以 .
设 ，则 ，
所以 为 中点， ,
又因为 ,所以 ,
即 ，解得 ，
所以 ，
所以四棱锥 的高为 ．
