十年（2014－2023）年高考真题分项汇编
立体几何选择题
目录
题型一：立体几何的机构特征及其直观图...............................................1
题型二：简单几何体的表面积和体积.....................................................10
题型三：球的有关问题.............................................................................37
题型四：线面之间的位置关系与垂直与平行.........................................43
题型五：空间角与空间距离.....................................................................52
题型一：立体几何的机构特征及其直观图
1．(2023 年北京卷·第9 题)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒
出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两
个面是全等的等腰三角形．若
，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所
在的平面与平面
的夹角的正切值均为
，则该五面体的所有棱长之和为
( )
( )
A．
B．
C
D．
【答案】C
解析：如图，过
做
平面
，垂足为
，过
分别做
，
，垂足分
别为
，
，连接
，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为
和
，
所以
．
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
平面
，
，
所以
平面
，因为
平面
，所以
，．
同理：
，又
，故四边形
是矩形，
所以由
得
，所以
，所以
，
所以在直角三角形
中，
在直角三角形
中，
，
，
又因为
，
所有棱长之和为
．
故选：C
2．(2023 年全国乙卷理科·第3 题)如图，网格纸上绘制
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．
3．(2021 年高考浙江卷·第4 题)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是
( )
( )
A．
B．3
C．
D．
【答案】A
解析:几何体为如图所示的四棱柱
，其高为1，底面为等腰梯形
，
该等腰梯形的上底为
，下底为
，腰长为1，故梯形的高为
，
故
，故选A．
4．(2021 年新高考Ⅰ卷·第3 题)已知圆锥的底面半径为
，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长
为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析:设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则
，解得
,故
选B．
5．(2021 年高考全国甲卷理科·第6 题)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
(
)
( )
A．
B．
C．
D．
【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：D
6．(2020 年高考课标Ⅰ卷理科·第3 题)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，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
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【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．
7．(2020 年高考课标Ⅱ卷理科·第7 题)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
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【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．(2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第3 题)中国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．
9．(2018 年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第7 题)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
( )
A．
B．
C．
D．
【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B．
10．(2014 高考数学课标1 理科·第12 题)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
( )
( )
A．6 2
B．4 2
C．6
D．4
【答案】C
【解析】:如图所示,原几何体为三棱锥D
ABC
,
其中
4,
4 2,
2 5
AB
BC
AC
DB
DC
,
2
4 2
4
6
DA
, 故最长的棱的长度为
6
DA
, 选C．
11．(2014 高考数学江西理科·第5 题)一几何体的直观图如右图,下列给出的四个俯视图中正确的是
(
)
( )
【答案】 B
解析:俯视图为几何体在底面上的投影,应为B 中图形．
12．(2014 高考数学湖北理科·第8 题)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是
我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相承也．又以高乘之，
三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长
与高
，计算其体积
的近似公式
它
实际上是将圆锥体积公式中
的圆周率
近似取为3．那么近似公式
相当于将圆锥体积公式中的
近似取为
( )
俯视
主（正）视
左（侧）视
D
C
B
A
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解
析
：
由
题
意
可
知
：
L
＝
2πr
，
即
，
圆
锥
体
积
，故
，
，故选B．
备注：
13．(2014 高考数学湖北理科·第5 题)在如图所示的空间直角坐标系BC 1 中，一个四面体的顶点坐标分
别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．，给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和
俯视图分别为
( )
( )
A．①和②
B．③和①
C．④和③
D．④和②
【答案】D
解析：如图所示A(0,0,2)，B(2,2,0)，C(1,2,1)，D(2,2,2)，B，C，D 点在面yOz 上的射影分别为B1，
C1，D1，它们在一条线上，且C1为B1D1的中点．从前往后看时，看不到棱AC，正视图中AC1应为虚
线．故正视图应为图④．点A，D，C 在面xOy 内的射影分别为O，B，C2，俯视图为△OC2B，故选图
②．综上选D．
14．(2014 高考数学福建理科·第2 题)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是
( )
A．圆柱
B．圆锥
C．四面体
D．三棱柱
【答案】A
解析：圆柱的正视图为矩形，故选：A．
15．(2014 高考数学北京理科·第7 题)在空间直角坐标系
中，已知
，AMDE ，B ，
AM
，若AB//DE，AB ⊄，PDE 分别表示三棱锥AB // 在PDE ，AB ⊂，ABF 坐标平面上的正投影图
形的面积，则
( )
A．ABF ∩¿ ¿
B．PDE =FG 且AB //FG
C．PA⊥¿ ¿且ABCDE
D．PA⊥AB ,PA⊥AE 且Axyz
【答案】D
解析：设顶点D 在三个坐标平面
、
、
上的正投影分别为
、
、
，则
，
，∴
＝×2×2＝2，
＝×2×＝，
×2×＝．∴选D．
16．(2017 年高考数学北京理科·第7 题)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为
( )
A．3 2
B．2 3
C．2 2
D．2
【答案】 B
【解析】几何体是四棱锥,如图所示
红色图形为三视图还原后的几何体,最长的棱长为正方体的对角线,
2
2
2
2
2
2
2 3
l
,故选B．
题型二：简单几何体的表面积和体积
1．(2023 年天津卷·第8 题)在三棱锥
中，线段
上的点
满足
，线段
上的点
满足
，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
2．(2023 年全国乙卷理科·第8 题)已知圆锥PO 的底面半径为
，O 为底面圆心，PA．PB 为圆锥的母线，
，若
的面积等于
，则该圆锥的体积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析：在
中，
，而
，取
中点
，连接
，有
，如图，
，
，由
的面积为
，得
，
解得
，于是
，
所以圆锥的体积
．
故选：B
3．(2021 年新高考全国Ⅱ卷·第5 题)正四棱台
上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为
(
)
A．
B．
C．
D．
【答案】D
解析:作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高
，
下底面面积
，上底面面积
，所以该棱台的体积
,故选D．
4．(2020 年高考课标Ⅲ卷理科·第8 题)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是
( )
( )
A．6+4
B．4+4
C．6+2
D．4+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．
5．(2020 年浙江省高考数学试卷·第5 题)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：
cm3)是
( )
( )
A．
B．
C．3
D．6
【答案】A
解析：由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直
于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，
所以几何体的体积为：
． 故选：A
6．(2022 高考北京卷·第9 题)已知正三棱锥
的六条棱长均为6，S 是
及其内部的点构成的
集合．设集合
，则T 表示的区域的面积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析:
设顶点
在底面上的投影为
，连接
，则
为三角形
的中心，
且
，故
．
因为
，故
，
故
的轨迹为以
为圆心，1 为半径的圆，
而三角形
内切圆的圆心为
，半径为
，
故
的轨迹圆在三角形
内部，故其面积为
故选,B
7．(2022 年高考全国甲卷数学(理)·第9 题)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为
，
侧面积分别为
和
，体积分别为
和
．若
，则
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为
，乙圆锥底面圆半径为
，
则
，所以
，又
，则
，
所以
，所以甲圆锥的高
，
乙圆锥的高
，所以
．
故选：C．
8．(2022 年高考全国甲卷数学(理)·第4 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. 8B．12C．16D．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．
9．(2022 年浙江省高考数学试题·第5 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．
10．(2022 新高考全国II 卷·第7 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．
11．(2022 新高考全国I 卷·第8 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
,
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．
12．(2022 新高考全国I 卷·第4 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．
13．(2022 年高考全国乙卷数学(理)·第9 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：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
则
当且仅当
即
时等号成立，故选：C
14．(2021 高考天津·第6 题)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为
，两个圆锥的高之比为
，则这两个圆锥的体积之和为 ( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析：如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点
，
设圆锥
和圆锥
的高之比为
，即
，
设球的半径为
，则
，可得
，所以，
，
所以，
，
，
，则
，所以，
，
又因为
，所以，
，
所以，
，
，
因此，这两个圆锥的体积之和为
． 故选：B．
15．(2021 高考北京·第4 题)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
解析：根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥
，
其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
故其表面积为
，
故选：A．
16．(2016 高考数学北京理科·第6 题)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
( )
( )
A．
B．
C．
D．1
【答案】A
解析：通过三视图可还原几何体为如图所示三棱锥，则通过侧视图得高
，底面积
，所以体积
．
17．(2020 天津高考·第5 题)若棱长为
的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即
，所以，这个球的表面积为
．故选：
C．
18．(2020 北京高考·第4 题)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为
(
)．
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为
的等边三角形，侧面为三个边长为
的正方形，
则其表面积为：
．故选：D．
19．(2019·浙江·第4 题)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖
暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式
，其中
是柱体的底面积，
是柱体的高．若
某柱体的三视图如图所示(单位：
)，则该柱体的体积(单位：
)是
( )
A．
B．
C．
D．
6
6
俯视图
侧视图
正视图
2
2
2
6
【答案】B
【解析】由三视图可知该几何体是棱柱，高为
，底面是由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为
，下底为
，高为
，另一个的上底为
，下底为
，高为
，则该棱柱的体积为
故选B．
20
．(2019·上海·第14 题)
一个直角三角形的两条直角边长分别为1 和2，将该三角形分别绕其两个直角边旋
转得到的两个圆锥的体积之比为
( )
A. 1B．2C．4D．8
【答案】B
【解析】依题意：
，
，选B.
【点评】本题主要考查圆锥的体积.
21．(2018 年高考数学浙江卷·第3 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
( )
侧视图
俯视图
正视图
2
2
1
1
( )
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【解析】该几何体的直观图如图所示，该几何体是棱长为2 的正方体的
，其体积
22．(2018 年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第10 题)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
( )
A．
B．
C．
D．
【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．
23．(2014 高考数学重庆理科·第7 题)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
( )
A．54
B．60
C．66
D．72
【答案】B
解析：由三视图可知，该几何体是由下方的直三棱柱与上方的四棱锥组成的组合体，其中直三棱柱底
面为一个边长为
3,4,5 的直角三角形，高为2，上方的四棱锥是底面边长是3 的正方形，一个侧面与直
三棱柱的底面重合。此图形共有5 个面，底面
1
1
3 4
6
2
S
, 竖直的三个面面积分别为
2
3 5
15,
S
3
(2
5) 5
35 ,
2
2
S
4
(2
5) 4
14
2
S
，剩下的一个面是一个直角边长为3,5 的
直角三角形，
5
1
15
3 5
2
2
S
。所以表面积为
5
1
60
i
i
S
S
24．(2014 高考数学浙江理科·第3 题)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是
(
)
A．90l
B．129P
C．132l1
D．138a−b
2
3
4
5
正视图 左视图 俯视图
【答案】D
解析：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直
角边长分别为3、4 的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3 和4，∴几
何
体
的
表
面
积
．故选：D．
25．(2014 高考数学辽宁理科·第7 题)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
解析: 由三视图知：几何体是正方体切去两个
圆柱，
正方体的棱长为2，切去的圆柱的底面半径为1，高为2，
∴几何体的体积V=23
2×
﹣
×π×12×2=8
π
﹣．
26．(2014 高考数学课标2 理科·第6 题)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
( )
A．
17
27
B．
5
9
C．
10
27
D．
1
3
【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为C。
27．(2014 高考数学湖南理科·第7 题)一块石材表示的几何体的三视图如图2 所示，将该石材切削、打磨，
加工成球，则能得到的最大球的半径等于
( )
A．1
B．2
C．3
D．4
俯视图
侧视图
正视图
12
8
6
【答案】B
解析：由图可得该几何体为三棱柱,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径
,则
,故选B．
28．(2014 高考数学安徽理科·第7 题)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
解析：由三视图可知，原几何体是一个正方体截去相对的两个角(如图)，
故表面积等于六个正方形面积减去六个小等腰直角三角形面积，再加上两个等边三角形面积．即
．故选A．
29．(2015 高考数学重庆理科·第5 题)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
解析：这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，
，选A．
30．(2015 高考数学浙江理科·第2 题)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是
(
)
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C．
解析：
由题意得，该几何体为一立方体与四棱锥的组合，如下图所示，∴体积
V =23+ 1
3×22×2=32
3 ，
故选C．
31．(2015 高考数学新课标2 理科·第6 题)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
( )
( )
A．
1
8
B．
1
7
C．
1
6
D．
1
5
【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
1
5 ，故选D．
考点：三视图．
C
B
A
D
D1
C1
B1
A1
32．(2015 高考数学新课标1 理科·第11 题)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
=
A．1
B．2
C．4
D．8
【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．
33．(2015 高考数学新课标1 理科·第6 题)《九章算术》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1．62 立方尺，圆周率约为3，估
算出堆放的米约有
( )
A．14 斛
B．22 斛
C．36 斛
D．66 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
÷1．62≈22，故选B．
34．(2015 高考数学陕西理科·第5 题)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
解析：由三视图知：该几何体是半个圆柱，其中底面圆的半径为，母线长为
，所以该几何体的表面
积是
，故选D．
35．(2015 高考数学山东理科·第7 题)在梯形
中，
，
．
将梯形
绕
所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
解析：直角梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为
1，母线长为2 的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1 的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体
积为：
故选C．
36．(2015 高考数学湖南理科·第10 题)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积
尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材
料利用率=
)
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A．
分析：分析题意可知，问题等价于圆锥的内接长方体的体积的最大值，设长方体体的长，宽，高分别
为x ，y ，h ，长方体上底面截圆锥的截面半径为a ，则x2+ y2=(2a)2=4 a2
，如下图所示，圆锥
的轴截面如图所示，则可知
a
1=2−h
2
⇒h=2−2a
，而长方体的体积
V =xyh≤x2+ y2
2
h=2a2h=2a2(2−2a)
，当且仅当x= y ，
a=2−2a⇒a=2
3 时，等号成立，此时利用率为
16
27
1
3 π×12×2
= 8
9 π
，故选A．
37．(2015 高考数学北京理科·第5 题)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是
( )
正(主)视图
1
1
俯视图
侧(左)视图
2
1
( )
A．
B．
C．
D．5
【答案】C
解析：根据三视图恢复成三棱锥
，其中
平面ABC，取AB 棱的中点D，连接CD、PD，
有
，底面ABC 为等腰三角形底边AB 上的高CD 为2，AD=BD=1，PC=1，
，
，
，
，三棱锥表面积
，故选C．
38．(2015 高考数学安徽理科·第7 题)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析：由题意，该四面体的直观图如下，
是等腰直角三角形，
是等边
三角形，则
，所以四面
体的表面积
，故选B．
39．(2017 年高考数学浙江文理科·第3 题)某几何体的三视图如图所示(单位:cm ),则该几何体的体积(单位:
3
cm )是
A．
1
2
B．
+3
2
C．
3
1
2
D．
3
3
2
【答案】 A
【解析】由三视图可知, 直观图是由半个圆锥与一个三棱锥组合而成, 半圆锥体积
2
1
1
1
=
(
1 ) 3
2
3
2
V
,棱锥体积
2
1
1
=
(2 1
) 3=1
3
2
V
,所以几何体体积
1
2
1
2
V
V
V
．故选
A．
40．(2017 年高考数学新课标Ⅰ卷理科·第7 题)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
( )
A．10
B．12
C．14
D．16
【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
1
2 (2
4) 2
12
2
,故选B．
41．(2017 年高考数学课标Ⅱ卷理科·第4 题)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
( )
A．90
B．63
C．42
D．36
【答案】 B
【命题意图】本题主要考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V
Sh
，
3
r
，
4
h
，∴
1
36
V
；上面阴影的体积
2
V 是上
面部分体积
3
V 的一半，即
2
3
1
2
V
V
，
3
V 与
1
V 的比为高的比(同底)
即
3
1
3
2
V
V
，
2
1
3
27
4
V
V
，故总体积
0
2
1
63
V
V
V
．
第二种体积求法：
3
54
V
Sh
，其余同上，故总体积
0
2
1
63
V
V
V
．
42．(2016 高考数学山东理科·第5 题)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体
的体积为
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由三视图可知，上面是半径为
的半球，体积为
,下面是底面
为1,高为1 的四棱锥，体积
，故选C．
43．(2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第9 题)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
( )
A．
B．
C．90
D．81
【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.
44．(2016 高考数学课标Ⅱ卷理科·第6 题)右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的
表面积为
( )
A．
B．
C．
D．
【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C
题型三：球的有关问题
1．(2021 年新高考全国Ⅱ卷·第4 题)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航
系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为
(轨道高度是指卫星
到地球表面的距离)．将地球看作是一个球心为O，半径r 为
的球，其上点A 的纬度是指
与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为
，
记卫星信号覆盖地球表面的表面积为
(单位：
)，则S 占地球表面积的百分比约
为
( )
A．26%
B．34%
C．42%
D．50%
【答案】C
解析:由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：
,故选C．
2．(2021 年高考全国甲卷理科·第11 题)已如A．
B．C 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
( )
A．
B．
C．
D．
【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．
3．(2020 年高考课标Ⅰ卷理科·第10 题)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
( )
A．
B．
C．
D．
【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．
4．(2020 年高考课标Ⅱ卷理科·第10 题)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16π，则O 到平面ABC 的距离为
( )
A．
B．
C．1
D．
【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．
【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．
5．(2019·全国Ⅰ·理·第12 题)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(
)
A．
B．
C．
D．
【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
．
P
A
B
C
E
F
M
6．(2014 高考数学陕西理科·第5 题)已知底面边长为1，侧棱长为
则正四棱柱的各顶点均在同一个球面
上，则该球的体积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
解析: 长方体的外接球直径等于其体对角线长, 所以
, 得
．
,故选D．
7．(2014 高考数学大纲理科·第8 题)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，
则该球的表面积为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
解析：如下图，正四棱锥
中，
为正四棱锥的高，根据球的相关知识可知，正四棱锥的
外接球的球心
必在正四棱锥的高线
所在的直线上，延长
交球面于一点
，连接
，由球的性质可知
为直角三角形且
，根据平面几何中的射影定理可
得
，
因
为
，
所
以
侧
棱
长
，
，
所
以
，所以球的表面积为
，故选A．
8．(2015 高考数学新课标2 理科·第9 题)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
( )
A．
B．
C．
D．
【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．
B
O
A
C
9．(2017 年高考数学课标Ⅲ卷理科·第8 题)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球
的球面上，则该圆柱的体积为
( )
A．
B．
3π
4
C．
π
2
D．
π
4
【答案】 B
【解析】法一：如图，画出圆柱的轴截面
1
1,
2
AC
AB
，所以
3
2
r
BC
，那么圆柱的体积是
2
2
3
3
1
2
4
V
r h
，故选
B．
法二：设圆柱的底面圆的半径为r ，圆柱的高
1
h
，而该圆柱的外接球的半径为
1
R
根据球与圆柱的对称性，可得
2
2
2
2
h
r
R
即
2
2
2
1
3
1
2
4
r
r
，故该圆柱的体积为
2
3
3
1
4
4
V
S
h
r
h
圆柱
底面积
，故选B．
10．(2016 高考数学课标Ⅲ卷理科·第10 题)在封闭的直三棱柱
内有一个体积为
的球,若
,
,
,
,则
的最大值是
( )
A．
B．
C．
D．
【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.
11．(2016 高考数学课标Ⅰ卷理科·第6 题)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相
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A．
题型四：线面之间的位置关系与垂直与平行
1．(2018 年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第12 题)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．
B．
C．
D．
【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，
2．(2019·全国Ⅲ·理·第8 题)如图，点
为正方形
的中心，
为正三角形，平面
平面
，
是线段
的中点，则
N
D
A
B
C
E
M
( )
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】
F
M
N
C
D
A
E
B
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．
3．(2014 高考数学广东理科·第7 题)若空间中四条两两不同的直线
满足
则
下面结论一定正确的是
( )
A．
B．
C．
既不垂直也不平行
D．
的位置关系不确定
【答案】D．
解析：．可利用正方体来判断，易得答案．
4．(2016 高考数学浙江理科·第2 题)已知互相垂直的平面
交于直线．若直线
满足
，
则
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【命题意图】本题主要考查立体几何中直线与直线、直线与平面、平面与平面间的位置关系等知识，
意在考查学生的空间想象能力、推理论证能力．
解析：因为
，所以
，又
，所以
．故选C．
5．(2016 高考数学山东理科·第6 题)已知直线
，
分别在两个不同的平面
内．则“直线
和直线
相交”是“平面
和平面
相交”的
( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A【解析】“直线
和直线
相交”
“平面
和平面
相交”，但“平面
和平面
相
交”
“直线
和直线
相交”，所以“直线
和直线
相交”是“平面
和平面
相交”的充分
不必要条件，故选A．
6．(2022 年高考全国乙卷数学(理)·第7 题)在正方体
中，E，F 分别为
中点，则(
)
A．平面
平面
B．平面
平面
C．平面
平面
D．平面
平面
【答案】A
解析：在正方体
中，
且
平面
，
又
平面
，所以
，
因为
分别为
的中点，
所以
，所以
，
又
，
所以
平面
，
又
平面
，
所以平面
平面
，故A 正确；
选项BCD 解法一：
如图，以点
为原点，建立空间直角坐标系，设
，
则
，
，
则
，
，
设平面
的法向量为
，
则有
，可取
，
同理可得平面
的法向量为
，
平面
的法向量为
，
平面
的法向量为
，
则
，
所以平面
与平面
不垂直，故B 错误；
因为
与
不平行，
所以平面
与平面
不平行，故C 错误；
因为
与
不平行，
所以平面
与平面
不平行，故D 错误，
故选：A．
选项BCD 解法二：
解：对于选项B，如图所示，设
，
，则
为平面
与平面
的交线，
在
内，作
于点
，在
内，作
，交
于点
，连结
，
则
或其补角为平面
与平面
所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：
，
，
底面正方形
中，
为中点，则
，
由勾股定理可得
，
从而有：
，
据此可得
，即
，
据此可得平面
平面
不成立，选项B 错误；
对于选项C，取
的中点
，则
，
由于
与平面
相交，故平面
平面
不成立，选项C 错误；
对于选项D，取
的中点
，很明显四边形
为平行四边形，则
，
由于
与平面
相交，故平面
平面
不成立，选项D 错误；
故选：A．
7．(2019·全国Ⅱ·理·第7 题)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：
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
,
,
/ /
a
b
a
b
，则
/ /
”此类的错误．
8．(2015 高考数学安徽理科·第5 题)已知
，
是两条不同直线，
，
是两个不同平面，则下列命题正
确的是
( )
A．若
，
垂直于同一平面，则
与
平行
B．若
，
平行于同一平面，则
与
平行
C．若
，
不平行，则在
内不存在与
平行的直线
D．若
，
不平行，则
与
不可能垂直于同一平面
【答案】D
解析：由
，若
，
垂直于同一平面，则
，
可以相交、平行，故
不正确；由
，若
，
平行于同一平面，则
，
可以平行、重合、相交、异面，故
不正确；由
，若
，
不平行，
但
平面内会存在平行于
的直线，如
平面中平行于
，
交线的直线；由
项，其逆否命题为
“若
与
垂直于同一平面，则
，
平行”是真命题，故
项正确．所以选D．
考点：1．直线、平面的垂直、平行判定定理以及性质定理的应用．
9．(2021 年高考浙江卷·第6 题)如图已知正方体
，M，N 分别是
，
的中点，则
(
)
( )
A．直线
与直线
垂直，直线
平面
B．直线
与直线
平行，直线
平面
C．直线
与直线
相交，直线
平面
D．直线
与直线
异面，直线
平面
【答案】A
解析:
连结
，在正方体
中，M 是
的中点，所以
为
中点，又N 是
的中点，
所以
，
平面
平面
，所以
平面
．因为
不垂直
，
所以
不垂直
则
不垂直平面
，所以选项B,D 不正确；在正方体
中，
，
平面
，所以
，
，所以
平面
，
平面
，所以
，且直线
是异面直线，所以选项B 错误，选项A 正确．
故选A．
10．(2018 年高考数学上海·第15 题)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳
马．设
是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以
为底面矩形的
一边，则这样的阳马的个数是
( )
A．4B．8B．12D．16
A1
A
【答案】D
解析：四棱锥底面是矩形，一侧棱与底面垂直，即为“阳马”．以
为一边的矩形有五个．
A
B
C
D
E
F
A1
C1
B1
D1
E1
F1
对于矩形
，可以与对面上的四个点
构成“阳马”．
对于矩形
，同上面的分析．也有四个“阳马”．
对于矩形
，可以与点
构成四个“阳马”．
对于
，同上面的分析，有四个“阳马”．
对于
，没有满足题意的“阳马”．
综上所述，“阳马”共有16 个．
11．(2018 年高考数学北京(理)·第5 题)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的
个数为
( )
A．1
B．2
C．3
D．4
2
2
1
1
正（主）视图
侧（左）视图
俯视图
【答案】C
解析：由图可知，易知
均为直角三角形．
A
B
C
D
P
12．若为一条直线，
为三个互不重合的平面，给出下面三个命题：
①
；②
；③
．
其中正确的命题有
( )
Ａ．0 个Ｂ．1 个Ｃ．2 个Ｄ．3 个
【答案】C
解：若为一条直线，
、
、
为三个互不重合的平面，下面三个命题：
①
不正确； ②
正确；
③
正确，所以正确的命题有2 个，选C．
13．(2014 高考数学辽宁理科·第4 题)已知m，n 表示两条不同直线，
表示平面，下列说法正确的是
(
)
A．若
则
B．若
，
，则
C．若
，
，则
D．若
，
，则
【答案】B
解析:
A．若m∥α，n∥α，则m，n 相交或平行或异面，故A 错；
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B 正确；
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α 或n⊂α，故C 错；
D．若m∥α，m⊥n，则n∥α 或n⊂α 或n⊥α，故D 错．
题型五：空间角与空间距离
1．(2023 年全国乙卷理科·第9 题)已知
为等腰直角三角形，AB 为斜边，
为等边三角形，若
二面角
为
，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
解析：取
的中点
，连接
，因为
是等腰直角三角形，且
为斜边，则有
，
又
是等边三角形，则
，从而
为二面角
的平面角，即
，
显然
平面
，于是
平面
，又
平面
，
因此平面
平面
，显然平面
平面
，
直线
平面
，则直线
在平面
内的射影为直线
，
从而
为直线
与平面
所成的角，令
，则
，在
中，由
余弦定理得：
，
由正弦定理得
，即
，
显然
是锐角，
，
所以直线
与平面
所成的角的正切为
．
故选：C
2．(2021 年高考全国乙卷理科·第5 题)在正方体
中，P 为
中点，则直线
与
所成的角为
( )
A．
B．
C．
D．
【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A1B1C1D1，所以
，又
，
，
所以
平面
，所以
，
设正方体棱长为2，则
，
，所以
．
故选：D
3．(2020 年新高考全国Ⅰ卷(山东)·第4 题)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投
射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤
道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷
面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为
( )
A 20°B．40°
( )
C．50°
D．90°
【答案】B
解析：画出截面图如下图所示，其中
是赤道所在平面的截线；是点
处的水平面的截线，依题
意可知
；
是晷针所在直线．
是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针
与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知
、根据线面垂直的定义可得
．．
由于
，所以
，
由于
，
所以
，也即晷针与点
处的水平面所成角为
．故选：B
4．(2020 年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第4 题)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷
针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A 的纬度是指OA 与地
球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，
若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )
( )
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
【答案】B
解析：画出截面图如下图所示，其中
是赤道所在平面的截线；是点
处的水平面的截线，依题
意可知
；
是晷针所在直线．
是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针
与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知
、根据线面垂直的定义可得
．．
由于
，所以
，
由于
，
所以
，也即晷针与点
处的水平面所成角为
．故选：B
5．(2022 年高考全国甲卷数学(理)·第8 题)沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计
算圆弧长度的“会圆术”，如图，
是以O 为圆心，OA 为半径的圆弧，C 是的AB 中点，D 在
上，
．“会圆术”给出
的弧长的近似值s 的计算公式：
．当
时，
( )
( )
A.
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】如图，连接
，
因为
是
的中点，所以
，
又
，所以
三点共线，
即
，
又
，
所以
，
则
，故
，
所以
．
故选：B．
6．(2022 年高考全国甲卷数学(理)·第7 题)在长方体
中，已知
与平面
和平面
所成的角均为
，则
( )
A．
B．
与平面
所成的角为
C．
D．
与平面
所成的角为
【答案】D
【解析】
如图所示：
不妨设
，依题以及长方体的结构特征可知，
与平面
所成角为
，
与平面
所成角为
，所以
，即
，
，
解得
．
对于A，
，
，
，A 错误；
对于B，过
作
于
，易知
平面
，所以
与平面
所成角为
，
因为
，所以
，B 错误；
对于C，
，
，
，C 错误；
对于D，
与平面
所成角为
，
，而
，所
以
．D 正确．
故选：D．
7．(2022 年浙江省高考数学试题·第8 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．
8．(2019·浙江·第8 题)设三棱锥
的底面是正三角形，侧棱长均相等，
是棱
上的点(不含端点)．
记直线
与直线
所成
的角为
，直线
与平面
所成的角为
，二面角
的平面角为
，则
( )
A．
,
B．
,
C．
,
D．
,
【答案】B
【解析】解法一：由最小角定理得
，由最大角定理可得
．故选B．
解法二：如图
为
的中点，
在底面的射影为
，则
在底面上的射影
在线段
上，作
于
，易得
，过
作
交
于
，过
作
，交
于
，则
，
，
，则
，得
；
，得
．故选B．
解法三：设三棱锥
为棱长为2 的正四面体，
为
的中点，可得
，可得
，
，
．故选B．
9．(2018 年高考数学浙江卷·第8 题)已知四棱锥
的底面是正方形，侧棱长均相等，
是线段
上的点(不含端点)，设
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】D
解析：作
平面
，垂足为
，取
中点
，连结
，过
作
．
易得
，
，
由
，由
，
所以
，故选D．
A
B
D
C
S
O
E
M
H
10．(2018 年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第9 题)在长方体
中，
，
，则异
面直线
与
所成角的余弦值为
( )
A．
B．
C．
D．
【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C．
11．(2014 高考数学四川理科·第8 题)如图，在正方体
中，点
为线段
的中点，设
点
在线段
上，直线
与平面
所成的角为
，则
的取值范围是
( )
O
A1
C1
D1
B1
B
A
C
D
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析：直线
与平面
所成的角为
的取值范围是
，
由于
，
，
所以
的取值范围是
12．(2014 高考数学课标2 理科·第11 题)直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N 分别是A1B1，A1C1
的中点，BC=CA=CC1，
则BM 与AN 所成的角的余弦值为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
解析：分别以
轴，建立空间直角坐标系，令
，则
，
，
故选C。
13．(2014 高考数学大纲理科·第11 题)已知二面角
为60°，
，
，A 为垂足，
，
，
，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B
解析：如下图，作
于
，连结
，过
作
，作
于
，连结
，则
，设
，在
中，
，所以
，在
中，
，所以异面直线
与
所成角的余弦值为
，故选B．
14．(2015 高考数学浙江理科·第8 题)如图，已知
，
是
的中点，沿直线
将
折成
，所成二面角
的平面角为
，则
( )
( )
A．
B．
C．
D．
【答案】B．
解析：设
，设
，则由题意
，在空间图形中，设
，在
中，
，
在空间图形中，过
作
，过
作
，垂足分别为
，
，
过
作
，连结
，∴
，
则
就是二面角
的平面角，∴
，
在
中，
，
，
同理，
，
，故
，
显然
面
，故
，
在
中，
，
在
中，
，
∵
，
，∴
(当
时取等号)，
∵α ，
，而
在
上为递减函数，∴
，故选B．
15．(2017 年高考数学浙江文理科·第9 题)如图,已知正四面体D
ABC
(所有棱长均相等的三棱锥), P ,Q ,
R 分别为AB , BC ,CA 上的点, AP
PB
,
2
BQ
CR
QC
RA
．分别记二面角D
PR
Q
, D
PQ
R
,
D
QR
P
的平面角为, ,,则
A．
B．
C．
D．
【答案】 B
【解析】法一:设D 在底面ABC 内射影为O ,判断O 到PR , PQ ,QR 的距离,显然有,
α β,γ 均为锐角．
P
P1
Q
R
B
C
A
1P 为三等分点,O 到
1PQR
△
三边距离相等．动态研究问题．
1P
P
,所以O 到QR
距离不变,O 到PQ 距离减少,O 到PR 距离变大．所以α
γ
β
．故选B．
法二:
如图9-1,作DO 面ABC 于O ,由题意知O 为△ABC 的重心．由O 分别向PQ , RQ , RP 作垂线段,垂
足分别为M , N ,T ．由三垂线定理可知,
DTO
,
DMO
,
DNO
, 都为锐角, 且
tan
OD
OT
,
tan
OD
OM
,
tan
OD
ON
．
如
图
9-2,
可
知
2
ORQ
ORP
OPQ
S
S
S
△
△
△
,
且
PR
RQ
PQ
,所以OT
ON
OM
．所以tan
tan
tan
,所以
．故选B．
(图9-1)
T
N
M
O
R
Q
P
A
C
B
D
(图9-2)
T
M
N
O
R
Q
P
C
A
B
16．(2017 年高考数学课标Ⅱ卷理科·第10 题)已知直三棱柱
1
1
1
C
C
中，
C
120
，
2
，
1
C
CC
1
，则异面直线
1
与
1
C
所成角的余弦值为
( )
A．
3
2
B．
15
5
C．
10
5
D．
3
3
【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
1
BB ﹑
1
1
B C ﹑
1
1
A B ﹑AB 上分别取中点
F ﹑G ﹑H ，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
1
AB 和
1
BC 所成的夹角为
FEG
或其补
角，
通过几何关系求得
2
2
EF
，
5
2
FG
，
11
2
FH
，利用余弦定理可求得异面直线
1
AB 和
1
BC 所成的夹角余弦值为
10
5
．
解法二：补形
通过补形之后可知：
1
BC D
或其补角为异面
直线
1
AB 和
1
BC 所成的角，通过几何关系可知：
1
2
BC
，
1
5
C D
，
3
BD
，由勾股定理
或余弦定理可得异面直线
1
AB 和
1
BC 所成的
夹角余弦值为
10
5
．
解法三：建系
建立如左图的空间直角坐标系，
0,2,
A
1 0,0,0
B
，
0,0,1
B
，
1
3
1
,
,0
2
2
C
∴
1
3
1
,
, 1
2
2
BC
，
1
0,2,1
B A
∴
1
1
1
1
2
10
cos
5
5
2
B A BC
B A
BC
解法四：投影平移-三垂线定理
设异面直线
1
AB 和
1
BC 所成的夹角为
3
利用三垂线定理可知：
3
1
2
cos
cos
cos
3
2
2
10
cos
2
5
5
异面直线
1
AB 和
1
BC 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．
17．(2016 高考数学课标Ⅰ卷理科·第11 题)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：
α
A
A1
B
B1
D
C
C1
D1
∵
，∴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A．
18．(2014 高考数学广东理科·第5 题)已知向量
则下列向量中与
成60°夹角的是
( )
A．(-1,1,0)
B．(1,-1,0)
C．(0,-1,1)
D．(-1,0,1)
答案：B．
解析：将A、B、C、D 四个选项代入
即可选出正确答案
解析：将A、B、C、D 四个选项代入
即可选出正确答案
19．(2015 高考数学广东理科·第8 题)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )
A．至多等于3
B．至多等于4
C．等于5
D．大于5
【答案】B
解析：正四面体的四个顶点是两两距离相等的，，即空间中
个不同的点两两距离都相等，则正整数
的取值至多等于4。故选B
