题号猜押02 上海卷高考数学第18题（解答题）（抢分专练）2026年高考数学终极冲刺讲练测

的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题号猜押02上海卷高考数学第18题（解答题) 参考答案 。考点1几何体的表面积、体积计算 【典例1】 【解】(1)设挖去的三角形的外接圆半径，面积为3， 直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径5，面积为心？， S_子 16π 因为外接圆半径之比为12，所以S,巧，故S, 计算得964 怀，又因为5=心=64怀，故5=8 ,根据正弦定理得： a+b+c 2sin 4+2rsin B+2rsinC=2n=16: sinA+sinB+sinC sinA+sinB sinC (2)直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边c=12, 设直角边为a,b,满足a2+b2=144, 若绕a旋转：体积%=3动a, 1 若绕b旋转：体积%=3mb: 若绕。旋转：斜边上的高h=驰 体5wc 36 因为。+6=14，所以5- sπ a2+b22 44=144元 3636236(2 当且仅当a=b=6N5时等号成立，此时==1442元 即几何图形体积的最小值的最大值为144π 【变式1】 【解】(1)该半球的直径d=6cm, 1/26 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 所以“浮球”的圆柱筒直径也是6cm,得半径R=3cm, 4 4 所以两个半球的体积之和为'-3R=x27=36mcm, 而t=元R2,h=元x9×2=18cm 该“浮球”的体积是=e+"能=36元+18m=54π≈169.6cm (2)上下两个半球的表面积是5表=4红R2=4×元x9=36mcm2 而“浮球”的圆柱简侧面积为S测=2mRh=2×元×3×2=12cm2 所以1个“浮球”的表面积为 S=36π+12π=48πcm2 【变式2】 【解】()由题意得正方体的棱长为6 1 则在半球上的正方体4个顶点所在小圆半径为r=)×V6×V2=3, 而半球球心到此载面小圆距离为d=V6 因此半球半径R=V2+P=3 (2)由球的表面积公式得半球的表面积S=2R+πR=27π 2 由球的体积公式得体积少=πR'=18m。 考点2利用空间向量证明位置关系 【典例2】 【解】(1)在三棱柱 BC-4BC中，平面BBCC∩平面ABC=BC BBCC⊥ 由平面 平面ABC,得点C在平面4BC上的射影在直线BC上， 点C与其在平面ABC上的射影的距离为点C到平面ABC 的距离， 2/26 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 直线CG与直线CB的夹角即为侧枝CC与底面4BC所成的角为60。 因此4=CCsin60-号C-V5 S-5Bc- ,而正△ABC的面 41 所以三棱柱 BC-AB,C的体积厂=Sh=3 B (2)在三棱 ABC-ABC中，取 的中点G,连接BG,FG, 在△4aC中，由p是AC的中点，得FG/BG,且G=aC， 而BCUBC且BC=BC,又E为技BC的中点，则FG/BE,且FG=BE 则四边形B5G为平行四边形，EF1/BG,又BGC平 ABB,AEFC平面 ABB A 所以EF1/平面 ABB A 【变式1】 【解】(I)证明：四边形ABCD为正方形，F为AC与BD的交点， F是BD的中点， 又E是PB的中点，.EF∥PD, 又EFt平面PCD,PDC平面PCD, ∴.EF∥平面PCD. (2)PA1 ABCD,E 平面 是PB的中点， E到平面ABCD的距离d=PA=1, 3/26 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1 四边形ABCD是正方形，AD=2,SABr=SE方形4CD=L, 4 三锥E-ABr的体积-ad1x1 3 3 【变式2】如图，梯形BCD是圆台O0的轴截面，E,F分别在底面因O,O的圆周上，EF为圆台的母 ∠D0,E=60 线， ,已知CD=4,B=8,G,H分别为O,B,F的中点 E G B --- )证明：平面CGH/平面OO,FE 5W5 (2)若三棱锥C-GBH的体积为3，求圆台O,O2的侧面积. 【解】)：在棉形ABCD中，cD=4AB=8∴0C/0,50C0B 又G为0，B的中点，0，G=0B,÷0cy10,G,0C-0.G 故四边形 QOGC 为平行四边形，：0G100, 又0Gc平面 0FE,O0,c平面O0,FE :CG1/平面9 OO,FE ..G,H ,O,B,BF的中点， 分别是 .GH/IOF 又GHg平面OO,FE,O,F O0FE 平面 4/26 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 :.GH/平面 OFE 又CG∩GH=G,CGc平面CGH,GHi平面CGH, OFE :平面CGH1/平面0 (2)设00=h 由(1)可知 G110,0.OG=00,则cG为三棱锥C-GBH的高h 1 故，-6am=3S.cmh, ∠D0E=60° ∠A02F=60° 可得 :∠B0,F=120 GHII-O.F.GH-10,F,BG-10.8-2, 2 2 2 2 1 3, ∴.h=5 在Rt△CGB中，BC=Vh+(4-22=V29 放圆台的侧面积S-2r+21=24×v2四=6N2元 考点3求线面角 【典例3】 【解】(1)设圆锥底面半径为r,母线长为，r=2, 则侧面积S=πrl=2πl=6π，解得l=3, 于是圆锥的高P0=V32-2-V5 圆维的体积"=0×2xV5=4 π 5/26 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)△PAB中，PA=PB,PM⊥AB,则点M是线段AB中点， 取OB中点N,连接MN,PV, 则MN∥OA,又OA⊥OB,则MN⊥OB, 由直线PO⊥平面AOB,MNC平面AOB,得PO⊥MN, 结合MN⊥OB,且PO∩OB=O,PO,OBC平面POB, 所以MN⊥平面POB, 因此直线PN是PM在平面POB内的射影， 从而∠MPN是直线PM与平面POB所成的角， :0N=0B=l,P0=2,PN=VPo2+0W=5, 仅w=OA1,得am∠PN=G=5 2 PW-5, 5 即直线PM与平面POB所成的角的正切值为5 -B 【变式1】 【解】1D连接AC,由题意得14上平面4BCD 则∠1CA即为直线4C与平面CD所成角。 又AD=CD=2A4=4 在直角a4C4中，4C=2N2,4C-VA4+AC=4+22=26, sin∠ACA=44=4=V6 4C2W63,则∠4C4=aresin6 1 6/26 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 新以直线AC与平面ABCD所成角的大小为aresin v6 3 A D B M A --D B C BB// (2)由题意得， 平面14c 1 则M-4c='-A4c='4-Ac= 4=}xx2x2x4- 32 3 .8 所以三棱锥M-AAC的体积为3： 【变式2】 【】因为系心-则君-，可得CB 且AC￠平 B,EF EFC平面 面BEF,所以1C/平面1 BEF (2)方法：以D为坐标原点，以D1,DC,D”所在直线分别为产轴，'辅，‘轴建立空间直角坐标 系，如图所示： D 8 D 则8L1o.8L2.600F05 7/26 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 可得BB=(0,0,2,EB,= 后2F-（ [元：EB=2x+y+2z=0 设平面 的法向量为 ,则 1 BEF n=(x,y,z) 令 =3则y=3”2=- 可得=33》 5 则c0s元，BE nBB -5 5v97 .BB 2xV97 97, 2 所以直线BB与平面BEr所成角的正弦值是5V7 97 EF-BE-BF-7 方法二：由题意可知： BE-BF=3 3, 3， , 1V2 32 5 23 3 18 1V2 97 设点B到平面1 EF 的距离为， 因为三棱锥 B-BEF 的体积即为三棱锥：.B,BF 的体积， 1 10√97 d= 97, 10v97 设直线B与平面。E所成角为，则sin0=97-597 BB BEF 0 BB.2 97 所以直线BB与平面BEF所成角的正弦值57 97 ●考点4求二面角 【典例4】 8/26 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【解】(1)因为 H+平面ABC,又BCC面ABC,所以AA LBC, 又AB上BC,MnB=A,4,4BC面4B8,A,所以CB上面B8A, 面 因为CC”面1BB4,所以D到面1B8A的距离即Sd。 S.x1x2=1,BC-1. 所以m=4w-方5C-片 (2)如图，建立空间直角坐标系，因为MB=BC=1,14=2 B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0)2B(0,0,2),D(1,0,1) 所以BM=(0,10,BD=00,A瓜=(0，-1,2,4C=0,-1,0) 设平面ABD的一个法向量为i=(x,y,z), BA·n=0 y=0 由BD%=0,得到x+2=0,取x=1得到y=0,2=-1,所以元=(1,0，-)' 设平面1C8的一个法向量为m=(a,60, AC.m=0 a-b=0 则由4Bm=0,得到-b+2C=0,取a=2则b=2,c=1所以m=(2,2) 设平面ABD与ACB,所成锐二面角为B, 则os9=-los,.m im_1√2 m326· 9/26 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A 孙 C B C B 【变式1】 【解】(I)因为MA⊥BC,MA∥PB,所以PB⊥BC, 因为AB⊥PB,AB∩BC=B,所以PB⊥平面ABCD. '-ABcn=,SACD·PB=号x2x2x2=8 3 3 3 z外 M --------------A---7B C y (2)因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC,又PB⊥AB,PB⊥BC, 所以如图，建立空间直角坐标系B-z, 则P00,2,M2,0.1D,D2,20),PD=(22,-2)PM=2,0- mPD=0 2x+2y-2z=0 设平面。。， PDM 的法向量为m=(化，y,)则mPM=0,即2x-2=0 令=2，则x=1,y=1.于是m=42）.所以，平面PDM的一个法向量为m=1,2) 又平面PB1M的一个法向量为”=0,10)， 设=而角aPH-D的半面角为0：所以o小=o低列-须日6 元6 10/26 题号猜押02 上海卷高考数学第18题（解答题） 溯源 考点 3年考题 考情分析 立体几何综合与空间想象 2025年第18题 （1）空间几何体的表面积；（2）线面平行 2024年第17题 (1)旋转体的体积；（2）线面角 2023年第17题 （1）线面平行；二面角 预测 1.题型和分值（通常为一道大题14分）预计保持稳定。但背景和设问会更具新意，可能弱化传统“建系-计算”的套路，强化对空间本质关系的推理。 2.突出考查直观想象、逻辑推理、数学运算三大核心素养。不仅要求“算得出”，更要求“想得通”、“证得明”。3.“去模式化”倾向：可能降低对标准几何体（正方体、正棱锥）的依赖，增加对斜棱柱、翻折体、拼接体、截面等非常规图形的考查，增加建系的难度，促使学生回归几何法分析。 4.与其它知识融合：可能加强与向量、三角、解析几何（如空间轨迹）、导数（最值问题）​ 的融合，体现知识的整体性。 备考核心 1. 遇到题目，先尝试用几何逻辑思考，再用向量工具验证和计算。尤其要加强几何法证明的训练。 2. 多练习斜棱柱、非正棱锥、截面、翻折等非常规图形的题目，提高在复杂图形中识别基本关系和结构的能力。 3. 熟练掌握将空间问题转化为平面问题的技巧，如“展平”求最短路径、利用三垂线定理作二面角的平面角、等体积法转化距离等。 4. 重点研究2020年以来的上海高考真题及各区的二模、三模题，特别是那些背景新颖、解法多样的题目，感受上海卷的风格和难度。 5.立体几何解答题对逻辑表达的严谨性要求高。务必做到“言之有据”，每一步推理都要有定理、定义或已知条件作为支撑 · 考点1 几何体的表面积、体积计算 【典例1】（2026·上海·一模）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． 【解】（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. 【变式1】如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长2cm.    (1)这种“浮球”的体积是多少？（结果精确到0.1） (2)这种“浮球”的表面积是多少？ 【解】（1）该半球的直径， 所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径， 所以两个半球的体积之和为， 而， 该“浮球”的体积是； （2）上下两个半球的表面积是， 而“浮球”的圆柱筒侧面积为， 所以1个“浮球”的表面积为. 【变式2】如图，半球内有一内接正方体（即正方体的一个面在半球的底面圆上，其余顶点在半球上）；若正方体的棱长为，求： (1)半球的半径； (2)半球的表面积和体积． 【解】（1）由题意得正方体的棱长为， 则在半球上的正方体4个顶点所在小圆半径为， 而半球球心到此截面小圆距离为， 因此半球半径. （2）由球的表面积公式得半球的表面积， 由球的体积公式得体积. 考点2 利用空间向量证明位置关系 【典例2】（2026·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 【解】（1）在三棱柱中，平面平面， 由平面平面，得点在平面上的射影在直线上， 点与其在平面上的射影的距离为点到平面的距离， 直线与直线的夹角即为侧棱与底面所成的角为， 因此，而正的面积， 所以三棱柱的体积. （2）在三棱柱中，取的中点，连接，， 在中，由是的中点，得，且， 而且，又为棱的中点，则，且， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. 【变式1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为的中点，为与的交点．    (1)证明：//平面； (2)求三棱锥的体积． 【解】（1）证明：四边形为正方形，为与的交点， 是的中点， 又是的中点，， 又平面平面， //平面． （2）平面是的中点， 到平面的距离， 四边形是正方形，， 三棱锥的体积． 【变式2】如图，梯形是圆台的轴截面，E，F分别在底面圆，的圆周上，EF为圆台的母线，，已知，，G，H分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若三棱锥的体积为，求圆台的侧面积. 【解】（1）∵在梯形中，，，∴， 又G为的中点，∴，∴， 故四边形为平行四边形，∴. 又平面，平面， ∴平面. ∵分别是，的中点， ∴. 又平面，平面， ∴平面. 又，平面，平面， ∴平面平面. （2）设由（1）可知，则为三棱锥的高h. 故， 由，可得， ∴. 又∵，， ∴. 故， ∴. 在中，. 故圆台的侧面积. 考点3 求线面角 【典例3】在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，． (1)若圆锥侧面积为，求圆锥的体积； (2)设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值． 【解】（1）设圆锥底面半径为，母线长为，， 则侧面积，解得， 于是圆锥的高， 圆锥的体积． （2）中，，，则点是线段中点， 取中点，连接，， 则，又，则， 由直线平面，平面，得， 结合，且，平面， 所以平面， 因此直线是在平面内的射影， 从而是直线与平面所成的角， ∵，∴， 又，得， 即直线与平面所成的角的正切值为 【变式1】（2025·上海杨浦·一模）如图，在长方体中，为上一动点，已知，. (1)求直线与平面所成角的大小；（用反三角表示） (2)求三棱锥的体积. 【解】（1）连接，由题意得平面， 则即为直线与平面所成角， 又， 在直角中，，， ，则， 所以直线与平面所成角的大小为. （2）由题意得，平面， 则. 所以三棱锥的体积为. 【变式2】（2026·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．    (1)证明：平面； (2)若2，求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）因为，，则，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）方法一：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：    则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值是． 方法二：由题意可知：，，， 则， ， 设点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值． 考点4 求二面角 【典例4】三棱柱中，平面，且，为中点．    (1)求四面体的体积： (2)求平面与所成锐二面角的余弦值． 【解】（1）因为平面，又面，所以， 又，，面，所以面， 因为面，所以到面的距离即, 又，， 所以. （2）如图，建立空间直角坐标系，因为，， 则， 所以 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得到，取，则，所以， 设平面与所成锐二面角为， 则.    【变式1】（2026·上海徐汇·一模）如图，某多面体的底面为正方形， ∥，，，，． (1)求四棱锥的体积； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【解】（1）因为 ，//，所以， 因为，， 所以平面． ． （2）因为四边形为正方形，所以，又，． 所以如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 设平面的法向量为，则，即. 令，则，．于是．所以，平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，所以． 所以，二面角的平面角的正弦值为． 【变式1】（2025·上海奉贤·一模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知四面体中，平面，． (1)若，求证：四面体是鳖臑，并求该四面体的体积； (2)若四面体是鳖臑，当时，求二面角的平面角的大小． 【解】（1）平面，、平面， 、， 、为直角三角形， 在直角中，， 在直角中，， 在中，有， ，故为直角三角形， 在中，有， 故，故为直角三角形， 故四面体四个面都是直角三角形，即四面体是鳖臑， ； （2）平面，平面， ， 由， 故不可能是直角， 若，则有， 又，、平面，， 故平面，又平面， 故， 是二面角的平面角， ，，，， 所以二面角的平面角的大小为． 若， 同理可得是二面角的平面角， 所以， 所以二面角的平面角的大小为， 综上所述，二面角的平面角的大小为或. 考点5 距离问题 【典例5】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，点分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【解】（1）由底面为正方形，得，又平面， 于是平面，而平面，则，同理， 又平面， 所以平面. （2）由（1）得，点为的中点，在中，，点为的中点，同理， 在中，，因此， 在直角中，， 由（1）知平面，则平面，于是点到平面的距离为 设点到平面的距离为，由，得，解得， 所以点到平面的距离为. 【变式1】如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点.        (1)若母线长为10，求圆锥的体积； (2)若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离. 【解】（1）圆锥的底面圆半径为8，母线长为10，而，则，解得， 所以圆锥的体积为. （2）取的中点，连接,，      由弧为圆锥底面的半圆弧知圆锥底面圆心在上且为中点， 为母线的中点，则与所成角为或其补角， 由平面，得平面，平面，则， 于是有，由是半圆弧的中点可得， 则， 所以. 【变式2】（2026·上海浦东新模拟）如图，已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，是的中点．    (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【解】（1）证明：因为底面是边长为2的正方形，，所以， 因为是的中点，所以, 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， （2）设点到平面的距离为， 因为平面，平面，所以， 因为，所以为等腰直角三角形， 因为是的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以， 因为是的中点，平面，所以点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得， 所以点到平面的距离为. 1．（2025·上海青浦·模拟）如图，已知四棱锥的底面为菱形，. (1)求证：平面BDS； (2)若，求四棱锥的体积. 【解】（1）设AC与BD相交于点， 因为底面ABCD为菱形，所以，且为中点. 又因为，所以平面BDS， 所以平面BDS. （2）因为底面ABCD是菱形，，所以是等边三角形，则. 在中，，满足， 根据勾股定理逆定理可知，即. 由（1）知平面BDS，所以， . 则. 2．（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． 【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 3．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面. (1)求证:直线； (2)求直线与平面所成角的大小. 【解】（1）由题意知，所以， 又因为，所以，所以； 又因为平面，平面，所以， 又因为平面， 所以平面，又在平面内， 所以直线； （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平明，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，因为， 所以 所以直线与平面所成角的大小为. 4．（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. 【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 . 5．（2025·上海徐汇·二模）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． 【解】（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. 6．（2025·上海金山·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【解】（1）因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）因为平面，平面， 所以， 在中，，则， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，令，则，所以， 所以点到平面的距离为. 7．（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. 【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. 8．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 【解】（1）取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面.                                                 因为平面，平面，且， 所以平面平面.                                                             因为平面，所以平面. （2）过点作于点，连接， 因为，，，平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面.                                                                     所以就是直线和平面所成角. 由题意得：二面角的平面角为， 由（1）易得， 在中，由，，得， 取中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 在中，由，，得，则. 在中，由，得， 即得直线和平面所成角为. 9．（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． 【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. 10．（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． 【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. 11．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. (1)求证：平面平面PBC； (2)若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 【解】（1）由分别为的中点，得，而平面，平面， 则平面，延长交于点，连结，由，得， 由是的中点，得是的中点，又是的中点， 则，而平面，平面， 因此平面，又平面，且， 所以平面平面. （2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结， 则，且， 由平面，得平面，由， 得， 在△中,，则， 又，于是，解得， 所以点F到平面AEG的距离. （ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点， 在轴上取点，使，过作轴，且使， 连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图， 梯形的面积. 12．（2025·上海·模拟预测）如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点. (1)当时，证明:平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值. 【解】（1）因为垂直于圆锥的底面，所以， 当时，，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）当三棱锥的体积最大时，只需的面积最大，此时为弧的中点，如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 设平面的法向量为，则， 取，得，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角正弦值为. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押02 上海卷高考数学第18题（解答题） 溯源 考点 3年考题 考情分析 立体几何综合与空间想象 2025年第18题 （1）空间几何体的表面积；（2）线面平行 2024年第17题 (1)旋转体的体积；（2）线面角 2023年第17题 （1）线面平行；二面角 预测 1.题型和分值（通常为一道大题14分）预计保持稳定。但背景和设问会更具新意，可能弱化传统“建系-计算”的套路，强化对空间本质关系的推理。 2.突出考查直观想象、逻辑推理、数学运算三大核心素养。不仅要求“算得出”，更要求“想得通”、“证得明”。3.“去模式化”倾向：可能降低对标准几何体（正方体、正棱锥）的依赖，增加对斜棱柱、翻折体、拼接体、截面等非常规图形的考查，增加建系的难度，促使学生回归几何法分析。 4.与其它知识融合：可能加强与向量、三角、解析几何（如空间轨迹）、导数（最值问题）​ 的融合，体现知识的整体性。 备考核心 1. 遇到题目，先尝试用几何逻辑思考，再用向量工具验证和计算。尤其要加强几何法证明的训练。 2. 多练习斜棱柱、非正棱锥、截面、翻折等非常规图形的题目，提高在复杂图形中识别基本关系和结构的能力。 3. 熟练掌握将空间问题转化为平面问题的技巧，如“展平”求最短路径、利用三垂线定理作二面角的平面角、等体积法转化距离等。 4. 重点研究2020年以来的上海高考真题及各区的二模、三模题，特别是那些背景新颖、解法多样的题目，感受上海卷的风格和难度。 5.立体几何解答题对逻辑表达的严谨性要求高。务必做到“言之有据”，每一步推理都要有定理、定义或已知条件作为支撑 · 考点1 几何体的表面积、体积计算 【典例1】（2026·上海·一模）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． 【变式1】如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长2cm.    (1)这种“浮球”的体积是多少？（结果精确到0.1） (2)这种“浮球”的表面积是多少？ 【变式2】如图，半球内有一内接正方体（即正方体的一个面在半球的底面圆上，其余顶点在半球上）；若正方体的棱长为，求： (1)半球的半径； (2)半球的表面积和体积． 考点2 利用空间向量证明位置关系 【典例2】（2026·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 【变式1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为的中点，为与的交点．    (1)证明：//平面； (2)求三棱锥的体积． 【变式2】如图，梯形是圆台的轴截面，E，F分别在底面圆，的圆周上，EF为圆台的母线，，已知，，G，H分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若三棱锥的体积为，求圆台的侧面积. 考点3 求线面角 【典例3】在如图所示的圆锥中，是顶点，是底面的圆心，、是圆周上两点，且，． (1)若圆锥侧面积为，求圆锥的体积； (2)设圆锥的高为2，是线段上一点，且满足，求直线与平面所成角的正切值． 【变式1】（2025·上海杨浦·一模）如图，在长方体中，为上一动点，已知，. (1)求直线与平面所成角的大小；（用反三角表示） (2)求三棱锥的体积. 【变式2】（2026·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．    (1)证明：平面； (2)若2，求直线与平面所成角的正弦值． 考点4 求二面角 【典例4】三棱柱中，平面，且，为中点．    (1)求四面体的体积： (2)求平面与所成锐二面角的余弦值． 【变式1】（2026·上海徐汇·一模）如图，某多面体的底面为正方形， ∥，，，，． (1)求四棱锥的体积； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【变式1】（2025·上海奉贤·一模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，已知四面体中，平面，． (1)若，求证：四面体是鳖臑，并求该四面体的体积； (2)若四面体是鳖臑，当时，求二面角的平面角的大小． 考点5 距离问题 【典例5】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且，，点分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【变式1】如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点.        (1)若母线长为10，求圆锥的体积； (2)若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离. 【变式2】（2026·上海浦东新模拟）如图，已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，是的中点．    (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 1．（2025·上海青浦·模拟）如图，已知四棱锥的底面为菱形，. (1)求证：平面BDS； (2)若，求四棱锥的体积. 2．（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． 3．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面. (1)求证:直线； (2)求直线与平面所成角的大小. 4．（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. 5．（2025·上海徐汇·二模）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． 6．（2025·上海金山·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 7．（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. 8．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 9．（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． 10．（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． 11．（2025·上海杨浦·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. (1)求证：平面平面PBC； (2)若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 12．（2025·上海·模拟预测）如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点. (1)当时，证明:平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $