2017-2026上海十年高考数学专项汇编：专题10 空间向量与立体几何（教师版）

专题10空间向量与立体几何

10年真题1年模拟

考点分类上海考情（2017-2026）命题规律

基础题核心考查空间向量的坐标表示、

线性运算、参数求解，难度较低，为必

2017-2026年连续考查，题型覆盖单选

拿分考点；核心变化为2023年起结合

题、填空题、解答题；2024-2026年均

考点01空间向量空间几何体结构特征、动点轨迹方程、

有基础填空、单选题，2023年考查解

的坐标运算线面位置关系综合考查，2026年创新结

答题基础问，2017-2022年年均有高频

合空间直角坐标系中点的对称问题考

考查

查，对空间想象与数形结合能力要求提

升

基础题考查空间向量模长计算公式、数

量积坐标运算、向量夹角与投影求解，

2018-2026年连续考查，题型以填空难度较低；核心变化为2025年起大量

考点02空间向量题、解答题为主；2026年考查填空压结合空间距离最值、线段长度范围、线

的数量积与模长轴题，2025年考查模长最值类填空，面垂直充要条件综合考查，2026年首次

2018-2023年均有高频考查以本考点为核心命制填空压轴题，从基

础计算转向多知识点融合的综合推理，

难度显著提升

基础题考查线面平行、垂直的向量证明，

点到平面的距离求解；核心变化极为显

2017-2026年年年必考，全题型覆盖，

著：2026年首次结合新定义“正交线”，

考点03空间向量为解答题压轴高频考点；2021-2026年

融合线面角、二面角平面角求解、多面

在立体几何中的应年均有2-3问解答题，2026年同时考

体体积计算综合考查，近年大量结合空

用查单选与解答压轴题，2017-2020年以

间几何体翻折、动点存在性问题命制压

基础填空、单选为主

轴解答题，对空间想象、逻辑推理与综

合计算能力要求大幅提高

考点01几何体的表面积和体积

1/60

．（上海高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体

12025··ABCDA1B1C1D1BD42,DB19

积为_________．

【答案】112

【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.

【详解】因为BD42且四边形ABCD为正方形，故BA4，

22

而DB19，故BB1BD81，故BB17，

故所求体积为716112，

故答案为：112.

2．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为9π，则该圆锥的侧面积为___.

【答案】15π

【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积.

【详解】圆锥底面积为9π，则底面半径为3，又圆锥的高为4，

则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为35π=15π

故答案为：15π

3．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为______________.

【答案】4π

【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.

【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，

根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为S2rl24.

【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答

的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

4．（2017·上海·高考真题）已知球的体积为36，则该球主视图的面积等于________

【答案】9

4

【详解】由球的体积公式，可得r336，则r3，所以主视图的面积为S329.

3

5．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，PH底面ABCD，垂足H在AD边

上，且AH1，HD4，AB2．

(1)求证：HCPB；

105

(2)若四棱锥PABCD的体积为，求二面角CPBH的大小．

3

【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以A为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，

则A0,0,0,B2,0,0,H0,1,0,C2,5,0，设点P0,1,t，

则CH2,4,0,PB2,1,t，

CHPB22410t4400，

HCPB．

1

(2)arccos

3

【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直；

（2）利用棱锥体积公式求出h，进而求出点P，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹

角余弦公式求解．

【详解】（1）略

11105

（2）四棱锥体积VSPH52PH，解得PH5，

333

P0,1,5，则CP2,4,5,CB0,5,0，HP0,0,5,HB2,1,0，

HPm5z0

设平面PBH的法向量为mx,y,z，则，

HBm2xy0

令x1，则m1,2,0，

3/60

设平面PCB的法向量为nx1,y1,z1，

CPn2x14y15z10

则，令，则n5,0,2，

x15

CBn5y10

mn51

设二面角CPBH为，则cos，

mn593

1

由图可知，二面角CPBH为锐角，则二面角CPBH大小为arccos．

3

6．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台ABCDA1B1C1D1，其中AB4，A1B12.

(1)当AA12时，求AA1和平面A1B1C1D1所成角；

(2)证明：AA1//平面BC1D；若棱台高为3，求三棱锥A1BC1D的体积.

【答案】(1)45

(2)证明见解析，体积为8

【分析】（1）作A1到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小.

（2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三

棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积.

【详解】（1）过A1作A1H平面ABCD于H,连接AH，

过H分别作HEAB于E,HFAD于F,连接A1E,A1F,

如图HE为A1E在平面ABCD上的投影,

由于AB平面ABCD，所以A1HAB，

由于A1HHEH,A1H,HE平面A1HE，

所以AB平面A1HE.由于A1E平面A1HE，所以A1EAB.

42

所以AE1,同理AFAD,AF1,四边形AEHF为正方形,

21

所以AH2，AH为A1A在平面ABCD上的投影,

又因平面ABCD//平面A1B1C1D1,

AH2

所以AA1和平面A1B1C1D1所成角即A1AH，cosA1AH,

AA12

故AA1和平面A1B1C1D1所成角为45.

（2）连接AC、BD交于O,连接A1C1、B1D1交于O1,

1

如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得AC//AC,且AC22,AC42,AOACAC,

1111211

所以四边形A1C1OA为平行四边形,所以AA1//OC1，

因为AA1平面BC1D,OC1平面BC1D，所以AA1//平面BC1D.

由正棱台性质,OO1与上下底面均垂直,则OO13，

因为OO1BD,ACBD,ACOO1O，AC,OO1平面A1OC1，

所以BD平面A1OC1,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和,

11

即:VVVOBSODS

A1BC1DBA1OC1DA1OC13A1OC13A1OC1

111

BD·S422238.

3A1OC132

7．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB2．

5/60

π

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；

3

π

(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，CDAB．设点M在线段OC上，

3

证明：直线QM∥平面PBD．

【答案】(1)2π

(2)证明见解析

【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.

（2）证明平面QOC//平面PBD，然后根据面面平行的性质可得.

π

【详解】（1）由题知，PAB，即轴截面ABP是等边三角形，故PAAB2，

3

1

底面周长为2π12π，则侧面积为：22π2π;

2

（2）由题知AQQP,AOOB，则根据中位线性质，QO∥PB，

又QO平面PBD，PB平面PBD，则QO//平面PBD

πππ

由于AC，底面圆半径是1，则AOC，又CDAB，则OCD，

333

又OCOD，则OCD为等边三角形，则CD1，

于是CD∥BO且CDOB，则四边形OBDC是平行四边形，故OCBD，

又OC平面PBD，BD平面PBD，故OC//平面PBD.

又OCOQO,OC,OQ平面QOC，

根据面面平行的判定，于是平面QOC//平面PBD，

又MOC，则QM平面QOC，则QM//平面PBD

8．（2025·上海·高考真题）在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，PAACCP2，ABBC2，

(1)若O是棱AC的中点，证明：BO平面PAC，并求三棱锥BOPA的体积；

(2)求二面角BPCA的大小．

3

【答案】(1)证明过程见解析，体积为

6

21

(2)arccos

7

【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案；

（2）证明出OB,OC,OP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，求出

mn21

cosm,n，进而求出二面角BPCA的大小.

mn7

【详解】（1）连接BO，因为ABBC2，所以BO⊥AC，

因为平面PAC平面ABC，交线为AC，

BO平面ABC，

所以BO⊥平面PAC，

因为PAACCP2，所以PO⊥AC，AO1，POAP2AO23，

113

故SOPAO31，

OPA222

AB2，由勾股定理得BOAB2AO2211，

又BO⊥平面PAC，

1133

三棱锥BOPA的体积VSBO1；

3OPA326

（2）由（1）知，BO⊥平面PAC，OC,OP平面PAC，

所以BO⊥OC，BO⊥OP，又PO⊥AC，故OB,OC,OP两两垂直，

以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则B1,0,0,P0,0,3,C0,1,0,A0,1,0，

BP1,0,3,PC0,1,3，

设平面BPC的一个法向量为mx,y,z，

7/60

mBPx,y,z1,0,3x3z0

则，

mPCx,y,z0,1,3y3z0

令z1得xy3，故m3,3,1，

又平面PCA的一个法向量为n1,0,0，

3,3,11,0,0

故mn321，

cosm,n

mn33177

由图可知，二面角BPCA为锐角，

21

故二面角BPCA的大小为arccos.

7

9．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥PABCD,O为底面ABCD的中心．

(1)若AP5,AD32，求POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；

(2)若APAD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．

【答案】(1)12π

π

(2)

4

【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形POA的边长，然后求圆锥的体积；

（2）连接EA,EO,EC，可先证BE平面ACE，根据线面角的定义得出所求角为BOE，然后结合题目数

量关系求解.

【详解】（1）正四棱锥满足且PO平面ABCD，由AO平面ABCD，则POAO，

又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD32可得，AO3，

故POPA2AO24，

根据圆锥的定义，POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥，

即圆锥的高为PO4，底面半径为AO3，

1

根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是π32412π

3

（2）连接EA,EO,EC，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，

由E是PB中点，则AEPB,CEPB，又AECEE,AE,CE平面ACE，

故PB平面ACE，即BE平面ACE，又BD平面ACEO，

于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为BOE，

32

不妨设APAD6，则BO32,BE3，sinBOE，

322

π

又线面角的范围是0,，

2

π

故BOE.即为所求.

4

F0

10．（2023·上海·高考真题）已知S为正比例系数，定义：S,F0为建筑物暴露在空气中的面积（单位：

V0

平方米），V0为建筑物的体积（单位：立方米）．

(1)若有一个圆柱体建筑的底面半径为R，高度为H，求该建筑体的S（用R,H表示）；

(2)现有一个建筑体，侧面皆垂直于地面，设A为底面面积，L为建筑底面周长．已知f为正比例系数，L2与

L2

A成正比，定义：f，建筑面积即为每一层的底面面积，总建筑面积即为每层建筑面积之和，值为T．已

A

fn1

知该建筑体推导得出S，n为层数，层高为3米，其中f18,T10000，试求当取第几层时，

T3n

该建筑体S最小？

2HR

【答案】(1)

HR

(2)6

【分析】（1）利用圆柱体的表面积和体积公式，结合题目中S的定义求解即可；

（2）利用导函数求S的单调性，即可求出S最小时n的值.

9/60

【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得：

22

F02πRHπR，V0πRH，

F0πR(2HR)2HR

所以S2.

V0πRHHR

18n132n1

（2）由题意可得S，nN*，

100003n1003n

3

所以32192n2200，令即3，

SS092n22000

200n3n2600n2

20000

解得n36.274，

81

2000020000

所以S在1,3单调递减，在3,单调递增，

8181

所以S的最小值在n6或n7取得，

3261

当n6时，S0.159，

10036

3271

当n7时，S0.160，

10037

所以在第6层时，该建筑体S最小.

11．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB//CD，ABAD，AB2，AD3，DC4

(1)求证：A1B//平面DCC1D1；

(2)若四棱柱ABCDA1B1C1D1体积为36，求二面角A1BDA大小.

【答案】(1)证明见解析

213

(2)arctan

3

【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面ABB1A1//平面DCC1D1，再由面面平

行的性质定理，即可得证；

（2）先根据棱柱的体积公式求得AA1，再利用二面角的定义，求解即可．

【详解】（1）由题意知，AA1//DD1，

因为AA1平面DCC1D1，DD1平面DCC1D1，

所以AA1//平面DCC1D1，

因为AB//DC，且AB平面DCC1D1，DC平面DCC1D1，

所以AB//平面DCC1D1，

又AAABA，、平面，

1AA1ABABB1A1

所以平面ABB1A1//平面DCC1D1，

因为A1B平面ABB1A1，

所以A1B//平面DCC1D1．

（2）由题意知，底面ABCD为直角梯形，

(24)3

所以梯形ABCD的面积S9，

2

因为四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为36，

36

所以AA4，

1S

过A作AEBD于E，连接A1E，

因为AA1平面ABCD，且BD平面ABCD，

所以AA1BD，

又AAAEA，、平面，

1AA1AEAA1E

所以BD平面AA1E，

因为A1E平面AA1E，所以BDA1E，

所以A1EA即为二面角A1BDA的平面角，

在Rt△ABD中，AEBDABAD，

ABAD23613

所以AE，

BD223213

AA4213

tanAEA1

所以1，即213，

AE6133A1EAarctan

133

11/60

213

故二面角A1BDA的大小为arctan．

3

12．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且PO底

面ABC，APAC2

(1)求三棱锥P-ABC的体积；

(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.

【答案】(1)1；

3

(2)arcsin．

4

【分析】（1）由棱锥体积公式计算；

（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．

【详解】（1）PO底面ABC，AC底面ABC，则POAC，连接BO，同理POBO，

1

又AOAC1，PA2，∴PO22123，

2

1

而S△22sin603，

ABC2

11

所以VPOS331；

PABC3ABC3

（2）由已知BOAC，分别以OB,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

由已知BO3，

31

则P0,0,3，B3,0,0，C(0,1,0)，∴M(,,0)，

22

31

PM(,,3)，易知平面PAC的一个法向量是m(1,0,0)，

22

3

mPM3

cosm,PM2，

mPM314

13

44

33

设PM与平面PAC所成角大小为，则sin，[0,π]，∴arcsin．

44

13．（2022·上海·高考真题）如图，在圆柱OO1中，底面半径为1，AA1为圆柱OO1的母线.

(1)若AA14，M为AA1的中点，求直线MO1与底面的夹角大小；

(2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.

【答案】(1)arctan2；

(2)侧面积4，体积2.

【分析】（1）分析可知直线MO1与底面所成的角为MO1A1，求出tanMO1A1，即可得解；

（2）求出圆柱的母线长，利用圆柱的侧面积公式和体积公式可求得结果.

【详解】（1）解：因为AA1与圆柱OO1的上底面垂直，则直线MO1与底面所成的角为MO1A1，

1

易知AAOA，在Rt△MOA中，MAAA2，OA1，

1111112111

MA

1

故tanMO1A12，故直线MO1与底面的夹角大小为arctan2.

O1A1

（2）解：若圆柱的轴截面为正方形，则AA12，

2

故圆柱OO1的侧面积为2124，体积为122.

14．（2021·上海·高考真题）四棱锥PABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE平

面ABCD.

13/60

（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥PABCD的体积；

（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PD与AC所成角的大小.

3232

【答案】（1）V；（2）arccos.

PABCD36

【分析】（1）由棱锥体积公式计算；

（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．

【详解】（1）∵正方形ABCD边长为4，△PAB为等边三角形，E为AB中点，

1323

∴PE23，V4223；

PABCD33

（2）如图以EA,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,4)，D(2,4,0)，A(2,0,0)，

C(2,4,0)，∴PD(2,4,4)，AC(4,4,0)，

PDAC81602

∴cos，

|PD||AC|6426

2

即PD与AC所成角的大小为arccos．

6

15．（2020·上海·高考真题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体.

（1）求圆柱体的表面积；

（2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转到ABCD，求AD与平面ABCD所成的角.

2111

3

【答案】（1）4π；（2）arcsin.

3

【分析】（1）画出示意图，求出圆柱的母线长，利用表面积运算公式计算即可；

（2）由已知可得D1C平面ABCD，连接AD1,AC，则D1AC为AD1与平面ABCD所成的角，解直角三角

形即可.

【详解】（1）因为正方形ABCD的边长为1，所以圆柱底面半径r1，母线长为l1，

则圆柱的表面积为S2r22rl224.

（2）因为正方形ABCD绕BC逆时针旋转到ABCD，所以DC平面ABCD，连接AD,AC

21111

因为D1C平面ABCD，所以D1AC为AD1与平面ABCD所成的角，

DC3

1

又AC2，D1C1，所以AD13，sinD1AC，又D1AC[0,]，

AD132

3

所以D1ACarcsin

3

【点睛】本题考查圆柱表面积及线面角的计算问题，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易

题.

16．（2019·上海·高考真题）如图，在正三棱锥PABC中，PAPBPC2,ABBCAC3

（1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角；

（2）求PABC的体积.

15/60

33

【答案】（1）arccos；（2）

44

【分析】（1）由中位线可知MN//PC，从而所求夹角即为PCA，根据余弦定理，可求得余弦值，从而得

到PCA的大小；（2）根据正三棱锥的性质，可求得几何体的高PO3，再根据棱锥体积公式求得结果.

【详解】（1）M,N分别为PB,BC中点，可知：MN//PC

AC与MN夹角即为AC与PC夹角PCA

PC2AC2PA24343

在PCA中，由余弦定理可得：cosPCA

2PCAC2234

3

PCAarccos

4

3

即AC与MN的夹角为arccos

4

（2）作PO面ABC，连接AN，如下图所示：

三棱锥为正三棱锥

O为ABC的中心且落在AN上

2223

AOANAB2BN231

3334

POPA2AO2413

11133

VSPO333

PABC3ABC3224

【点睛】本题考查异面直线所成角、空间几何体体积的求解问题.求解异面直线所成角问题的关键在于能够

通过平行关系将直线进行平移，转化为相交直线所成角的问题.

17．（2018·上海·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2.

(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；

(2)设PO4，OA、OB是底面半径，且AOB90，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB

所成的角的大小.

83

【答案】(1)π；

3

2

(2)arccos（或arctan17）.

6

【分析】（1）由圆锥的底面半径为2，母线长为4能求出高，再利用圆锥的体积公式计算即可；

（2）法一：取OA中点N，连接MN,PN，作出异面直线PM与OB所成角PMN，通过线面垂直的判定和

性质证得PNMN，从而可得tanPMN的值；

法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线所成的角．

【详解】（1）由题意，PB4，OB2，∴PO422223，

183

圆锥底面积S4π，∴圆锥的体积V4π23π.

33

（2）法一：取OA中点N，连接MN,PN，则MN//OB，异面直线PM与OB所成角即PMN，

由题意，MN1，PO4，ON1，POON，则PN421217，

AOB90即OAOB，则ONMN，

又POMN,POONO,PO,ON平面PON，

MN平面PON，

PN平面PON，PNMN.

PN

所以在Rt△PNM中，tanPMN17，即PMNarctan17，

MN

17/60

所以异面直线PM与OB所成角大小为arctan17.

法二：以O为原点，OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则O0,0,0,B0,2,0,P0,0,4,A2,0,0，所以M(1,1,0)，

则OB(0,2,0)，PM(1,1,4)，

设异面直线PM与OB所成角为，

OBPM222

则cos，arccos，

OBPM23266

2

所以异面直线PM与OB所成角大小为arccos.

6

18．（2017·上海·高考真题）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长

分别为4和2，侧棱AA1的长为5.

（1）求三棱柱ABCA1B1C1的体积；

（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小.

【答案】（1）20;（2）arctan5

【分析】（1）三棱柱ABCA1B1C1的体积VSABCAA1ACAA1，由此能求出结果；

（2）连结AM,A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，由此能求出直线A1M与平面ABC所成角的大小.

【详解】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，

两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．

∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：

V＝S△ABC×AA1

1

ABACAA

21

1

42520．

2

（2）连结AM，

∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，

两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，

11

∴AA1⊥底面ABC，AMBC1645，

22

∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，

AA15

tan∠A1MA5，

AM5

∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan5．

【点睛】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位

置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方

程思想、数形结合思想，是中档题．

考点02点、直线、平面之间的位置关系

1．（2022·上海·高考真题）如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD

的中点，连接A1S、B1D，空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称M、N

两点可视，下列选项中与点D1可视的为（）．

19/60

A．点QB．点PC．点BD．点R

【答案】A

【分析】根据异面直线的定义判断即可.

【详解】A选项，四边形A1D1SP是平行四边形，QBC,BC//PS，得点Q平面A1D1SP，得A1S与D1Q为

异面直线，

QBC,BC

四边形D1B1BD是平行四边形，且平面D1B1BDB，得点Q平面D1B1BD，得DB1与D1Q为

异面直线，根据题意，得Q,D1两点可视，故A对；

B选项：四边形A1D1SP是平行四边形，A1S与D1P相交，故B错；

C选项：四边形D1B1BD是平行四边形，D1B与DB1相交，故C错；

D选项：四边形D1B1BD是平行四边形，D1R与DB1相交，故D错；

故选：A.

2．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确

的是（）

A．若，m，mn，则n

B．若，m，n，则mn

C．若∥，m//，n//，则m∥n

D．若∥，m//，m∥n，则n//

【答案】B

【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果.

【详解】对于A，若，m，则m//或m，

当m//时，mn，则n//或者n与斜交或者n，

当m时，mn，则n//或者n与斜交或者n，故A错误；

对于B，若，m，n，可在m,n取m,n作为,的法向量，

由于，故mn0，即mn，则mn，故B正确；

对于C，若∥，m//，n//，则m,n可能平行可能相交，也可能异面，故C错误；

对于D，若∥，m//，m∥n，则n//或n，故D错误；

故选：B

3．（2023·上海·高考真题）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P为线段A1C1上的动点，则下列直

线中，始终与直线BP异面的是（）

A．DD1B．ACC．AD1D．B1C

【答案】B

【分析】根据异面直线的定义一一判断即可.

【详解】由正方体的性质易知当P为A1C1的中点时，P为B1D1的中点，

而DD1//BB1，所以B,D,D1,B1共面，则BP、DD1在平面BDD1B1上，故A不符题意；

因为AA1//CC1，即A,C,C1,A1共面，

易知P平面ACC1A1，而B平面ACC1A1，PA1C1，PAC，

故BP与AC异面，故B符合题意；

当P、C1重合时，易知AB//D1C1,ABD1C1，

则四边形ABC1D1是平行四边形，则此时AD1//BP，故C不符合题意；

当P、C1重合时，显然B1C，BP相交，故D不符合题意.

故选：B.

4．（2022·上海·高考真题）如图，上海海关大楼的上面可以看作一个正四棱柱，四个侧面有四个时钟，则

相邻两个时钟的时针从0时转到12时（含0时不含12时）的过程中，能够相互垂直（）次

21/60

A．0B．2C．4D．12

【答案】B

【分析】根据正四棱柱相邻侧面的线线关系即可判断.

【详解】当时针在3时或9时相互垂直，0时或6时时针平行，其它时间时针所在直线异面但不垂直，所以

能够垂直2次.

故选：B.

5．（2020·上海·高考真题）在棱长为10的正方体.ABCDA1B1C1D1中，P为左侧面ADD1A1上一点，已知

点P到A1D1的距离为3，点P到AA1的距离为2，则过点P且与A1C平行的直线交正方体于P、Q两点，则Q

点所在的平面是（）

A．AA1B1BB．BB1C1CC．CC1D1DD．ABCD

【答案】D

【分析】先根据平面的基本性质，过点P且与A1C平行的直线必然在点P与直线A1C所确定的平面内，确定

点P与直线A1C所确定的平面，即由直线A1C,A1P所确定的平面，延长A1P，交AD于点M,在截面A1CM中

作出直线A1C,即得到Q点，并得到Q所在的平面.

【详解】如图由条件可知直线A1P交线段AD于点M，连接MC，过点P作A1C的平行线，必与MC相交，

那么也与平面ABCD相交.

故选：D.

【点睛】本题考查直线与正方体表面的交点位置的判断，涉及线面平行的性质，考查较强的空间想象能力

和逻辑推理能力，难度一般.

6．（2019·上海·高考真题）已知平面，，两两垂直，直线a，b，c满足a，b，c，则

直线a，b，c不可能满足以下哪种关系（）

A．两两垂直B．两两异面C．两两相交D．两两平行

【答案】D

【分析】对ABC作出相应空间图形即可；对D，通过反证法即可得到其无法两两平行.

【详解】如图1，可得a，b，c可能两两垂直，故A正确；

如图2，可得a，b，c可能两两相交，故C正确；

如图3，可得a，b，c可能两两异面，故B正确；

对D，设l，且l与a,b均不重合，

假设：a//b//c，由a//b可得：a//，b//，

又l，可知a//l，b//l，

又a//b//c，可得：c//l，

因为,,两两互相垂直，可知l与相交，即l与c相交或异面，

若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面，

可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行，故D错误.

故选：D.

7．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，PA是母线，PA2，该圆锥的底面半径是1．B、C

分别在圆锥的底面上，则异面直线PA与BC所成角的最小值为__________．

23/60

π

【答案】

3

【分析】过A作AD//BC交底面圆锥于D点，则PAD为异面直线PA与BC所成角，结合余弦定理与余弦

函数的性质即可得PAD的取值范围，从而得所求最值.

【详解】

如图，过A作AD//BC交底面圆锥于D点，连接PD，

因为PAPD,AD//BC，则PAD为异面直线PA与BC所成角，

2222

PAADPD22AD22AD

所以cosPAD，

2PAAD4AD4

AD11

又0AD2，所以0，即0cosPAD，

422

πππ