2019-2023全国各高考数学真题按分项汇编 立体几何（选填题）含详解

五年（2019-2023）年高考真题分项汇编

冷题05克体几何（理科）（送蟆史J

哥存•存勇力南

立体几何在文科数高考中属于重点知识点，难度中等。包含题型主要是

1空间几何体基本性质及表面积体积

2空间几何题三视图

3空间几何体内切球外接球的应用

4空间几何体情景化应用

备考真魅精折

考点01空间几何体基本性质及表面积体积

一、单选题

1.（2023•全国•统考乙卷）已知圆锥P。的底面半径为万，。为底面圆心，PA,尸8为圆锥的母线，408=120。，若

9后

—的面积等于丁，则该圆锥的体积为（）

A."B.瓜兀C.3nD.3瓜n:

2.（2023•全国•统考甲卷）已知四棱锥P—ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PO=3,NPC4=45。，贝hPBC

的面积为（）

A.2A/2B.372C.4A/2D.6直

3.（2023・天津•统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足尸M=：尸C,线段网上的点N满足

2

PN=-PB,则三棱锥尸-AAW和三棱锥尸-ABC的体积之比为（）

1214

A.—B.-C.-D.一

9939

4.（2022・全国•统考高考乙卷）在正方体A3CO-AMGA中，E,尸分别为A3,5C的中点，则（）

A.平面耳后/_L平面BQ。IB.平面4EF_L平面48。

C.平面用后///平面4人。D.平面与石尸//平面ACQ

5.（2022•全国•统考高考甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀，侧面积分别为S甲和

s乙,体积分别为％和彩.若乎=2,则察=（）

3乙V乙

A.右B.20C.回D.

4

6.（2022•北京•统考高考真题）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是，ABC及其内部的点构成的集合.设

集合T={QeS|PQV5},则T表示的区域的面积为（）

3万0c

A.—B.〃C.27cD.3%

4

7.（2021・全国•统考高考回卷）已知圆锥的底面半径为近，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.20C.4D.4应

8.（2019•全国•统考高考回卷）如图，点N为正方形ABC。的中心，AECD为正三角形，平面ECD,平面ABCQM

是线段即的中点，则

A.BM=EN,且直线是相交直线

B.BM#EN,且直线8M,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线8河,硒是异面直线

D.BM片EN,且直线加/硒是异面直线

二、填空题

9.（2023•全国新高考仞卷）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2,高为3

的正四棱锥，所得棱台的体积为.

10.（2020・全国・新高考国卷）已知正方体A8C0-4BQQ的棱长为2,M、N分别为B&、AB的中点，则三棱锥4MMs

的体积为__________

11.（2020•全国•统考高考回卷）设有下列四个命题：

pi：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：若直线仁平面a,直线平面a,则m0/.

则下述命题中所有真命题的序号是.

①Pl人。4②Pl人③M2V④^3V

考点02空间几何体三视图

一、单选题

L（2023•全国•统考高考乙卷）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.24B.26C.28D.30

2.（2022•全国•统考高考甲卷）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

3.（2021•全国,统考局考甲卷）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

A-EFG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（）

4.（2021•北京•统考高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（)

A.-+—B.3+V3C.-+73

222

5.（2021・浙江•统考高考真题）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是（）

侧视图

俯视图

3372

A.一B.3rD.3亚

22

6.（2020•全国•统考高考回卷）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N,则该端点在侧视图中对应的点为（）

MEF

GH

N

A.EB.FC.GD.H

7.（2020•全国•统考高考回卷）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+273D.4+28

8.（2020・北京•统考高考真题）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（）.

侧（左）视图

A.6+73B.6+2有C.12+6D.12+273

二、填空题

9.（2021•全国•统考高考乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三

棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为（写出符合要求的一组答案即可）.

hJ-2—ZHK—2—HIAh—2—I►!

图①图②图③

H2-HH2-H

图④图⑤

ACi

:宁一

以二二W

4B

10.（2019•北京•高考真题）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正

方形的边长为1,那么该几何体的体积为________.

BL

正（主）视图倒（左）视图

B

俯视图

考点03空间几何体内接球外切球问题

1.（2022,全国•统考高考乙卷）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个顶点均在球。的球面上，则

当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A1R1r.V2

3232

2.（2022•全国•统考新高考回卷）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36万，且

34/43白，则该正四棱锥体积的取值范围是（）

'811「27811「2764】

A.18,—B.——C.——D.r[i1o8,27]

L4JL44J143」

3.（2022•全国•统考新高考回卷）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为和4道，其顶点都在同一球面

上，则该球的表面积为（）

A.10071B.128KC.144TID.192兀

4.（2021•全国•统考高考甲卷）已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点，且ACJL3C,AC=3C=1,则

三棱锥O-ABC的体积为（）

&应口6V20石

r\.D.Lr.U.

121244

5.（2020•全国，统考高考国卷）已知AI,C为球。的球面上的三个点，回。1为..ABC的外接圆，若回。1的面积为4兀，

AB=BC=AC=OOl,则球。的表面积为（）

A.64TIB.48nC.367rD.327r

6.（2019•全国•高考回卷）已知三棱锥P-A8C的四个顶点在球。的球面上，PA=PB=PC,EABC是边长为2的正三角

形，E,F分别是B4,的中点，0CEF=9O°,则球。的体积为

A.8娓兀B.4娓兀C.2娓兀D.屈兀

二、填空题

7.（2023・全国•统考高考甲卷）在正方体A8CD-A4C0中，E,尸分别为AB,的中点，以所为直径的球的

球面与该正方体的棱共有个公共点.

8.（2019•全国•高考回卷）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1）.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2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个

正方体的表面上，且此正方体的棱长为L则该半正多面体共有个面，其棱长为.

图1图2

考点04空间几何题的情景化应用

1.（2023•北京•统考高考真题）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ABC。的夹角的正

切值均为巫，则该五面体的所有棱长之和为（）

5

B.112m

C.117mD.125m

2.（2022•全国•统考新高考回卷）图1是中国古代建筑中的举架结构，4<B3'，CC',OD是桁，相邻桁的水平距离称

为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中°2，CG，即，的是举，°n，r>G，s，54^

也一叫一k必T

相等的步，相邻桁的举步之比分别为皿DC】CB｛一网已知勺人人成公差为o.i的等差数列,

且直线办的斜率为0.725,则&=（）

A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9

3.（2022・天津•统考高考真题）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120。，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）

4.（2021•全国•统考新高考回卷）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：

m）,三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A,B,C三点，且A,

B,C在同一水平面上的投影A'，"，。'满足NA'C'3'=45。，ZA'B'C'=6Q\由C点测得B点的仰角为15。，BB'与CC

的差为100；由8点测得A点的仰角为45。，则A,c两点到水平面ABC的高度差约为（6"732）（）

C.446D.473

5.（2021•全国•统考高考真题）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36000km（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。，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA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a,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为

S=2/（1-cosa）（单位：km?），则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

6.（2020・全国•统考高考回卷）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（）

1D-\/5—1ry/5+1「A/5+1

4242

7.（2020・山东・统考高考真题）日号是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到唇面的影子来

测定时间.把地球看成一个球（球心记为O）,地球上一点八的纬度是指。人与地球赤道所在平面所成角，点Z处的

水平面是指过点A且与。人垂直的平面.在点八处放置一个日号，若辱面与赤道所在平面平行，点八处的纬度为北纬

40°,则号针与点力处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°

C.50°D.90°

8.（2019・全国•统考高考回卷）学生到工厂劳动实践，利用3。打印技术制作模型.如图，该模型为长方体

ABCD-^QD,挖去四棱锥0一EFGH后所得的几何体,其中。为长方体的中心，EEG,”分别为所在棱的中点，

AB=BC=6cm,AA1=4cm；30打印所用原料密度为0§g/”？，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为

g.

B

五年（2019-2023）年高考真题分项汇编

冷题05克体几何（理科）（送蟆史J

哥存•存勇力南

立体几何在文科数高考中属于重点知识点，难度中等。包含题型主要是

1空间几何体基本性质及表面积体积

2空间几何题三视图

3空间几何体内切球外接球的应用

4空间几何体情景化应用

熹有真魅精折

考点01空间几何体基本性质及表面积体积

一、单选题

1.（2023•全国•统考乙卷）已知圆锥P。的底面半径为万，。为底面圆心，PA,尸8为圆锥的母线，408=120。，若

9后

—的面积等于丁，则该圆锥的体积为（）

A."B.瓜兀C.3nD.3瓜n:

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.

【详解】在中，ZAOB=120°,而。4=。8=石，取A3中点C,连接OC,PC,有OC_LAB,PC_LAB,如图，

ZABO=30,OC=—,AB=2BC=3,由二的面积为吨，^l-x3xPC=—,

2424

解得PC=哼,于是PO=s/pc2-oc2=，孚）2_（亭）2=76,

所以圆锥的体积V=nxOA2xPO=J71x（^/3）2xA/6=娓n.

故选：B

2.（2023•全国•统考甲卷）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC=PD=3,NPC4=45。，贝I].PBC

的面积为（）

A.2A/2B.3亚C.4夜D.6叵

【答案】C

【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得一叨OwPCO,PDB=PCA,从而得到再在aR4c

中利用余弦定理求得PA=/7,从而求得尸8=亚，由此在PBC中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；

法二：先在△P4C中利用余弦定理求得PA=J万，cosNPCB=；,从而求得P4PC=-3，再利用空间向量的数量

积运算与余弦定理得到关于P3,NBP。的方程组，从而求得尸8=N/丙，由此在，PBC中利用余弦定理与三角形面积公

式即可得解.

【详解】法一：

连结AC,3D交于。，连结PO,则。为AC,3。的中点，如图，

因为底面ABCD为正方形，AB=4,所以AC=3D=4A5，则。0=。0=20，

又PC=PD=3,PO=OP,所以一PDOMPCO,则NPDO=NPCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4四,所以-尸三.PC4,则以=尸3,

在△_E4C中，PC=3,AC=4A/2,ZPCA=45°,

则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2-2AC-PCcosZPCA=32+9-2x4应x3x—=17,

2

故尸A=7F7,贝UPB=>/F7,

故在PBC中，PC=3,PB=A/17,BC=4,

尸C?+BC?-PB?9+16-17_1

所以cosNPCB=

2PCBC2x3x4-3

又OCNPCBVTI,所以sinNPCB=Jl-cos?NPCB=,

3

所以PBC的面积为S=[尸C-BCsinN尸CB=!x3x4x^l=4收.

223

法二：

连结AC,BD交于。，连结P。，则。为AC,3。的中点，如图，

因为底面ABC。为正方形，48=4,所以AC=8O=4应,

在△丛C中，PC=3,NPC4=45°,

贝lj由余弦定理可得PA?=AC?+PC2-2AC-PCcos/PCA=32+9—2x4忘x3x走=17,故PA=VF7,

2

所以侬"=^^=次=-"则丛公网即。5C=gxF用T

不妨记PB=m,ZBPD=6,

因为P0=g(PA+PC)=g(P5+Pr)),所以(PA+PC『=(P3+尸。)2,

目n22.2.2

BPPA+PC+2PAPC=PB+PD+2PBPD，

则17+9+2x(—3)=m2+9+2x3x〃2cos夕,整理得m2+6〃?cos。—11=0①，

又在AP3D中，BD1=PB2+PD2-2PB-PDcosZBPD,即32=//+9-6mcos。，贝U〃，-6mcos<9—23=0②,

两式相力口得2M2-34=0,故PB=m=后,

故在一PBC中，尸C=3,尸3=JF7,BC=4,

PC2+BC2-PB29+16-171

所以cosNPCB=

2PCBC2x3x4-3

又0<NPCB<7t,所以sinNPCB=Jl一cos?NPCB=,

3

所以，3(2的面积为5=工尸。改为也2?。3=!*3*4*空1=40.

223

故选：C.

3.（2023・天津・统考高考真题）在三棱锥尸-ABC中，线段PC上的点V满足尸M=gpC,线段网上的点N满足

2

PN=-PBf则三棱锥P-4W?V和三棱锥尸-ABC的体积之比为（）

1214

A.—B.-C.—D.一

9939

【答案】B

【分析】分别过M,C作MM'1.PA,CC'1.上4,垂足分别为M,U挝B作BB1.平面PAC,垂足为B,连接尸&，过N

MM'1

作MV'_LP2',垂足为N'.先证MV'J■平面PAC,则可得到BB‘HNN：再证MM'//CC'.由三角形相似得到二^~=彳，

NN'2,^P-AMN^N-PAM—T-P-HlZ-J^XnIIz

——=-，再由方------------即nn可求出体积比.

BE'3ABCVB-PAC

【详解】如图，分别过M，C作MM'±PA,CC'1.上4,垂足分别为M',C'.过B作BB_L平面PAC,垂足为B，连接PB,,

过N作NN'1,垂足为N,.

因为SB'_L平面PAC，班'u平面pg）,所以平面pg4_L平面PAC.

又因为平面PB4］平面尸aC=P8'，NN'±PB'-NN'u平面PBB'，所以MV'1■平面PAC,且BB'MNN’•

PMMM’1

在△PCC'中，因为_LR1,CC'_LPA，所以MM'〃CC'，所以"方=—r=g，

PCCC3

在△尸33'中，因为BB'//NN'，所以空=合竺=2,

PBBB'3

々PAM

yyS.NN-|-PA-MM'、NN'2

J

二匚[、|YP-AMN*N—PAMJ、、2,

加以1/-v11

Vp-ABCVB-PAC-SBBfj.9

pAC)cc]BB'

故选：B

4.（2022・全国•统考高考乙卷）在正方体ABCO-A4GA中，E,尸分别为AB,BC的中点，则（）

A.平面4所_1_平面B.平面4EF_L平面ABD

C.平面片所//平面AACD.平面耳£///平面AG。

【答案】A

【分析】证明EF1平面8。。，即可判断A；如图，以点。为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2,分别求出平

面用功，A.BD,的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.

【详解】解：在正方体ABC。-中，

AC1应＞且DD、1平面ABCD,

又EFu平面A3C。，所以EFLOR,

因为瓦尸分别为AB,8c的中点，

所以防〃4。，所以£F_La）,

又BDDDt=D,

所以EF上平面B。，，

又EFu平面片EF,

所以平面用E尸，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AB=2,

则4（2,2,2）,E（2,1,0）,下（1,2,0）,3（2,2,0）,4（2,0,2）4（2,0,0）,C（0,2,0）,

G（0,2,2）,

则族=（-LL0）,E4=（0,1,2）,DB=（2,2,6）,DA,=（2,0,2）,

M=（0,0,2）,AC=（—2,2,0）,AG=（-2,2,0）,

设平面瓦所的法向量为机=（网,X,4）,

m-EF=一再+y=0

则有,可取机=（2,2,-1）,

m-EBt=%+2Z[=0

同理可得平面A?。的法向量为4,

平面AAC的法向量为%=（1,1,0）,

平面4。。的法向量为41），

则m，%=2—2+1=1片0,

所以平面瓦EP与平面48。不垂直，故B错误;

UU

因为"2与的不平行，

所以平面与与平面AAC不平行，故C错误;

因为机与生不平行，

所以平面用£厂与平面ACQ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ABB[E=M,EFBD=N,则MN为平面用石尸与平面ABC的交线,

在,8MN内，作于点尸，在，EMN内，作GP_LMN,交EN于点、G,连结2G,

则NBPG或其补角为平面B\EF与平面ABD所成二面角的平面角，

D.

由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2,PG2+PN2=GN2,

底面正方形ABC。中，E,F为中点，则

由勾股定理可得A«?+NG2=BG2,

从而有：NB2+NG2=(PB?+PN2)+(PG?+尸产)=BG2,

据此可得PB2+PG2卡BG2,即ZBPG丰90,

据此可得平面与M_L平面48。不成立，选项B错误；

对于选项C,取4用的中点"，则A"B.E,

由于AH与平面A&C相交，故平面片所〃平面AAC不成立，选项C错误;

对于选项D,取AD的中点很明显四边形4旦-W为平行四边形，则AMB7,

由于4加与平面4G。相交，故平面旦E/〃平面4GC不成立，选项D错误；

5.(2022•全国•统考高考甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀，侧面积分别为s甲和

S乙，体积分别为！和彩.若生=2,则¥=()

»乙》乙

D.平

A.非B.272C.回

【答案】C

【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为乙圆锥底面圆半径为4,根据圆锥的侧面积公式可得4=2々，再结

合圆心角之和可将小々分别用/表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】解：设母线长为/,甲圆锥底面半径为。乙圆锥底面圆半径为4,

所以3=24，

「Inr,2»r>

又一+—=2%，

则々=1,

21

所以4=§/，4=§/，

所以甲圆锥的高九=

乙圆锥的高色=

』町％—I2x-^-Z

所v以*产=*?¥=阿

393

故选：C.

6.（2022・北京•统考高考真题）已知正三棱锥尸-ABC的六条棱长均为6,S是..ABC及其内部的点构成的集合.设

集合T={QeS|PQW5},则T表示的区域的面积为（）

34cC

A.—B.乃C.27rD.3万

4

【答案】B

【分析】求出以尸为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.

设顶点尸在底面上的投影为0,连接80,则。为三角形A3c的中心,

l.BO=-x6x—=2A/3,故尸0=J36-12=2后

32

因为PQ=5,故OQ=1,

故S的轨迹为以。为圆心，1为半径的圆，

而三角形ABC内切圆的圆心为。，半径为2义彳'36二

~3^6—-

故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为万

故选：B

7.（2021・全国•统考高考回卷）已知圆锥的底面半径为3,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.20C.4D.40

【答案】B

【分析】设圆锥的母线长为/,根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.

【详解】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，则万/=2万x四，解得/=20.

故选：B.

8.（2019•全国•统考高考回卷）如图，点N为正方形ABC。的中心，AECD为正三角形，平面ECD,平面ABC2M

是线段即的中点，则

A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线

B.BM丰EN,且直线现公硒是相交直线

C.BM=EN,且直线是异面直线

D.BM丰EN,且直线是异面直线

【答案】B

【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.

【详解】如图所示，作EOLCD于。，连接ON,过加作MFLOD于尸.

连昉，平面CDE_L平面ABCD.

EO，C£>,EOu平面C。E,.•.EO，平面ABC。，平面ABCO,

.•.AMFB与AEON均为直角三角形.设正方形边长为2,易知£。=石，ON=1EN=2,

MF=-,BF=-,:.BM=>/7.:.BM手EN,故选B.

22

DA

【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.

二、填空题

9.（2023•全国新高考•回卷）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2,高为3

的正四棱锥，所得棱台的体积为.

【答案】28

【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公

式直接运算求解.

【详解】方法一：由于:=：，而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为6,

42

所以正四棱锥的体积为gx（4x4）x6=32,

截去的正四棱锥的体积为:x（2x2）x3=4,

所以棱台的体积为32-4=28.

方法二：棱台的体积为gx3x（16+4+VIM）=28.

故答案为：28.

10.（2020・全国•新高考团卷）已知正方体ABCO-AzBiQQ的棱长为2,M、N分别为BB】、AB的中点，则三棱锥4MM

的体积为__________

【答案】|

【分析】利用匕m皿=幺一的计算即可.

因为正方体ABCD-4BiQQ的棱长为2,M、N分别为BBz、AB的中点

所以LNMA=%-刖=]*5乂卜1*2=§

故答案为：—

【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.

11.（2020•全国•统考高考回卷）设有下列四个命题：

Pi：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/<=平面a,直线m回平面a,则mE）/.

则下述命题中所有真命题的序号是.

①P1八P4②P1人③V④R3V「P&

【答案】①③④

【分析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题P1的真假；利用三点共线可判断命题P2的真假；利用异面直线

可判断命题P3的真假，利用线面垂直的定义可判断命题P4的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.

【详解】对于命题亿，可设4与4相交，这两条直线确定的平面为。；

若4与4相交，则交点A在平面a内，

同理，4与4的交点B也在平面a内，

所以，ABca,即4ua,命题Pi为真命题；

对于命题P2,若三点共线，则过这三个点的平面有无数个,

命题P2为假命题；

对于命题P3,空间中两条直线相交、平行或异面，

命题P3为假命题；

对于命题P4，若直线机_L平面

则m垂直于平面a内所有直线,

直线/u平面a,，直线根_L直线/,

命题。4为真命题.

综上可知，P1,p«为真命题，P?〃、为假命题，

。1人。4为真命题，“人。2为假命题，

r22Vp3为真命题，-必V-0为真命题.

故答案为：①③④.

【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等

题.

考点02空间几何体三视图

一、单选题

1.（2023•全国•统考高考乙卷）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.24B.26C.28D.30

【答案】D

【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.

【详解】如图所示，在长方体ABC。-中，AB=BC=2,AAt=3,

点J,K为所在棱上靠近点综G，A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ABCD-4耳4R去掉长方体ON/G-LME期之后所得的几何体，

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：2x（2x2）+4x（2x3）-2x（lxl）^30.

故选：D.

2.（2022•全国•统考高考甲卷）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

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积V=kx2x2=12

故选：B.

3.（2021・全国•统考高考甲卷）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

A-EFG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（）

【答案】D

【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.

【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

4.（2021•北京•统考高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

H-1—H

正（主）视图侧（左）视图

俯视图

A.-+—B.3+6c.-+y/3D.3+—

2222

【答案】A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.

【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O-ABC,

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3xgxlxl+=3+'，

5.（2021・浙江•统考高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）

侧视图

俯视图

r30

B.3D.3亚

2

【答案】A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.

【详解】几何体为如图所示的四棱柱ABCD-Aq。口，其高为1,底面为等腰梯形ABCD,

该等腰梯形的上底为0,下底为2夜，腰长为L故梯形的高为

故匕BCDAflCn=-x[^+2^)x—xl=-,

/1DC/7—/l|£^C]£y|2、122

6.（2020•全国•统考高考回卷）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河,

在俯视图中对应的点为N,则该端点在侧视图中对应的点为（）

MEF

GH

N

A.EB.FC.GD.H

【答案】A

【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得加点在侧视图中对应的点.

【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，

B&B3

22上的点在正视图中都对应点M,直线23c4上的点在俯视图中对应的点为N,

团在正视图中对应在俯视图中对应N的点是线段上的所有点在侧试图中都对应E,回点在侧视图中对

应的点为E.

故选：A

7.（2020•全国•统考高考回卷）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）

A.6+45/2B.4+4^/2C.6+26D.4+26

【答案】C

【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.

【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据乂体图形可得：S/XABC=^AADC==-x2x2=2

根据勾股定理可得：AB=AD=DB=2>/2

ADB是边长为2痣的等边三角形

根据三角形面积公式可得：

SAADB=^ABAD-sin60°=1（2近了•与=26

,该几何体的表面积是：3X2+2A/3=6+2A/3.

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.

8.（2020・北京•统考高考真题）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（）.

侧（左）视图

A.6+gB.6+2退C.12+6D.12+2月

【答案】D

【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.

【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，

则其表面积为：S=3x（2x2）+2xQx2x2xsin60j=12+2后

故选：D.

【点睛】（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几

何体中各元素间的位置关系及数量关系.

⑵多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理.

⑶圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆

的面积之和.

二、填空题

9.（2021•全国•统考高考乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三

棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为（写出符合要求的一组答案即可）.

图①图②图③

图④

【答案】③④（答案不唯一）

【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.

【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，

如图所示，长方体ABCD-AqGA中，AB=BC=2,BBt=l,

E,尸分别为棱4c1,8。的中点，

则正视图①，侧视图③，