全国卷历年高考立体几何小题真题归类分析2019(含答案)

全国卷历年高考立体几何小题真题归类分析（含答案）
（2015年-2019年，共27题）
一、视图问题、位置关系问题、棱长问题等（6题）
1. （2018年3卷3）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头，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（ ）
【解析】观擦图形图可知，俯视图为，故答案为A.
2.（2016年2卷14）α，β是两个平面，m ，n 是两条线，有下列四个命题：
①如果m n ⊥，m α⊥，n β∥，那么αβ⊥． ②如果m α⊥，n α∥，那么m n ⊥． ③如果a β∥，m α⊂，那么m β∥．
④如果m n ∥，αβ∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的是： .
【解析】根据平行、垂直有关定理可以判断②③④正确，①中条件不能确定α，β的关系.
3．（2019年2卷7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ） A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．
4.（2018年1卷7） 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．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. 2
【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为
，故选B.
5．（2019年3卷8）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ） A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线 B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线 C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线
【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，
平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，
EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知
3,12EO ON EN ===,，
35
,,722
MF BF BM =
=∴=，BM EN ∴≠，故选B ．
6．（2019年2卷16）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1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面． 如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，
22,2(21)122
BG GE CH x GH x x x ∴===
∴=⨯+=+=，1
2121
x ∴=
=-+，即该半正多面体棱长为21-．
【小结】这类题主要考查空间想象能力、空间线与线、线与面、面与面的位置关系，从2019年的三套全国卷来看，立体几何小题考查更加灵活，但万变不离其中，只要基础扎实，把握解决立体小题的基本方法，问题迎刃而解。

例如，2019年2卷的第16题，3卷的第8题都是要求学生通过做辅助线补成熟悉几何体，帮助考生建立空间想象。

可见题目虽然新颖，但还是考“割补法”，立体几何平面化。

二、空间角（4题）
1.（2018年 2卷9） 在长方体中，，，则异面直线
与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D.
【解析】以D 为坐标原点，DA,DC,DD 1为x,y,z 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
，选C.
2.（2017年 2卷10）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=，2AB =，
11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）.
A ．
32 B ．155 C ．105
D ．33 【解析】设M ，N ，P 分别为AB ，1BB ，11B C 的中点，则1AB 和1BC 的夹角为MN 和NP 夹角或其补角（异面线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，）.可知11522MN AB ==，11222
NP BC ==，
取BC 的中点Q ，联结,,PQ MQ PM ，则可知PQM △为直角三角形．1=PQ ，1
2
MQ AC =.
在ABC △中，2222cos AC AB BC AB BC ABC =+-⋅⋅∠14122172⎛⎫
=+-⨯⨯⋅-= ⎪⎝⎭
，即
7=AC ，则72MQ =
，则在MQP △中，22112
MP MQ PQ =+=. 在PMN △中，
222
cos 2MN NP PM PNM MN NP
+-∠=⋅⋅
2
2
2
521122210552
222
⎛⎫⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭=
=-⋅⋅. 又异面直线所成角为π02⎛⎤ ⎥⎝⎦，，则其余弦值为10
5
．故选C.
3.（2016年1卷11）平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A,α∥平面CB 1D 1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB 1A 1=n,则m,n 所成角的正弦值为 ( )
A.
32 B.22 C.33 D.13
【解析】选A.如图所示:
因为α∥平面CB 1D 1,所以若设平面CB 1D 1∩平面ABCD=m 1,
则m 1∥m.又因为平面ABCD∥平面A 1B 1C 1D 1,结合平面B 1D 1C∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1,
所以B 1D 1∥m 1,故B 1D 1∥m.同理可得:CD 1∥n.故m,n 所成
角的大小与B 1D 1,CD 1所成角的大小相等,即∠CD 1B 1的大小.而B 1C=B 1D 1=CD 1(均为面对角线),因此∠CD 1B 1=,即sin∠CD 1B 1=
32
.
4.（2017年3卷16）16．a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角； ②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒；
④直线AB 与a 所成角的最大值为60︒．
其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）
【解析】由题意知，a b AC 、、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||1AC =，2AB =， 斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．
以C 为坐标原点，以CD 为x 轴正方向，CB 为y 轴正方向， CA 为z 轴正方向建立空间直角坐标系．则(1,0,0)D ，(0,0,1)A ，
直线a 的方向单位向量(0,1,0)a =，||1a =．B 点起始坐标为(0,1,0)，
直线b 的方向单位向量(1,0,0)b =，||1b =．设B 点在运动过程中的坐标(cos ,sin ,0)B θθ'，其中θ为B C '与CD 的夹角，[0,2π)θ∈．
那么'AB 在运动过程中的向量(cos ,sin ,1)AB θθ'=--，||2AB '=．
设
AB
'与a 所成夹角为π[0,]2
α∈，则(cos ,sin ,1)(0,1,0)22
cos |sin |[0,]22a AB θθαθ--⋅==∈'
．
故ππ[,]42α∈，所以③正确，④错误．设AB '与b 所成夹角为π
[0,]2β∈，
cos (cos ,sin ,1)(1,0,0)2
|cos |2
AB b
b AB b AB βθθθ'⋅=
'
-⋅='=
.
当AB '与a 夹角为60︒时，即π3α=
，12sin 2cos 2cos 2322
πθα====． ∵22cos sin 1θθ+=，∴2|cos |2θ=．∴21
cos |cos |22
βθ==．∵π[0,]2β∈．
∴π
=3β，此时AB '与b 夹角为60︒．∴②正确，①错误．
【小结】小题考查空间角主要以两条异面直线所成的角为主，侧重考查几何法，而解答题主要以线面角、二面角为主，侧重考查坐标法。

几何法是通过平移直线到特殊位置（一般是一到另一条棱的端点或中点），构造三角形用余弦定理求解。

若几何体便于建立空间直角坐标系时，也可以用坐标法来求。

三、体积问题（5题） 1．（2015年1卷6）《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，估算出堆放斛的米约有（ ） A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛
【解析】设圆锥底面半径为r ，则
12384r ⨯⨯==163
r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209
÷1.62≈22，故选B.
2.（2017年2卷4）7.（2107全国2卷理科4）如图所示，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 ．90π
B ．63π
C ．42π
D ．36π
【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，如图所示．
2211
π310π3663π22
=-=⋅⋅-⋅⋅⋅=V V V 总上.故选B.
3.（2015年2卷6）（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图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ( ) A.
B.
C.
D.
【解析】由三视图得,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,截去四面体A-A 1B 1D 1, 如图所示,设正方体棱长为a,则11133
111326
A A
B D V a a -=
⨯=,故剩余几何体体积为a 3
-a 3
=a 3
,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为.选D.
4.（2019年3卷16）学生到工厂劳动实践，利用3D 打
4
6
6
印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，
16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制
作该模型所需原料的质量为___________g.
【解析】由题意得，2
14642312cm 2
EFGH S =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴31
12312cm 3
O EFGH V -=
⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为3
2466144cm V =⨯⨯=，
所以该模型体积为3
214412132cm O EFGH V V V -=-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．
5.（2017年1卷16）如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB △分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB △，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当ABC △的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm ）的最大值为_______.
解析:由题意，联结OD ，交BC 于点G ，如图所示，则OD BC ⊥，3
6
OG BC =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比.设OG x =，则23BC x =，5DG x =-，三棱锥的高
222225102510h DG OG x x x x =-=-+-=-，
21
233332
ABC S x x x =⋅⋅=△，
则2
1325103
ABC V S h x x =⋅=-△45=32510x x -.
令()45
2510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
，
()3410050f x x x '=-，令()0f x '>，即4320x x -<，2x <，当()0f x '<，得522
x <<
，所以()f x 在()0,2上单调递增，在52,2⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减.故()()280f x f =≤，则
380415V ⨯=≤，所以体积的最大值为3415cm .
【小结】从2018和2019这两年全国卷考题来看，考虑到三视图内容在新课程标准中已经被删除，三视图由必考题逐渐变为偏考题，但其蕴含的“割补法”，“立体转化平面”的思想仍然是重点考查内容。

对体积的考查，首先要记住柱体、锥体、台体及球体等各种常见几何体的体积公式以及他们的区别与联系。

对于不规则几何体可通过“割补法”进行转化。

O F E
D C
B
A
四、面积问题（7题）
1.（2016年1卷6）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283
π
,则它的表面积是
A ．17π
B ．18π
C ．20π
D ．28π
【解析】：该几何体直观图如图所示：
是一个球被切掉左上角的1
8
,设球的半径为R ,则
37428V R 833
ππ=⨯=,解得R 2=,所以它的表面积是78的球面面积和
三个扇形面积之和
2271
=42+32=1784S πππ⨯⨯⨯⨯故选A ．
2.（2016年2卷6）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 ．20π
B ．24π
C ．28π
D ．32π
【解析】C 几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长
为l ，圆柱高为h ．由图得2r =，2π4πc r ==，由勾股定理得：()
2
2223
4l =+=，
21
π2
S r ch cl =++表4π16π8π=++28π=，故选C ．
3．（2015年1卷11）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）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 16 +20π，则r=（ ）
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
【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221
42222
r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.
4.（2017年1卷7）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 【解析】：将三视图还原可得右图图形，故而多面体有两个面是梯形，此时可得()1
2242122
S =⨯
+⨯=,故而选B 。

5.（2016年3卷9）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,则该多面体的表面积为 ( )
A.18+365
B.54+185
C.90
D.81
【解析】选B.根据三视图可知原几何体是一个斜四棱柱,上下底面为边长为3的正方形,左右为底边长为3,侧棱为35的矩形,前后为底边为3,侧棱为35的平行四边形,且底边上的高为6,所以S=9+9+18+18+95+95=54+185.
6.（2018年1卷12）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A. B.
C.
D.
【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体
中，
平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的
直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与
中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.
7.（2018年2卷16） 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__________．
【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，因
B
O
A
C
为的面积为，设母线长为所以
，
因为
与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为
因此圆锥的侧面积为
【小结】对面积的考查，首先要记住柱体、锥体、台体及球体等各种常见几何体的面积公式以及他们的区别与联系。

其次将立体问题平面化，对于多面体，尽量将其补成长方体，弄清各个面的形状特征，如果还弄不清，则需要把整个侧面还原成平面图形。

对于旋转体，则需把曲面展开成平面图形再计算面积。

五、球的组合体（5题）
1.（2017年3卷8）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 ．π
B ．3π4
C ．π２
D ．π
4
【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径2
2
1312r ⎛⎫
-= ⎪⎝⎭
，
则圆柱体体积2
3ππ4
V r h ==，故选B.
2.（2015年2卷9）已知A,B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90,C 为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为
A ．36π B.64π C.144π D.256π
【解析】如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时23111
36326
O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯==，故6R =，则球O 的
表面积为24144S R ππ==，故选C ．
3.（2016年3卷10）(10) 在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若
AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）
A ．4π B．
92
π
C ．6π D．
323
π
【解析】：要使球的体积V 最大，必须球的半径R 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32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．
4.（2018年3卷10） 设是同一个半径为4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.
【解析】如图所示，点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当
平面时，三
棱锥体积最大此时，
,
,, 点M 为三角形ABC 的重心,
中，有
,故选B.
5.（2019年1卷12）已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O
的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F
分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为
A ．68π
B ．64π
C ．62π
D ．6π 【解析】解法1：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又
E ，
F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，
2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，
P ABC ∴-为正方体的一部分，22226R =++=，
即364466,π62338
R V R =∴=π=⨯=π，故选D ． 解法2：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，
且12
EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，3CF ∴=，
又90CEF ∠=︒，213,2CE x AE PA x ∴=-==， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=
⨯⨯， 作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x
∠==，2243142x x x x +-+∴=，221221222
x x x ∴+=∴==，，，2PA PB PC ∴===， 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=，
62R ∴=344666338
V R ∴=π=π⨯=π，故选D. 【小结】这类问题是多数学生比较畏惧的题目，他对学生的空间想象能力要求更高。

（一）正四面体的外接球与内切球
方法（1）：将问题转换为等腰三角形ADF 线段关系问题，易证r:R:h=1:3:4(h 为正四面体的高AE).
方法（2）：将正四面体看成正方体切割而来，由正四面体棱长求出正方体棱长，再求出R ，根据比例可求r ，h.
(1)外接球:球心是正四面体的中心;半径R=
64a(a 为正四面体的棱长). (2)内切球:球心是正四面体的中心;半径r=612
a(a 为正四面体的棱长).
→
方法（1） 方法（2）
（二）一般几何体
1.内切球：等体积法，关键截面法
2.外接球：
解题思路及步骤
注意事项 根据条件确定类型 类型1：可补成长方体且所有顶点为所补长方体的顶点的几何体的
外接球问题，主要特征是由较多的垂直关系，例如墙角三棱锥；
类型2：有侧棱⊥底面条件几何体外接球问题，例如直三棱柱；类
型3：已知相邻两个面所成二面角的大小，例如已知两个面垂直
画出基本图形 类型2类型3画出解决问题的截面图
求截面半径
若截面为三角形，则)3
,60;2,90,sin 2a r A a r A A a r ===== 特别地
其本公式：22222121d r d r R +=+=，d 为球心到截面距离，r 为该截面半径.
基本图形：有两个直角的四边形21MO OO （或两个相似直角三角形），21MO O ∠为二面角的平面角,多数题目所给条件中易求出O 1M ，O 2M ，r 1，r 2的值，此时，将四边形补成直角三角形，只需求出d 1或d 2的值，代入公式即可求R.
代入公式计算 类型1公式：2222121c b a l R ++==
，类型2公式：222⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=h r R ，类型3公式：22222121d r d r R +=+=。