专项02 立体几何解答题4大题型（大题专练）（上海专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项02 立体几何 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 年份 题号 核心考点 情境 难度 2025年 解答题第18题 圆锥表面积计算、面面平行证明、面面平行推导线面平行、线面角求解 圆锥与平面结合，涉及动点M在线段OC上、Q为PA中点的线面平行证明场景，贴合立体几何基础模型 中档，梯度合理，侧重逻辑推理与基础计算，符合上海卷“稳中求新”特点 2024年 解答题第17题 线面关系证明、空间角（二面角为主）求解、空间几何体体积计算，兼顾基础与综合应用 常规立体几何模型（棱柱、棱锥结合），无复杂情境，侧重知识融会贯通与灵活应用 中档，难度平缓提升，基础问易得分，提升问侧重思维运用 2023年 解答题第17题 正四棱锥性质、空间几何体结构特征、线面平行/垂直证明、空间角求解 正四棱锥“摆放”情境，考查逆向思维，从局部到整体想象几何体可能情形，设问有创新 中档偏易，基础知识点占比高，创新设问不增加难度，侧重直观想象素养 2022年 解答题第17题 圆锥表面积计算、线面关系证明、空间向量应用（辅助求解空间角） 圆锥为核心载体，结合平面几何性质，情境简洁，聚焦核心知识点考查 中档，注重基础技能考查，计算量适中，无偏难考点 2021年 解答题第17题 圆柱表面积计算、线面平行/垂直证明、空间几何体体积计算，基础考点全覆盖 圆柱与平面结合的常规情境，贴合教材基础模型，侧重基础知识与基本方法考查 中档偏易，基础问占比高，确保大部分考生能拿到基础分数 1. 核心考点稳定：近5年解答题始终围绕线面关系（平行、垂直）证明、空间角（二面角、线面角为主）求解、空间几何体表面积/体积计算，其中柱体、圆锥为高频载体（5年3考）； 2. 情境特点：均以常规立体几何模型为载体，情境简洁不复杂，2023年解答题融入创新设问，侧重思维灵活性，整体贴合教材基础模型； 3. 难度趋势：解答题整体稳定在中档，梯度设计合理，第一问多为基础证明（线面、面面关系），易得分，后续设问侧重逻辑推理、直观想象与计算能力，无偏题怪题； 4. 能力侧重：重点考查直观想象、逻辑推理核心素养，支持几何定理、空间向量两种求解方法，注重通性通法的应用，贴合上海卷“立足基础、稳中有新”的命题原则。 2026年预测： 位置关系证明（第一问，6-7分）：线线平行/垂直、线面平行/垂直、面面平行/垂直判定与性质 空间计算（第二问，7-8分）：线面角、二面角、几何体体积、点到平面距离；外接球/组合体表面积体积为高频考点 命题风格预测 载体：常规棱柱/棱锥为主，少量组合体（如棱锥+棱柱），无复杂不规则几何体 计算简化：建系难度低，坐标好算，侧重向量点积、法向量求解，淡化纯几何辅助线技巧 动态设问：少量涉及体积最值、截面基础问题，不深挖几何难题 最可能考题型 四棱锥/长方体：线面垂直证明+线面角/二面角求解 棱柱：面面平行证明+几何体体积+点面距离 避坑要点：建系规范、坐标计算零失误；二面角区分锐角/钝角，体积公式不记错 题型01 线面、面面位置关系证明 析典例·建模型 1．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若点，分别为，的中点，求证:平面平面. 研考点·通技法 线面平行：中位线法、平行四边形法、面面平行推线面平行 线面垂直：证线⊥面内两条相交直线（勾股、等腰三线合一、面面垂直性质） 面面垂直：证一个面过另一个面的一条垂线 趋势：逆向设问（已知平行 / 垂直，求点位置 / 参数）、翻折中的垂直关系 破类题·提能力 1．如图，在三棱锥中，， 的中点分别为，点在上，．求证：平面. 2．如图，在直三棱柱中，是边的中点，过，，作截面交于点D.求证：. 3．如图，在直四棱柱中，底面为正方形，E为棱的中点，P为棱的中点，，．    (1)证明：平面平面． (2)求点A到平面的距离． 4．如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 5．如图，四边形是正方形，平面，． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 6．如图，已知圆锥的底面圆的半径，且圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，点是母线的中点，，垂足为上的点，点在底面圆上，且. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 题型02 空间角计算 析典例·建模型 1.如图所示，在直三棱柱中，，若，    (1)设的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的大小. 2．如图，在正三棱柱中，，，为棱上一点且. (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求二面角的大小. 研考点·通技法 二面角：每年必考，向量法（法向量夹角）为主，几何法（找棱、作垂线）为辅 线面角：高频，向量法（直线方向向量与平面法向量夹角的余角） 异面直线所成角：偶考，平移共面或向量法 破类题·提能力 1．如图，分别是空间四边形中的中点，，求异面直线与所成角的大小.    2．在直四棱柱中，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 3．如图，在圆柱中，是底面圆的一条直径，和是两条母线，是底面圆上异于的一点，是线段的中点． (1)求证：直线平面； (2)若，求二面角的大小． 题型03 体积 / 表面积计算 析典例·建模型 1．如图，圆柱轴截面是边长为2的正方形，动点在底面圆周上，是母线的中点. (1)求圆柱的体积与表面积； (2)求四面体的体积的最大值及此时的大小. 2．如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 3．如图，在四面体中，设棱，其余5条棱长都为2. (1)当时，求直线与平面所成角的大小； (2)当四面体的表面积最大时，求的值及其体积. 4．如图是一把直角三角尺，其中间做了镂空设计，设直角三角尺外轮廓的三角形的三边为，其对应的内角为，被挖去的三角形与直角三角尺的外轮廓三角形相似，且二者外接圆半径之比为1:2． (1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16，求：的值； (2)若直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，求：该直角三角尺做镂空设计前绕其一边旋转一周而成的几何图形体积的最小值的最大值． 研考点·通技法 常规：柱、锥、球、组合体的体积 / 表面积 方法：公式法、割补法、等体积转化（点面距） 热点：动态体积最值、体积比、旋转体体积 破类题·提能力 1．如图，四棱锥中，底面为矩形，，，且平面底面. (1)求该四棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的大小. 2．在正四棱台中，底面四边形边长为2，底面四边形边长为4，棱台高为. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角； (3)求棱台的表面积. 3．如图，三棱柱是所有棱长均为4的直三棱柱，D、E分别是棱AB和棱的中点．    (1)求三棱柱的体积与表面积； (2)求点E到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 4．如图1所示，已知与满足：，，二面角的大小为为线段的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积. 题型04 创新 / 拓展考点 析典例·建模型 1．在正四棱锥中，侧棱的长为，与所成的角的大小等于． (1)求正四棱锥的体积； (2)若正四棱锥的五个顶点都在球的表面上，求此球的半径． 2．如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，E、F分别为，的中点. (1)求直线到平面的距离； (2)在线段上是否存在一点M，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)在平面内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状. 3．如图所示，置于水平桌面的正四棱柱为内壁厚度忽略不计的有底且无盖容器，其高为，底面四边形是边长等于的正方形，容器内有液体，液面高度恰为2.由制作工艺的限制，满足. (1)当时，求容器的容积和液体体积； (2)在满足题意的条件下，求的取值范围，并请问当为何值时，容器的容积可达最大？ (3)当时，将该容器绕着逆时针旋转，设平面和水平面所成的锐二面角的大小为，若液体在旋转过程中总不溢出，求的取值范围. 研考点·通技法 探索性问题：是否存在点满足平行 / 垂直 / 角度条件（设参数求解） 动态问题：动点轨迹、角度 / 距离范围、最值（函数 + 导数 / 不等式） 截面 / 翻折：截面形状 / 面积、翻折前后不变量（长度、垂直） 球的切接：长方体外接球（体对角线 = 直径）、正棱锥内切 / 外接球 破类题·提能力 1．如图，直三棱柱内接于高为的圆柱中，已知，为的中点. (1)求圆柱的侧面积与表面积； (2)求二面角的大小. 2．如图，等腰直角三角形中，，． (1)点是边的中点，点是边上一点（不与重合），将三角形沿逆时针翻折，点的对应点是，设二面角的大小为； ①若点是边的中点，，求四棱锥的体积； ②是否存在点和，使得，若存在，请指出点的位置和的大小，若不存在，请说明理由； (2)四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，空间中取一点，使得、、、四点可组成“鳖臑”，且该四面体的体积为，求的长（直接写出答案即可）． 3．李华同学用如下左图所示的炒勺做蛋饺，在学习立体几何后，他打算研究炒勺（不考虑勺柄，下同）的容积与表面积.如图所示，取定球面上一点N，连接N与球心，在线段上取一点，过垂直于的平面（记作）将球面分成了两部分；李华同学将炒勺抽象为其中含有点N的那部分曲面，并设球面半径为R.    (1)若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），求炒勺的容积； (2)李华记得必修三教材中，半球体积是利用如图所示的圆柱、圆锥以及祖暅原理推导所得.模仿教材中的方法，，求炒勺的容积V，并写出推导过程；    (3)设厘米，厘米，利用必修三教材中近似地推导球的表面积公式的方法，帮助李华同学推测炒勺的内表面面积S（近似到0.01平方厘米），并写出推导过程. 4．在学习立体几何的过程中，无数公理的直观体现和定理应用都在正方体中展开.已知正方体的棱长为 性质1：对角线与所成夹角大小为______. 性质2：体对角线的长度为______. ... (1)请直接完成上方正方体性质的填写； (2)求证：线段被平面与平面三等分； (3)若正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，求：截此正方体所得截面面积的最大值并在上方性质卡片图中画出此时与正方体的截面. 5．勒洛四面体是一个非常神奇的＂四面体＂，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，请解答以下问题：    (1)求勒洛四面体中过三点的截面面积． (2)求勒洛四面体能够容纳的最大球的半径． (3)若是勒洛四面体表面上的任意两点，若正四面体的棱长，求长度的最大值． （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2025·上海闵行·一模）如图，三棱锥中，侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，为AC中点． (1)求证： (2)若，求二面角的大小． 2．（2025·上海普陀·一模）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点． (1)设平面平面，求证：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 3．（2025·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点平分劣弧，过点分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 4．（2025·上海徐汇·一模）如图，已知是的直径，点是上异于、的一点．设过点的直线垂直于所在的平面，且． (1)若为中点，为线段的中点，为线段上一点，且平面．求证：为线段中点，并求三棱锥的体积； (2)记二面角的平面角为，求的最小值，并指出其取得最小值时点的位置． 5．（2025·上海宝山·三模）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角的正弦值． 6．（2025·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点． (1)求证：平面ADE； (2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值． 7．（2025·上海虹口·一模）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，点为中点.    (1)若点是线段上的动点，求证：直线与直线不相交； (2)若平面，，，求点到平面的距离. 8．（2025·上海长宁·二模）如图，在直三棱柱中，，点D是棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离以及三棱锥的体积． 9．（2025·上海黄浦·二模）在四面体中，，． (1)若为正三角形，平面平面，求四面体体积； (2)若，，求二面角的大小． 10．（2025·上海普陀·二模）如图，在三棱柱中，，且.    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 11．（2025·上海杨浦·二模）坐落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 12．（2025·上海宝山·二模）如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且. (1)证明：； (2)若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小. 13．（24-25高三下·上海虹口·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 14．（2025·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 15．（2025·上海奉贤·一模）如图，将直角三角形绕直角边所在直线旋转一周形成圆锥．已知圆锥的底面半径为3cm，圆锥的侧面积．设、是底面圆周上的两点，线段不经过点． (1)求圆锥的体积； (2)求证：直线与直线是异面直线； (3)二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小． 16．（2026·上海·一模）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形． (1)若E是PB上任意一点，四边形ABCD是菱形，，BD= 6，当面积的最小值是9时，求证：平面； (2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．若四棱锥是阳马，PD=5，CD=4，AD=3，求：该阳马的外接球表面积； (3)若四棱锥是阳马，且，点可能为的中点，试确定点E位置使得四面体为鳖臑，并证明． 刷真题 1．（2023·上海·高考真题）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.    (1)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 2．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 3．（2023·上海·高考真题）已知为正比例系数，定义：为建筑物暴露在空气中的面积（单位：平方米），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，高度为，求该建筑体的（用表示）； (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．已知为正比例系数，与成正比，定义：，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．已知该建筑体推导得出，为层数，层高为3米，其中，试求当取第几层时，该建筑体最小？ 4．（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，且底面ABC，    (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）. 5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 6．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 7．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 8．（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．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (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，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 9．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项02 立体几何 参考答案 题型01 线面、面面位置关系证明 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）由菱形的性质可得，再由面面垂直的性质定理即可证明. （2）连接，由线线垂直可得线面垂直，再由线面垂直的性质定理即可证明. （3）连接，，，可证平面平面，再由面面垂直可得平面，由面面垂直的判定定理证明即可. 【规范答题】（1）在菱形中，, 为的中点， 所以，又平面⊥平面，平面∩平面，平面，所以平面. （2）如图，连接 因为为正三角形, 为线段的中点， 所以，由（1）知，又，平面， 所以平面，因为平面，所以. （3）如图，连接，，， 在中，，在菱形中，， 而平面，平面，，平面， 平面，，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 因为平面，，所以平面， 又平面， 所以平面平面，所以平面平面. 破类题·提能力 1．【详解】 连接，设， 则，， 由可知，， 又因为，， 则， 解得，则为的中点， 因为分别为的中点， 所以且，所以， 又平面平面， 所以平面. 2．【详解】在直三棱柱中，因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以. 3．【详解】（1）连接，因为，所以四边形是平行四边形， 可得，又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以四边形是平行四边形， 可得，又因为平面，平面，所以平面， 且，平面， 所以平面平面； （2）因为，， ，可得是等边三角形， 所以， ， 设点A到平面的距离为， 由得，， 解得，所以点A到平面的距离为.    4．【详解】（1）在长方体中，， 得，而，得， 则四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 同理可得四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 由平面， 所以平面平面. （2）建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 得， 设平面的法向量为， 得，取， 则点到平面的距离为：． 5．【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 因为四边形是正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）过点作于点， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 则的长即为点到平面的距离， 又，则，， 则， 故点到平面的距离为． 6．【详解】（1）因为平面，平面，则，， 又，则. 又为中点，则为中点，，又， 由余弦定理，， 由，可得, 又，平面， 所以平面； （2）因为平面，，所以平面， 因为圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，设母线长为， 则, 又，则， 所以, 又, 在中，，故, 所以， 设点到平面的距离为， 则，解得. 题型02 空间角计算 析典例·建模型 1.【思路分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直； （2）由（1）易知即为求直线与平面所成的角，结合勾股定理及直角三角形性质可得解. 【规范答题】（1）取的中点，连接，，    由已知为直三棱柱，即平面， 且平面，则， 由，则且，，平面， 平面； （2）由（1）知平面，连结， 即为与平面所成的角， 在中， 由，得，， ， 所以，所以， 即与平面所成的角为. 2．【思路分析】（1）过点作交于点，连接，异面直线与所成角等于异面直线与所成角，在三角形中计算得到答案； （2）取的中点，连接，根据二面角定义得到二面角的平面角为，在三角形中计算得到答案； 【规范答题】（1）在中，过点作交于点，连接， 所以异面直线与所成角等于异面直线与所成角， 在正三棱柱中，，，为棱上一点且. 所以，在中，， 在中，， 在中，由余弦定理的推论可得， 所以，因此，异面直线与所成角为 （2）取的中点，连接，在等边中，， 在中，， 在中，， 在等腰中，，所以二面角的平面角为， 在中，， 在中，， 所以二面角的大小为. 破类题·提能力 1．【详解】如图，取中点，连接，又分别是的中点， 所以，则异面直线与所成角为或其补角，    由，则， 又异面直线所成角范围为，则异面直线与所成角为. 2．【详解】（1）取的中点，连接， 因该几何体为直四棱柱，平面ABCD， 因平面，则， ，，， ，，，则四边形ABED为正方形，， ， ， ，，，，平面， 平面； （2）因平面ABCD，平面，则， 因，，平面，则平面， 则为直线与平面所成的角， 在矩形中，，则， 则直线与平面所成的角为. 3．【详解】（1）连接，令，连接，则是、的中点， 在中是线段中点，是的中点， ∴，又平面，平面， ∴直线平面； （2）如图，作出符合题意的图形， 过作，交的延长线于，连接， 由题知，，则，则， 显然平面，平面，则， 又，平面，，则平面， 由平面，则， 结合可知，二面角的平面角为， 而，，在直角三角形中，， 则，故二面角的大小是. 题型03 体积 / 表面积计算 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据给定条件，利用圆柱的体积公式、表面积公式计算即可. （2）利用圆柱的结构特征，结合线面垂直、线面平行求出四面体体积关系，再利用基本不等式求解即得. 【规范答题】（1）由圆柱轴截面是边长为2的正方形，得圆柱的底面圆半径，高， 所以圆柱的体积，表面积. （2）连接，显然点与点都不重合，由点在底面圆周上，得， 由是母线的中点，得平面，而平面， 则，又平面，因此平面， 由平面，平面，得平面， 则点到平面的距离等于，而，， 于是四面体的体积， 当且仅当，即是半圆弧的中点时取等号，此时，即， 所以四面体的体积最大值为，. 2．【思路分析】（1）结合正四棱台的结构特征，利用几何法求出二面角的平面角. （2）利用圆台、棱台的体积公式计算得解. 【规范答题】（1）设正方形，的中心分别为，连接，则平面， 分别取，的中点，，连接，则，， 由，分别为等腰梯形底边，的中点，得， 由，得四边形是一个直角梯形， ，又，为侧面与底面所成二面角的平面角， 由条件知，则， 所以侧面与底面所成二面角的大小为. （2）依题意，圆台上底面半径cm，下底面半径cm，高cm， 则圆台的体积为， 又正四棱台的体积， 所以削去部分的体积， 所以削去部分与正四棱台的体积之比为. 3．【思路分析】（1）过作平面，垂足为，为直线与平面所成的角，在中求解即可； （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时，故四面体的体积. 【规范答题】（1）当时，为正四面体. 过作平面，垂足为，则点为正的中心， 进而为直线与平面所成的角. 在中，，， 从而，故. 因此直线与平面所成角的大小为. （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时. 取的中点，连接、，故，， 平面，从而平面. 由题意，， 进而可得的面积为. 故四面体的体积. 4．【思路分析】（1）根据外接圆面积求出，再由正弦定理计算即可； （2）根据外接圆半径为6，得出斜边，再由圆锥的体积公式与均值定理计算即可. 【规范答题】（1）设挖去的三角形的外接圆半径，面积为， 直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径，面积为， 因为外接圆半径之比为1:2，所以，故， 计算得，又因为，故，根据正弦定理得： ； （2）直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边， 设直角边为，满足， 若绕旋转：体积； 若绕旋转：体积； 若绕旋转：斜边上的高，体积； 因为，所以， 当且仅当时等号成立，此时， 即几何图形体积的最小值的最大值为. 破类题·提能力 1．【详解】（1） 取中点为，因为，所以， 又因为，所以， 又因为平面底面，平面底面，平面， 所以底面，即该四棱锥的高为， 所以四棱锥的体积为； （2） 因为底面， 所以就是直线与平面所成角的平面角， 因为，所以， 即直线与平面所成角的大小为. 2．【详解】（1）如图连接，取中点为，连接， 由正棱台的结构特征，得平面，又平面， 则平面平面； （2）由（1）过作直线平行于交于，因平面， 则平面，从而为与平面的夹角. 由题可得，又由题可得，则. 则，又，则； （3）如图作， 由题可得为棱台侧面梯形的高，棱台侧面为全等的等腰梯形. 由（2）分析可得，则. 又，则. 则棱台侧面积为： 3．【详解】（1）由题， ； 三棱柱表面积为：； （2）因D为中点，结合题意，可得， 又平面，平面，则. 因平面，，则平面. 因为， ，，， 所以，所以，所以， 设点E到平面的距离为， 所以，则， 所以，解得：. 所以点E到平面的距离为. （3）由（2）可得平面，因平面， 则，从而为二面角的平面角. 如图，连接，由题可得， ，由余弦定理，.    所以求二面角的余弦值为. 4．【详解】（1）由，为线段的中点，则， 由，平面，则平面， 又平面，所以平面平面； （2）由平面平面，平面平面，且，平面，    所以点到平面的投影在直线在平面的投影直线上， 由二面角的定义及知，二面角为， 而，，则是边长为2的等边三角形， 所以，则点到平面的距离； （3）由平面且平面，平面，则， 由，则，故，， 而是边长为2的等边三角形，则， 在中，，故，则， 所以. 题型04 创新 / 拓展考点 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）连接与交于，由异面直线夹角及等腰三角形性质求出，再求出棱锥的高，进而求出体积. （2）根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出球半径. 【规范答题】（1）在正四棱锥中，连接与交于，连接，平面， 由，得是与所成角，即， 在等腰中，，，， 所以正四棱锥的体积. （2）依题意，球的球心在直线上，设球的半径为，则， 而正方形外接圆半径，由，得，解得， 所以球的半径为5. 2．【思路分析】（1）取的中点，可证得平面，平面，从而平面平面，则平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离，由条件可得面，为点到平面的距离，求解即可； （2）设 ()，以点A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列出方程求解即可； （3）求出中点到平面的距离为，由，即，故H在以中点为球心，半径为的球面上，进而可得H在平面上的轨迹. 【规范答题】（1） 取的中点，连接， 又E为的中点，∴， 而平面，平面，∴平面， ∵G为中点，F为的中点，，∴， 而平面，平面，∴平面， 又∵平面， ∴平面平面，而平面， ∴平面， ∴直线到平面的距离等于点到平面的距离． ∵面，面，∴， 又，，面， ∴面，即面， ∴为点到平面的距离，而， ∴直线到平面的距离为． （2） 设 ()，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系， ∴， ∴， ∴， 设平面的法向量， 则有，令，得，则， 由题意， 整理得，解得或(舍去)， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值是． （3）由（2）知，平面的一个法向量， 点，中点，则， 则中点到平面的距离为， 由，即， 故H在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故H在平面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的H，此时点H的轨迹是半径为的圆． 3．【思路分析】（1）根据体积公式计算体积即可. （2）根据液面的高度要小于容器的高度列出不等式求解的范围，再用表示出容器的体积，利用导数求出容器体积的最大值. （3）当液面到时，此时最大，利用液体体积不变，求出的长度，从而计算出，确定的取值范围. 【规范答题】（1）当时，， 容器的容积，液体体积. （2），. 由于液面的高度为2，故容器的高度，即，，又. 的取值范围是. 此时容器的容积. ，令，即，解得或. 又，，即在上单调递增. . （3）当时，由得，液体体积. 当液面与水平面平行时，此时有最大值.过作交于点. 设，则，液体的体积，解得. ，，. 故的取值范围是. 破类题·提能力 1．【详解】（1）设圆柱底面圆半径为，高为. 因，，则，为外接圆直径， 即圆柱底面圆直径为，从而底面圆半径为. 又由题可得圆柱高为，则圆柱侧面积为：， 表面积为：； （2）由题可得，平面，又平面，则. 又，平面，，则平面. 因平面，则.又因， 则为二面角的平面角， 因为平面，平面，则， 从而， 即. 2．【详解】（1）①若点是边的中点，， 易知，四边形为直角梯形，且底面， ，则四边形的面积， 四棱锥的体积为； ②假设存在点和，使得， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在直角中是斜边，但，显然不成立， 所以不存在点和，使得； （2）易知， 由“鳖臑”的定义可知都是直角三角形， 则该四面体必有一条棱垂直于一面， ①若底面，此时，符合定义， ， ；②若底面，此时，符合定义， ， ；③若底面，此时， 所以，要符合定义需直角以为斜边， 显然，故假设不成立， ； ④若底面，此时，符合定义， ，设， 解得， ； ⑤若底面，此时，符合定义， 同④可知要符合题意需， ； 综上所述：可能取值. 3．【详解】（1）若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），则炒勺的容积为； （2）    如图：先证明对任意高度，图中的阴影部分面积相等， 图（1）中阴影部分圆的半径设为，则由垂径定理可知：， 所以图（1）中阴影部分圆的面积为：， 图（2）中阴影部分为圆环，设内圆半径为，则， 所以图（2）中阴影部分圆环的面积为：， 此时对任意的高度，都有，则根据祖暅原理， 可知炒勺的容积V等于一个高为的圆柱体积减去一个圆台体积， 即 ， 故炒勺的容积； （3）    当厘米，厘米，先计算炒勺的容积， 再计算阴影部分圆的半径 图中阴影部分下方的圆锥体积， 再根据推导球的表面积公式的方法，将炒勺的球面分割成微小的 n 个部分，每一个部分与球心形成的锥体的高都近似看成球的半径， 从而可将这 n 个锥体的体积之和等于炒勺和圆锥组成的几何体体积，最后可近似求出炒勺的表面积，设炒勺的表面积为， 则 故炒勺的表面积为. 4．【详解】（1）由于平面平面，故， 故对角线与所成夹角大小为， 体对角线的长度为. （2）方法一：连接，与相交于点，连接与相交于点， 如图： 因为且，所以， 所以线段被平面三等分， 同理线段被平面三等分. 方法二：设正方体的棱长为1，则，， 设点到平面的距离为，由于， 故，所以，则， 由（1）知,,是平面内的相交直线， 所以平面，且， 同理点到平面的距离也是，是的， 所以线段被平面与平面三等分. （3）如图所示： 若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等， 只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等， 设，则平面与正方体过顶点的三条棱所成角相等， 若点分别为相应棱的中点， 可得平面平面，且六边形为正六边形， 正方体的棱长为，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为， 根据正方体的对称性可知当截面为正六边形时，面积最大，且最大面积为. 5．【详解】（1）勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为， 圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，    即． （2）勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，    其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心， 由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接， 则三点共线， 设正四面体的外接球半径为， 由题意得：，解得， ，， 由题意得， （3）勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触， 所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长4， 所以长度的最大值为4. （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．【详解】（1）因为侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC中点， 所以， 因为平面，所以平面POB， 因平面，所以； （2）取边中点H， 因为侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC中点， 所以， 设，则， 因，则，所以， 所以，则为二面角的平面角， 因平面，则平面， 因平面，则， 又，则，则， 所以二面角的大小为. 2．【详解】（1）由已知得，又平面，在平面外， 则平面， 又平面平面平面 则. （2）设的边上的高为，则， 当三棱锥的体积最大时，，即为的中点， 又平面在平面上，所以 又，为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 则是二面角的平面角， 在直角三角形中，，则， 即所求的二面角的余弦值为. 3．【详解】（1）证明：在圆锥中，平面，∴ ∵，∴ ∵，平面，∴平面， ∵平面 ∴平面平面 （2）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OA为z轴，如图建立空间直角坐标系 由题意，，，，， 则，，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 则根据法向量朝向可知二面角的大小为. 4．【详解】（1）平面， 在平面内，所以没有交点， 又都在平面内， 所以， 在三角形中，因为为线段的中点， 所以为线段中点， 因为平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 又平面，， 所以到平面的距离为1， 又为等腰直角三角形， 所以， 所以三棱锥的体积; （2） 过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 所以即为二面角的平面角， 在直角三角形中， ， 又为到距离， 所以，当为中点时取得最大值， 所以，当为中点时取得最小值， 即，当且仅当为中点时取得最小值. 5．【详解】（1）连接交于点， ∵是的中点，是中点，， 又∵平面，平面， ∴平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ∴，， 设平面的法向量为， 则，∴， 令，则，， ∴是平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为 6．【详解】（1）取的中点，连接，，即， ，G，F分别是线段BE，DC的中点， ，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为， 平面，平面， 在平面上的射影为， ，， 由可得，，所以. 分别是线段BE，DC的中点，，， ，， ，， 又，， 二面角A-l-B的余弦值为. 7．【详解】（1）连接交于点，连接， 如图所示：    因为四边形为菱形，所以为的中点， 所以在中有，由分别是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以直线与直线没有公共点， 即直线与直线不相交. （2）因为平面，点为中点， 所以平面即平面， 所以为三棱锥的高，且， 因为四边形为菱形，且， 所以菱形为边长是2正方形， 所以， 且，即， 又， 在中，， 即为的高， 所以， 设点到平面的距离为， 由等体积法得：， 即， 解得：， 所以点到平面的距离为. 8．【详解】（1） 连接，取的中点，连接，， ，， 在直三棱柱中，平面平面， 平面平面，平面， 平面， 分别为，的中点，且， 点D是棱的中点，且， 且，四边形是平行四边形， ，平面， 平面，平面平面； （2），，， 点D是棱的中点，， ，， 由(1)知平面，， ， ，， 设点到平面的距离为， ， ，， 点到平面的距离为，三棱锥的体积为. 9．【详解】（1）由题设为等腰直角三角形，且，， 所以，又为正三角形，故， 若为的中点，连接，则，又平面平面， 平面平面，平面，故平面， 所以是的高，则其体积； （2）由（1）且，， 又，则，且，又， 所以二面角的平面角为，且. 所以二面角大小为. 10．【详解】（1）连结，连结CO 在中，， 故是等边三角形，所以为菱形， 所以，且是的中点. 因为， 所以. 因为， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2）    以为原点，为轴，为轴，OC为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面的一个法向量， 则有，即. 令，可得平面的一个法向量为， 所以，直线与平面所成的角的正弦值为 . 11．【详解】（1）    连接， 因为底面为正八边形，所以， 又正八棱柱侧棱底面，底面， 所以， 平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）    连接， 因为， 由正八边形的性质可得，，为到底面的距离，， 所以， 由勾股定理可得，， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，即， 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得，所以点到平面的距离为. 12．【详解】（1）取中点，连接， 由已知条件是边长为的正三角形，得. 平面，所以平面 ， 又平面 ，所以. （2） 二面角的大小为，即平面平面. 由平面平面，且由（1）知，平面， 所以平面，从而即为与平面所成角 在中，，从而， 在中，， 因为平面，且平面，所以， 所以在中，，且， 易求得，即与平面所成角的大小为. 13．【详解】（1） 取的中点，连接， ，， ，，且 ， 四边形是平行四边形，，， ，，， ，, ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面， 平面，平面平面； （2） 连接，，， 由(1)可知，，四边形是平行四边形， ，且， 是异面直线和所成角，即， 设，，，， 是等边三角形，，，即， ，，， 由(1)知，平面，， ， ， 设点到平面的距离为， ，即，即， ，即点到平面的距离为. 14．【详解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 15．【详解】（1）设圆锥的母线长为，底面半径为， 由题意可得：， 所以， 所以圆锥的体积 （2）因为平面，平面， 所以直线与直线是异面直线； （3）因为二面角的大小为， 由圆锥的结构可知：， 所以即为二面角的平面角， 所以，又， 所以， 过点作于，连接， 因为，为平面两条相交直线， 所以平面 所以即为直线与平面所成角， 又， 又平面，在平面内， 所以， 所以， 所以， 即直线与平面所成角大小为. 16．【详解】（1）因为四边形是菱形，所以， 又因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面；   设与相交于点，连接，又由平面，平面， 所以，； 当面积最小时，最小，则， ，，解得：； 由且，，、平面， 则平面，又平面，则； 又由，则，而， 、平面，故平面. （2）把四棱锥放置在长方体中， 则长方体的外接球即为四棱锥的外接球， ，，， 长方体的对角线长为， 则长方体的外接球的半径， 该阳马的外接球的表面积为． （3）点是的中点， 因为，所以， 又因为底面，底面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以， 所以四面体为鳖臑； 刷真题 1．【详解】（1）    因为平面，连接， 则即为直线与平面所成的角， 又，，， 为中点，可得，， 所以， 即直线与平面所成的角的正切值为. （2）由题知，平面，平面， ，平面， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以， 又，平面，， 所以平面，又平面， 所以就是直线到平面的距离， 又为中点， 则， 即直线到平面的距离为. 2．【详解】（1）连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 3．【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得： ，， 所以. （2）由题意可得，， 所以，令即， 解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值在或取得， 当时，， 当时，， 所以在第6层时，该建筑体最小. 4．【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理， 又，，∴， 而， 所以； （2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知， 则，，，∴， ，易知平面的一个法向量是， ， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．    5．【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，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， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 6．【详解】（1）取中点，连接、， 因为，所以， 又因为面面，所以面， 因为面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，，所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为平面的法向量，则， 令，则，所以. 设为平面的法向量， 则， 令，则，所以. 则， 设二面角为，则为钝角， 所以二面角的大小为. 7．【详解】（1）由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 8．【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    9．【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. （2）连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项02 立体几何 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 年份 题号 核心考点 情境 难度 2025年 解答题第18题 圆锥表面积计算、面面平行证明、面面平行推导线面平行、线面角求解 圆锥与平面结合，涉及动点M在线段OC上、Q为PA中点的线面平行证明场景，贴合立体几何基础模型 中档，梯度合理，侧重逻辑推理与基础计算，符合上海卷“稳中求新”特点 2024年 解答题第17题 线面关系证明、空间角（二面角为主）求解、空间几何体体积计算，兼顾基础与综合应用 常规立体几何模型（棱柱、棱锥结合），无复杂情境，侧重知识融会贯通与灵活应用 中档，难度平缓提升，基础问易得分，提升问侧重思维运用 2023年 解答题第17题 正四棱锥性质、空间几何体结构特征、线面平行/垂直证明、空间角求解 正四棱锥“摆放”情境，考查逆向思维，从局部到整体想象几何体可能情形，设问有创新 中档偏易，基础知识点占比高，创新设问不增加难度，侧重直观想象素养 2022年 解答题第17题 圆锥表面积计算、线面关系证明、空间向量应用（辅助求解空间角） 圆锥为核心载体，结合平面几何性质，情境简洁，聚焦核心知识点考查 中档，注重基础技能考查，计算量适中，无偏难考点 2021年 解答题第17题 圆柱表面积计算、线面平行/垂直证明、空间几何体体积计算，基础考点全覆盖 圆柱与平面结合的常规情境，贴合教材基础模型，侧重基础知识与基本方法考查 中档偏易，基础问占比高，确保大部分考生能拿到基础分数 1. 核心考点稳定：近5年解答题始终围绕线面关系（平行、垂直）证明、空间角（二面角、线面角为主）求解、空间几何体表面积/体积计算，其中柱体、圆锥为高频载体（5年3考）； 2. 情境特点：均以常规立体几何模型为载体，情境简洁不复杂，2023年解答题融入创新设问，侧重思维灵活性，整体贴合教材基础模型； 3. 难度趋势：解答题整体稳定在中档，梯度设计合理，第一问多为基础证明（线面、面面关系），易得分，后续设问侧重逻辑推理、直观想象与计算能力，无偏题怪题； 4. 能力侧重：重点考查直观想象、逻辑推理核心素养，支持几何定理、空间向量两种求解方法，注重通性通法的应用，贴合上海卷“立足基础、稳中有新”的命题原则。 2026年预测： 位置关系证明（第一问，6-7分）：线线平行/垂直、线面平行/垂直、面面平行/垂直判定与性质 空间计算（第二问，7-8分）：线面角、二面角、几何体体积、点到平面距离；外接球/组合体表面积体积为高频考点 命题风格预测 载体：常规棱柱/棱锥为主，少量组合体（如棱锥+棱柱），无复杂不规则几何体 计算简化：建系难度低，坐标好算，侧重向量点积、法向量求解，淡化纯几何辅助线技巧 动态设问：少量涉及体积最值、截面基础问题，不深挖几何难题 最可能考题型 四棱锥/长方体：线面垂直证明+线面角/二面角求解 棱柱：面面平行证明+几何体体积+点面距离 避坑要点：建系规范、坐标计算零失误；二面角区分锐角/钝角，体积公式不记错 题型01 线面、面面位置关系证明 析典例·建模型 1．如图所示，在四棱锥中，底面是且边长为的菱形，侧面为正三角形，其所在平面垂直于底面，若为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若点，分别为，的中点，求证:平面平面. 【思路分析】（1）由菱形的性质可得，再由面面垂直的性质定理即可证明. （2）连接，由线线垂直可得线面垂直，再由线面垂直的性质定理即可证明. （3）连接，，，可证平面平面，再由面面垂直可得平面，由面面垂直的判定定理证明即可. 【规范答题】（1）在菱形中，, 为的中点， 所以，又平面⊥平面，平面∩平面，平面，所以平面. （2）如图，连接 因为为正三角形, 为线段的中点， 所以，由（1）知，又，平面， 所以平面，因为平面，所以. （3）如图，连接，，， 在中，，在菱形中，， 而平面，平面，，平面， 平面，，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 因为平面，，所以平面， 又平面， 所以平面平面，所以平面平面. 研考点·通技法 线面平行：中位线法、平行四边形法、面面平行推线面平行 线面垂直：证线⊥面内两条相交直线（勾股、等腰三线合一、面面垂直性质） 面面垂直：证一个面过另一个面的一条垂线 趋势：逆向设问（已知平行 / 垂直，求点位置 / 参数）、翻折中的垂直关系 破类题·提能力 1．如图，在三棱锥中，， 的中点分别为，点在上，．求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】利用向量的线性运算表示，根据垂直，利用数量积求得为的中点，再由中位线定理和平行传递性结合线面平行的判定求证. 【详解】 连接，设， 则，， 由可知，， 又因为，， 则， 解得，则为的中点， 因为分别为的中点， 所以且，所以， 又平面平面， 所以平面. 2．如图，在直三棱柱中，是边的中点，过，，作截面交于点D.求证：. 【答案】证明见解析 【分析】根据给定条件，证明平面，再利用线面平行的性质推理作答. 【详解】在直三棱柱中，因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以. 3．如图，在直四棱柱中，底面为正方形，E为棱的中点，P为棱的中点，，．    (1)证明：平面平面． (2)求点A到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行、面面平行的判定定理可得答案； （2）利用等体积转化可得答案． 【详解】（1）连接，因为，所以四边形是平行四边形， 可得，又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以四边形是平行四边形， 可得，又因为平面，平面，所以平面， 且，平面， 所以平面平面； （2）因为，， ，可得是等边三角形， 所以， ， 设点A到平面的距离为， 由得，， 解得，所以点A到平面的距离为.    4．如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求点到面的距离即可． 【详解】（1）在长方体中，， 得，而，得， 则四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 同理可得四边形为平行四边形， 得，由平面，平面，得平面， 由平面， 所以平面平面. （2）建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 得， 设平面的法向量为， 得，取， 则点到平面的距离为：． 5．如图，四边形是正方形，平面，． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质得，进而可得，利用正方形的性质得，再由线面垂直的判定定理，即可求解； （2）过点作于点，根据条件可得的长即为点到平面的距离，再利用几何关系，即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 因为四边形是正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）过点作于点， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 则的长即为点到平面的距离， 又，则，， 则， 故点到平面的距离为． 6．如图，已知圆锥的底面圆的半径，且圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，点是母线的中点，，垂足为上的点，点在底面圆上，且. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直证得，，结合是的中点证得，由余弦定理求出，证明，最后由线线垂直证明平面； （2）先证明平面，由条件求出圆锥的母线长，进而求得三棱锥的体积和的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】（1）因为平面，平面，则，， 又，则. 又为中点，则为中点，，又， 由余弦定理，， 由，可得, 又，平面， 所以平面； （2）因为平面，，所以平面， 因为圆锥侧面展开图中扇形的中心角为，设母线长为， 则, 又，则， 所以, 又, 在中，，故, 所以， 设点到平面的距离为， 则，解得. 题型02 空间角计算 析典例·建模型 1.如图所示，在直三棱柱中，，若，    (1)设的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的大小. 【思路分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直； （2）由（1）易知即为求直线与平面所成的角，结合勾股定理及直角三角形性质可得解. 【规范答题】（1）取的中点，连接，，    由已知为直三棱柱，即平面， 且平面，则， 由，则且，，平面， 平面； （2）由（1）知平面，连结， 即为与平面所成的角， 在中， 由，得，， ， 所以，所以， 即与平面所成的角为. 2．如图，在正三棱柱中，，，为棱上一点且. (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求二面角的大小. 【思路分析】（1）过点作交于点，连接，异面直线与所成角等于异面直线与所成角，在三角形中计算得到答案； （2）取的中点，连接，根据二面角定义得到二面角的平面角为，在三角形中计算得到答案； 【规范答题】（1）在中，过点作交于点，连接， 所以异面直线与所成角等于异面直线与所成角， 在正三棱柱中，，，为棱上一点且. 所以，在中，， 在中，， 在中，由余弦定理的推论可得， 所以，因此，异面直线与所成角为 （2）取的中点，连接，在等边中，， 在中，， 在中，， 在等腰中，，所以二面角的平面角为， 在中，， 在中，， 所以二面角的大小为. 研考点·通技法 二面角：每年必考，向量法（法向量夹角）为主，几何法（找棱、作垂线）为辅 线面角：高频，向量法（直线方向向量与平面法向量夹角的余角） 异面直线所成角：偶考，平移共面或向量法 破类题·提能力 1．如图，分别是空间四边形中的中点，，求异面直线与所成角的大小.    【答案】 【分析】取中点，连接，根据已知及异面直线所成角的定义，应用余弦定理求角的大小. 【详解】如图，取中点，连接，又分别是的中点， 所以，则异面直线与所成角为或其补角，    由，则， 又异面直线所成角范围为，则异面直线与所成角为. 2．在直四棱柱中，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证出，，利用线面垂直的判定定理即可证出； （2）求证平面，将问题转化为求的大小即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因该几何体为直四棱柱，平面ABCD， 因平面，则， ，，， ，，，则四边形ABED为正方形，， ， ， ，，，，平面， 平面； （2）因平面ABCD，平面，则， 因，，平面，则平面， 则为直线与平面所成的角， 在矩形中，，则， 则直线与平面所成的角为. 3．如图，在圆柱中，是底面圆的一条直径，和是两条母线，是底面圆上异于的一点，是线段的中点． (1)求证：直线平面； (2)若，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线构建平行关系，在平面找到一条线和平行，结合线面平行的判定证明； （2）过作，交的延长线于，连接，可得二面角的平面角，进而得解. 【详解】（1）连接，令，连接，则是、的中点， 在中是线段中点，是的中点， ∴，又平面，平面， ∴直线平面； （2）如图，作出符合题意的图形， 过作，交的延长线于，连接， 由题知，，则，则， 显然平面，平面，则， 又，平面，，则平面， 由平面，则， 结合可知，二面角的平面角为， 而，，在直角三角形中，， 则，故二面角的大小是. 题型03 体积 / 表面积计算 析典例·建模型 1．如图，圆柱轴截面是边长为2的正方形，动点在底面圆周上，是母线的中点. (1)求圆柱的体积与表面积； (2)求四面体的体积的最大值及此时的大小. 【思路分析】（1）根据给定条件，利用圆柱的体积公式、表面积公式计算即可. （2）利用圆柱的结构特征，结合线面垂直、线面平行求出四面体体积关系，再利用基本不等式求解即得. 【规范答题】（1）由圆柱轴截面是边长为2的正方形，得圆柱的底面圆半径，高， 所以圆柱的体积，表面积. （2）连接，显然点与点都不重合，由点在底面圆周上，得， 由是母线的中点，得平面，而平面， 则，又平面，因此平面， 由平面，平面，得平面， 则点到平面的距离等于，而，， 于是四面体的体积， 当且仅当，即是半圆弧的中点时取等号，此时，即， 所以四面体的体积最大值为，. 2．如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 【思路分析】（1）结合正四棱台的结构特征，利用几何法求出二面角的平面角. （2）利用圆台、棱台的体积公式计算得解. 【规范答题】（1）设正方形，的中心分别为，连接，则平面， 分别取，的中点，，连接，则，， 由，分别为等腰梯形底边，的中点，得， 由，得四边形是一个直角梯形， ，又，为侧面与底面所成二面角的平面角， 由条件知，则， 所以侧面与底面所成二面角的大小为. （2）依题意，圆台上底面半径cm，下底面半径cm，高cm， 则圆台的体积为， 又正四棱台的体积， 所以削去部分的体积， 所以削去部分与正四棱台的体积之比为. 3．如图，在四面体中，设棱，其余5条棱长都为2. (1)当时，求直线与平面所成角的大小； (2)当四面体的表面积最大时，求的值及其体积. 【思路分析】（1）过作平面，垂足为，为直线与平面所成的角，在中求解即可； （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时，故四面体的体积. 【规范答题】（1）当时，为正四面体. 过作平面，垂足为，则点为正的中心， 进而为直线与平面所成的角. 在中，，， 从而，故. 因此直线与平面所成角的大小为. （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时. 取的中点，连接、，故，， 平面，从而平面. 由题意，， 进而可得的面积为. 故四面体的体积. 4．如图是一把直角三角尺，其中间做了镂空设计，设直角三角尺外轮廓的三角形的三边为，其对应的内角为，被挖去的三角形与直角三角尺的外轮廓三角形相似，且二者外接圆半径之比为1:2． (1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16，求：的值； (2)若直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，求：该直角三角尺做镂空设计前绕其一边旋转一周而成的几何图形体积的最小值的最大值． 【思路分析】（1）根据外接圆面积求出，再由正弦定理计算即可； （2）根据外接圆半径为6，得出斜边，再由圆锥的体积公式与均值定理计算即可. 【规范答题】（1）设挖去的三角形的外接圆半径，面积为， 直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径，面积为， 因为外接圆半径之比为1:2，所以，故， 计算得，又因为，故，根据正弦定理得： ； （2）直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边， 设直角边为，满足， 若绕旋转：体积； 若绕旋转：体积； 若绕旋转：斜边上的高，体积； 因为，所以， 当且仅当时等号成立，此时， 即几何图形体积的最小值的最大值为. 研考点·通技法 常规：柱、锥、球、组合体的体积 / 表面积 方法：公式法、割补法、等体积转化（点面距） 热点：动态体积最值、体积比、旋转体体积 破类题·提能力 1．如图，四棱锥中，底面为矩形，，，且平面底面. (1)求该四棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1); (2). 【分析】(1)先利用面面垂直的性质去证明线面垂直，从而可得四棱锥的高来求出体积； (2)先证明线面垂直，去判断线面所成角，从而可求角的大小. 【详解】（1） 取中点为，因为，所以， 又因为，所以， 又因为平面底面，平面底面，平面， 所以底面，即该四棱锥的高为， 所以四棱锥的体积为； （2） 因为底面， 所以就是直线与平面所成角的平面角， 因为，所以， 即直线与平面所成角的大小为. 2．在正四棱台中，底面四边形边长为2，底面四边形边长为4，棱台高为. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角； (3)求棱台的表面积. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）如图连接，取中点为，连接，通过证明平面，可完成证明； （2）由（1）过作直线平行于交于，则为与平面的夹角，据此可得答案； （3）如图作，由（1）（2）可得，即侧面梯形的高，据此棱台的侧面积. 【详解】（1）如图连接，取中点为，连接， 由正棱台的结构特征，得平面，又平面， 则平面平面； （2）由（1）过作直线平行于交于，因平面， 则平面，从而为与平面的夹角. 由题可得，又由题可得，则. 则，又，则； （3）如图作， 由题可得为棱台侧面梯形的高，棱台侧面为全等的等腰梯形. 由（2）分析可得，则. 又，则. 则棱台侧面积为： 3．如图，三棱柱是所有棱长均为4的直三棱柱，D、E分别是棱AB和棱的中点．    (1)求三棱柱的体积与表面积； (2)求点E到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)；三棱柱表面积为. (2) (3) 【分析】（1）由题目数据可得三棱柱体积与表面积； （2）由等体积法求解即可. （3）由题可得为二面角的平面角，然后由余弦定理可得答案. 【详解】（1）由题， ； 三棱柱表面积为：； （2）因D为中点，结合题意，可得， 又平面，平面，则. 因平面，，则平面. 因为， ，，， 所以，所以，所以， 设点E到平面的距离为， 所以，则， 所以，解得：. 所以点E到平面的距离为. （3）由（2）可得平面，因平面， 则，从而为二面角的平面角. 如图，连接，由题可得， ，由余弦定理，.    所以求二面角的余弦值为. 4．如图1所示，已知与满足：，，二面角的大小为为线段的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）由题设可得，再由线面、面面垂直的判定证明结论； （2）根据面面垂直的性质及二面角的定义，确定点到平面的投影的位置且，再根据已知求点面距离； （3）根据已知求出相关线段的长度，结合求体积. 【详解】（1）由，为线段的中点，则， 由，平面，则平面， 又平面，所以平面平面； （2）由平面平面，平面平面，且，平面，    所以点到平面的投影在直线在平面的投影直线上， 由二面角的定义及知，二面角为， 而，，则是边长为2的等边三角形， 所以，则点到平面的距离； （3）由平面且平面，平面，则， 由，则，故，， 而是边长为2的等边三角形，则， 在中，，故，则， 所以. 题型04 创新 / 拓展考点 析典例·建模型 1．在正四棱锥中，侧棱的长为，与所成的角的大小等于． (1)求正四棱锥的体积； (2)若正四棱锥的五个顶点都在球的表面上，求此球的半径． 【思路分析】（1）连接与交于，由异面直线夹角及等腰三角形性质求出，再求出棱锥的高，进而求出体积. （2）根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出球半径. 【规范答题】（1）在正四棱锥中，连接与交于，连接，平面， 由，得是与所成角，即， 在等腰中，，，， 所以正四棱锥的体积. （2）依题意，球的球心在直线上，设球的半径为，则， 而正方形外接圆半径，由，得，解得， 所以球的半径为5. 2．如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，E、F分别为，的中点. (1)求直线到平面的距离； (2)在线段上是否存在一点M，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)在平面内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状. 【思路分析】（1）取的中点，可证得平面，平面，从而平面平面，则平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离，由条件可得面，为点到平面的距离，求解即可； （2）设 ()，以点A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列出方程求解即可； （3）求出中点到平面的距离为，由，即，故H在以中点为球心，半径为的球面上，进而可得H在平面上的轨迹. 【规范答题】（1） 取的中点，连接， 又E为的中点，∴， 而平面，平面，∴平面， ∵G为中点，F为的中点，，∴， 而平面，平面，∴平面， 又∵平面， ∴平面平面，而平面， ∴平面， ∴直线到平面的距离等于点到平面的距离． ∵面，面，∴， 又，，面， ∴面，即面， ∴为点到平面的距离，而， ∴直线到平面的距离为． （2） 设 ()，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系， ∴， ∴， ∴， 设平面的法向量， 则有，令，得，则， 由题意， 整理得，解得或(舍去)， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值是． （3）由（2）知，平面的一个法向量， 点，中点，则， 则中点到平面的距离为， 由，即， 故H在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故H在平面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的H，此时点H的轨迹是半径为的圆． 3．如图所示，置于水平桌面的正四棱柱为内壁厚度忽略不计的有底且无盖容器，其高为，底面四边形是边长等于的正方形，容器内有液体，液面高度恰为2.由制作工艺的限制，满足. (1)当时，求容器的容积和液体体积； (2)在满足题意的条件下，求的取值范围，并请问当为何值时，容器的容积可达最大？ (3)当时，将该容器绕着逆时针旋转，设平面和水平面所成的锐二面角的大小为，若液体在旋转过程中总不溢出，求的取值范围. 【思路分析】（1）根据体积公式计算体积即可. （2）根据液面的高度要小于容器的高度列出不等式求解的范围，再用表示出容器的体积，利用导数求出容器体积的最大值. （3）当液面到时，此时最大，利用液体体积不变，求出的长度，从而计算出，确定的取值范围. 【规范答题】（1）当时，， 容器的容积，液体体积. （2），. 由于液面的高度为2，故容器的高度，即，，又. 的取值范围是. 此时容器的容积. ，令，即，解得或. 又，，即在上单调递增. . （3）当时，由得，液体体积. 当液面与水平面平行时，此时有最大值.过作交于点. 设，则，液体的体积，解得. ，，. 故的取值范围是. 研考点·通技法 探索性问题：是否存在点满足平行 / 垂直 / 角度条件（设参数求解） 动态问题：动点轨迹、角度 / 距离范围、最值（函数 + 导数 / 不等式） 截面 / 翻折：截面形状 / 面积、翻折前后不变量（长度、垂直） 球的切接：长方体外接球（体对角线 = 直径）、正棱锥内切 / 外接球 破类题·提能力 1．如图，直三棱柱内接于高为的圆柱中，已知，为的中点. (1)求圆柱的侧面积与表面积； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)侧面积为，表面积为； (2). 【分析】（1）由题可得圆柱底面半径及高，据此可得答案； （2）由题可得为二面角的平面角，据此可得答案. 【详解】（1）设圆柱底面圆半径为，高为. 因，，则，为外接圆直径， 即圆柱底面圆直径为，从而底面圆半径为. 又由题可得圆柱高为，则圆柱侧面积为：， 表面积为：； （2）由题可得，平面，又平面，则. 又，平面，，则平面. 因平面，则.又因， 则为二面角的平面角， 因为平面，平面，则， 从而， 即. 2．如图，等腰直角三角形中，，． (1)点是边的中点，点是边上一点（不与重合），将三角形沿逆时针翻折，点的对应点是，设二面角的大小为； ①若点是边的中点，，求四棱锥的体积； ②是否存在点和，使得，若存在，请指出点的位置和的大小，若不存在，请说明理由； (2)四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，空间中取一点，使得、、、四点可组成“鳖臑”，且该四面体的体积为，求的长（直接写出答案即可）． 【答案】(1)；不存在，理由见解析； (2)可能取值. 【分析】（1）①利用锥体的体积公式计算即可；②利用线面垂直的判定定理与性质定理结合三角形的边长关系判定即可； （2）利用定义结合棱锥的体积公式计算即可. 【详解】（1）①若点是边的中点，， 易知，四边形为直角梯形，且底面， ，则四边形的面积， 四棱锥的体积为； ②假设存在点和，使得， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 在直角中是斜边，但，显然不成立， 所以不存在点和，使得； （2）易知， 由“鳖臑”的定义可知都是直角三角形， 则该四面体必有一条棱垂直于一面， ①若底面，此时，符合定义， ， ；②若底面，此时，符合定义， ， ；③若底面，此时， 所以，要符合定义需直角以为斜边， 显然，故假设不成立， ； ④若底面，此时，符合定义， ，设， 解得， ； ⑤若底面，此时，符合定义， 同④可知要符合题意需， ； 综上所述：可能取值. 3．李华同学用如下左图所示的炒勺做蛋饺，在学习立体几何后，他打算研究炒勺（不考虑勺柄，下同）的容积与表面积.如图所示，取定球面上一点N，连接N与球心，在线段上取一点，过垂直于的平面（记作）将球面分成了两部分；李华同学将炒勺抽象为其中含有点N的那部分曲面，并设球面半径为R.    (1)若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），求炒勺的容积； (2)李华记得必修三教材中，半球体积是利用如图所示的圆柱、圆锥以及祖暅原理推导所得.模仿教材中的方法，，求炒勺的容积V，并写出推导过程；    (3)设厘米，厘米，利用必修三教材中近似地推导球的表面积公式的方法，帮助李华同学推测炒勺的内表面面积S（近似到0.01平方厘米），并写出推导过程. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用球的体积公式即可求解； （2）先证明等高的横截面面积相等，再来计算相等部分的体积即可； （3）利用分割思想，把每一个锥体的高近似看成，再利用体积相等，来近似计算求出炒勺的表面积. 【详解】（1）若将炒勺简化为一个半球面（即与重合），则炒勺的容积为； （2）    如图：先证明对任意高度，图中的阴影部分面积相等， 图（1）中阴影部分圆的半径设为，则由垂径定理可知：， 所以图（1）中阴影部分圆的面积为：， 图（2）中阴影部分为圆环，设内圆半径为，则， 所以图（2）中阴影部分圆环的面积为：， 此时对任意的高度，都有，则根据祖暅原理， 可知炒勺的容积V等于一个高为的圆柱体积减去一个圆台体积， 即 ， 故炒勺的容积； （3）    当厘米，厘米，先计算炒勺的容积， 再计算阴影部分圆的半径 图中阴影部分下方的圆锥体积， 再根据推导球的表面积公式的方法，将炒勺的球面分割成微小的 n 个部分，每一个部分与球心形成的锥体的高都近似看成球的半径， 从而可将这 n 个锥体的体积之和等于炒勺和圆锥组成的几何体体积，最后可近似求出炒勺的表面积，设炒勺的表面积为， 则 故炒勺的表面积为. 4．在学习立体几何的过程中，无数公理的直观体现和定理应用都在正方体中展开.已知正方体的棱长为 性质1：对角线与所成夹角大小为______. 性质2：体对角线的长度为______. ... (1)请直接完成上方正方体性质的填写； (2)求证：线段被平面与平面三等分； (3)若正方体每条棱所在直线与平面所成的角都相等，求：截此正方体所得截面面积的最大值并在上方性质卡片图中画出此时与正方体的截面. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)，作图见解析 【分析】（1）根据正方体的几何性质可直接写出答案. （2）方法一：利用相似证明线段被平面与平面三等分； 方法二：利用体积法证明线段被平面与平面三等分. （3）利用正方体的性质结合线面角的概念作图，并求截面面积的最大值. 【详解】（1）由于平面平面，故， 故对角线与所成夹角大小为， 体对角线的长度为. （2）方法一：连接，与相交于点，连接与相交于点， 如图： 因为且，所以， 所以线段被平面三等分， 同理线段被平面三等分. 方法二：设正方体的棱长为1，则，， 设点到平面的距离为，由于， 故，所以，则， 由（1）知,,是平面内的相交直线， 所以平面，且， 同理点到平面的距离也是，是的， 所以线段被平面与平面三等分. （3）如图所示： 若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等， 只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等， 设，则平面与正方体过顶点的三条棱所成角相等， 若点分别为相应棱的中点， 可得平面平面，且六边形为正六边形， 正方体的棱长为，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为， 根据正方体的对称性可知当截面为正六边形时，面积最大，且最大面积为. 5．勒洛四面体是一个非常神奇的＂四面体＂，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体的棱长为，请解答以下问题：    (1)求勒洛四面体中过三点的截面面积． (2)求勒洛四面体能够容纳的最大球的半径． (3)若是勒洛四面体表面上的任意两点，若正四面体的棱长，求长度的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，进行求解； （2）求出，，相减即为能够容纳的最大球的半径； （3）根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体的棱长． 【详解】（1）勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为， 圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，    即． （2）勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，    其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心， 由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接， 则三点共线， 设正四面体的外接球半径为， 由题意得：，解得， ，， 由题意得， （3）勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触， 所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长4， 所以长度的最大值为4. （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2025·上海闵行·一模）如图，三棱锥中，侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，为AC中点． (1)求证： (2)若，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理得出平面POB，再根据线面垂直的性质定理求证； （2）取边中点H，求证为二面角的平面角，在中计算即可. 【详解】（1）因为侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC中点， 所以， 因为平面，所以平面POB， 因平面，所以； （2）取边中点H， 因为侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC中点， 所以， 设，则， 因，则，所以， 所以，则为二面角的平面角， 因平面，则平面， 因平面，则， 又，则，则， 所以二面角的大小为. 2．（2025·上海普陀·一模）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点． (1)设平面平面，求证：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求解； （2）由线面垂直得到是二面角的平面角，进而可求解. 【详解】（1）由已知得，又平面，在平面外， 则平面， 又平面平面平面 则. （2）设的边上的高为，则， 当三棱锥的体积最大时，，即为的中点， 又平面在平面上，所以 又，为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 则是二面角的平面角， 在直角三角形中，，则， 即所求的二面角的余弦值为. 3．（2025·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点平分劣弧，过点分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）先证明线面垂直，然后得出面面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，通过求平面的法向量解决二面角问题. 【详解】（1）证明：在圆锥中，平面，∴ ∵，∴ ∵，平面，∴平面， ∵平面 ∴平面平面 （2）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OA为z轴，如图建立空间直角坐标系 由题意，，，，， 则，，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 则根据法向量朝向可知二面角的大小为. 4．（2025·上海徐汇·一模）如图，已知是的直径，点是上异于、的一点．设过点的直线垂直于所在的平面，且． (1)若为中点，为线段的中点，为线段上一点，且平面．求证：为线段中点，并求三棱锥的体积； (2)记二面角的平面角为，求的最小值，并指出其取得最小值时点的位置． 【答案】(1)证明见解析， (2)， 为中点. 【分析】（1）由线面平行的性质定理得到，即可求证，由平面， 得到到平面的距离即为到平面的距离，结合体积公式即可求解； （2）过作，垂足为，确定即为二面角的平面角，结合，通过确定最大值即可求解. 【详解】（1）平面， 在平面内，所以没有交点， 又都在平面内， 所以， 在三角形中，因为为线段的中点， 所以为线段中点， 因为平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 又平面，， 所以到平面的距离为1， 又为等腰直角三角形， 所以， 所以三棱锥的体积; （2） 过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 所以即为二面角的平面角， 在直角三角形中， ， 又为到距离， 所以，当为中点时取得最大值， 所以，当为中点时取得最小值， 即，当且仅当为中点时取得最小值. 5．（2025·上海宝山·三模）如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，为线段的中点，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，应用中位线得出，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）连接交于点， ∵是的中点，是中点，， 又∵平面，平面， ∴平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ∴，， 设平面的法向量为， 则，∴， 令，则，， ∴是平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为 6．（2025·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点． (1)求证：平面ADE； (2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，通过平行的传递性得到，由题中条件得到四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，由平面和平面，得到在平面上的射影为，利用余弦定理求出，利用同角关系式求，从而得到和，则，代入数值求解，从而得到二面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，，即， ，G，F分别是线段BE，DC的中点， ，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为， 平面，平面， 在平面上的射影为， ，， 由可得，，所以. 分别是线段BE，DC的中点，，， ，， ，， 又，， 二面角A-l-B的余弦值为. 7．（2025·上海虹口·一模）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，点为中点.    (1)若点是线段上的动点，求证：直线与直线不相交； (2)若平面，，，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）先证明平面，然后分析直线与直线交点情况即可证明； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 如图所示：    因为四边形为菱形，所以为的中点， 所以在中有，由分别是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以直线与直线没有公共点， 即直线与直线不相交. （2）因为平面，点为中点， 所以平面即平面， 所以为三棱锥的高，且， 因为四边形为菱形，且， 所以菱形为边长是2正方形， 所以， 且，即， 又， 在中，， 即为的高， 所以， 设点到平面的距离为， 由等体积法得：， 即， 解得：， 所以点到平面的距离为. 8．（2025·上海长宁·二模）如图，在直三棱柱中，，点D是棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离以及三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见详解 (2)； 【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明； (2)利用等体积法求解即可. 【详解】（1） 连接，取的中点，连接，， ，， 在直三棱柱中，平面平面， 平面平面，平面， 平面， 分别为，的中点，且， 点D是棱的中点，且， 且，四边形是平行四边形， ，平面， 平面，平面平面； （2），，， 点D是棱的中点，， ，， 由(1)知平面，， ， ，， 设点到平面的距离为， ， ，， 点到平面的距离为，三棱锥的体积为. 9．（2025·上海黄浦·二模）在四面体中，，． (1)若为正三角形，平面平面，求四面体体积； (2)若，，求二面角的大小． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据已知可得，结合为正三角形求其面积，若为的中点，再由面面垂直的性质证明平面，且，应用棱锥的体积公式求体积； （2）由题设得二面角的平面角为，再应用余弦定理求二面角大小. 【详解】（1）由题设为等腰直角三角形，且，， 所以，又为正三角形，故， 若为的中点，连接，则，又平面平面， 平面平面，平面，故平面， 所以是的高，则其体积； （2）由（1）且，， 又，则，且，又， 所以二面角的平面角为，且. 所以二面角大小为. 10．（2025·上海普陀·二模）如图，在三棱柱中，，且.    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结，结合已知证明为菱形，以及.进而即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，进而得出相关点以及向量的坐标，然后求出平面的法向量以及，然后根据向量法求解即可得出答案. 【详解】（1）连结，连结CO 在中，， 故是等边三角形，所以为菱形， 所以，且是的中点. 因为， 所以. 因为， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2）    以为原点，为轴，为轴，OC为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面的一个法向量， 则有，即. 令，可得平面的一个法向量为， 所以，直线与平面所成的角的正弦值为 . 11．（2025·上海杨浦·二模）坐落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）结合图中几何关系由等体积法即求解即可. 【详解】（1）    连接， 因为底面为正八边形，所以， 又正八棱柱侧棱底面，底面， 所以， 平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）    连接， 因为， 由正八边形的性质可得，，为到底面的距离，， 所以， 由勾股定理可得，， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，即， 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得，所以点到平面的距离为. 12．（2025·上海宝山·二模）如图，在四面体中，是边长为的正三角形，且. (1)证明：； (2)若是的中点，且二面角的大小为，求与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先取中点，连．利用等腰三角形三线合一得．再根据线面垂直判定定理证平面 ，最后由线面垂直性质得. （2）已知二面角为，即面面垂直.由面面垂直性质定理得平面，所以是线面角，求出角大小. 【详解】（1）取中点，连接， 由已知条件是边长为的正三角形，得. 平面，所以平面 ， 又平面 ，所以. （2） 二面角的大小为，即平面平面. 由平面平面，且由（1）知，平面， 所以平面，从而即为与平面所成角 在中，，从而， 在中，， 因为平面，且平面，所以， 所以在中，，且， 易求得，即与平面所成角的大小为. 13．（24-25高三下·上海虹口·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）利用勾股定理及已知中的线面垂直，可得线线垂直，再利用面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）通过平移可找到异面直线和所成角，再利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】（1） 取的中点，连接， ，， ，，且 ， 四边形是平行四边形，，， ，，， ，, ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面， 平面，平面平面； （2） 连接，，， 由(1)可知，，四边形是平行四边形， ，且， 是异面直线和所成角，即， 设，，，， 是等边三角形，，，即， ，，， 由(1)知，平面，， ， ， 设点到平面的距离为， ，即，即， ，即点到平面的距离为. 14．（2025·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）法一：几何法：取中点，连接、，通过，即可求证；法二：向量法：求得平面法向量取平面的法向量 由，即可求证； （2）法一：几何法：作，垂足为，连接，确定直线与平面所成的角为，进而可求解；法二：向量法：由线面夹角公式求解即可. 【详解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 15．（2025·上海奉贤·一模）如图，将直角三角形绕直角边所在直线旋转一周形成圆锥．已知圆锥的底面半径为3cm，圆锥的侧面积．设、是底面圆周上的两点，线段不经过点． (1)求圆锥的体积； (2)求证：直线与直线是异面直线； (3)二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由侧面积公式求得母线长，进而得到圆锥高，结合体积公式即可求解； （2）由异面直线判定定理即可求解； （3）过点作于，连接，确定为直线与平面所成角，进而可求解. 【详解】（1）设圆锥的母线长为，底面半径为， 由题意可得：， 所以， 所以圆锥的体积 （2）因为平面，平面， 所以直线与直线是异面直线； （3）因为二面角的大小为， 由圆锥的结构可知：， 所以即为二面角的平面角， 所以，又， 所以， 过点作于，连接， 因为，为平面两条相交直线， 所以平面 所以即为直线与平面所成角， 又， 又平面，在平面内， 所以， 所以， 所以， 即直线与平面所成角大小为. 16．（2026·上海·一模）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形． (1)若E是PB上任意一点，四边形ABCD是菱形，，BD= 6，当面积的最小值是9时，求证：平面； (2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．若四棱锥是阳马，PD=5，CD=4，AD=3，求：该阳马的外接球表面积； (3)若四棱锥是阳马，且，点可能为的中点，试确定点E位置使得四面体为鳖臑，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)点是的中点. 【分析】（1）应用线面垂直判定定理得出平面，再结合面积的最小值得，最后再应用线面垂直判定定理证明； （2）先补形再应用长方体外接球性质计算求解；   （3）应用线面垂直判定定理得出平面，再结合几何体特征得出平面，即可证明几何体形状. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以， 又因为平面，平面，所以， 且，平面，所以平面；   设与相交于点，连接，又由平面，平面， 所以，； 当面积最小时，最小，则， ，，解得：； 由且，，、平面， 则平面，又平面，则； 又由，则，而， 、平面，故平面. （2）把四棱锥放置在长方体中， 则长方体的外接球即为四棱锥的外接球， ，，， 长方体的对角线长为， 则长方体的外接球的半径， 该阳马的外接球的表面积为． （3）点是的中点， 因为，所以， 又因为底面，底面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以， 所以四面体为鳖臑； 刷真题 1．（2023·上海·高考真题）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.    (1)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知即为直线与平面所成的角，然后利用线段长直接求解即可. （2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案. 【详解】（1）    因为平面，连接， 则即为直线与平面所成的角， 又，，， 为中点，可得，， 所以， 即直线与平面所成的角的正切值为. （2）由题知，平面，平面， ，平面， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以， 又，平面，， 所以平面，又平面， 所以就是直线到平面的距离， 又为中点， 则， 即直线到平面的距离为. 2．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明过程见解析，体积为 (2) 【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，进而求出二面角的大小. 【详解】（1）连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 3．（2023·上海·高考真题）已知为正比例系数，定义：为建筑物暴露在空气中的面积（单位：平方米），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，高度为，求该建筑体的（用表示）； (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．已知为正比例系数，与成正比，定义：，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．已知该建筑体推导得出，为层数，层高为3米，其中，试求当取第几层时，该建筑体最小？ 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）利用圆柱体的表面积和体积公式，结合题目中的定义求解即可； （2）利用导函数求的单调性，即可求出最小时的值. 【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得： ，， 所以. （2）由题意可得，， 所以，令即， 解得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值在或取得， 当时，， 当时，， 所以在第6层时，该建筑体最小. 4．（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，且底面ABC，    (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； (2)． 【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）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理， 又，，∴， 而， 所以； （2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知， 则，，，∴， ，易知平面的一个法向量是， ， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．    5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，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， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 6．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到. （2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值. 【详解】（1）取中点，连接、， 因为，所以， 又因为面面，所以面， 因为面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，，所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为平面的法向量，则， 令，则，所以. 设为平面的法向量， 则， 令，则，所以. 则， 设二面角为，则为钝角， 所以二面角的大小为. 7．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，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，再利用二面角的定义，求解即可． 【详解】（1）由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 8．（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．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (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，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】(1) (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）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    9．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2)证明见解析，体积为 【分析】（1）作到下底面的垂线，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）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. （2）连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $