专题03 上海高考立体几何中的不规则体复习（抢分专练）（上海专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题03 上海高考立体几何中的不规则体复习 题型 考情分析 考向预测 1.外接球问题 2026年上海： 18.考查正四棱台的角度 和体积问题 上海高考数学的热点内容，常以解答题、选择题、填空题的形式考查，主要考查内容，异面直线的判定和异面直线所成角问题、空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系、直线与平面所成角、二面角等，还常考棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体的结构特征，柱、锥、台、球及简单组合体的表面积和体积计算公式；尤其是2026年上海春考数学的19题考查台体，尤其注意台体的重点复习。 2.内切球问题 3.二面角问题 4.轨迹问题 5.截面问题 6.不规则体解答题 18．（2026年上海）在正四棱台中，，. （1）若，求与平面所成角的大小； （2）求证：∥平面，若正四棱台的高为3，求三棱锥的体积． 题型1 外接球问题 知识点一：正方体、长方体外接球 1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 3、补成长方体 （1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示． （2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示． （3）正四面体可以补形为正方体且正方体的棱长，如图3所示． （4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示 图1 图2 图3 图4 知识点二：正四面体外接球 如图，设正四面体的的棱长为，将其放入正方体中，则正方体的棱长为，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为，即正四面体外接球半径为． 知识点三：对棱相等的三棱锥外接球 四面体中，，，，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为，则，三式相加可得而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为， 则，所以． 知识点四：直棱柱外接球 如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形） 图1 图2 图3 第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面； 第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：，解出 知识点五：直棱锥外接球 如图，平面，求外接球半径． 解题步骤： 第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心； 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径(三角形的外接圆直径算法： 利用正弦定理，得)，； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径： ①；②． 知识点六：正棱锥与侧棱相等模型 1、 正棱锥外接球半径： ． 2、侧棱相等模型：如图，的射影是的外心三棱锥的三条侧棱相等 三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点． 解题步骤： 第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线； 第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）； 第三步：勾股定理：，解出． 知识点七：侧棱为外接球直径模型 方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形． 知识点八：共斜边拼接模型 如图，在四面体中，，，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点为公共斜边的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，，即点到，，，四点的距离相等，故点就是四面体外接球的球心，公共的斜边就是外接球的一条直径． 知识点九：垂面模型 如图1所示为四面体，已知平面平面，其外接球问题的步骤如下： （1）找出和的外接圆圆心，分别记为和； （2）分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为； （3）过作的垂线，垂足记为，连接，则； （4）在四棱锥中，垂直于平面，如图2所示， 底面四边形的四个顶点共圆且为该圆的直径． 图1 图2 知识点十：圆锥圆柱圆台模型 1、球内接圆锥 如图，设圆锥的高为，底面圆半径为，球的半径为．通常在中，由勾股定理建立方程来计算．如图，当时，球心在圆锥内部；如图，当时，球心在圆锥外部． 由图、图可知，或，故，所以． 2、球内接圆柱 如图，圆柱的底面圆半径为，高为，其外接球的半径为，三者之间满足． 3、球内接圆台：，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 知识点十一：外接球正方体与其体内最大的正四面体有相同的外接球 （理由：过不共面的四点确定一个球。）正方体与其体内最大的正面体有四个公共顶点； 所以它们共球； 回顾：① 两点定线；② 三点定面；③ 三点定圆；④ 四点定球。 如图： (a) 正方体的体对角线=球直径； (b)正四面体的外接球半径=高； (c)正四面体的棱长=正方体棱长； (d)正方体体积：正四面体体积=3：1； (e)正方体外接球半径与正四面体外接球半径相等。 【例1】（2024曹杨二中·高三上开学考）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状 奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）， 已知该多面体的各条棱长均为1，且各个顶点在同一球面上． 则此球的半径 ． 【变式1-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则此直三棱柱的表面积是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2026上海高考·模拟名校名卷） 已知三棱锥，其中平面， 则三棱锥外接球的表面积为 . 【变式1-4】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知三棱锥中，平面，，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 【变式1-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在正三棱台中，，，， 则正三棱台的外接球表面积为（     ）  A．64 B． C． D． 【变式1-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）正四棱台高为2，上下底边长分别为2和4， 所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（    ）A． B． C． D． 【变式1-7】（2026上海高考·模拟名校名卷）在正四棱台中，，； 当该正四棱台的 体积最大时，其外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【变式1-8】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知三棱锥各顶点均在球上，为球的直径，若，，三棱锥的体积为4，则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【变式1-9】（2026上海高考·模拟名校名卷）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体;如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于 底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 . 【变式1-10】（2026上海高考·模拟名校名卷）点，，，在同一个球的球面上，， 若四面体体积的最大值为，则这个球的表面积为 . 题型2 内切球问题 1.锥体内切球半径的求法：等体积法，即； 2.正方体的内切球与正四面体的关系： （a）正方体内切球直径=正方体棱长； （b）正方体内切球与正四面体的四条棱相切； （c）与正四面体四条棱相切的球半径=正方体棱长的一半； （d）设正四面体棱长为， 则与其棱都相切的球半径为有：。 【例2】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知点O到直三棱柱各面的距离都相等， 球O是直三棱柱的内切球，若球O的表面积为，的周长为4， 则三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D． 【变式2-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在三棱锥中，，，若三棱锥的内切球的 表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，已知正方体的棱长为2， 以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体， 则该正八面体的内切球表面积为（    ）A． B． C． D． 【变式2-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（    ）A． B． C． D． 【变式2-4】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面 以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（    ）   A． B． C．2 D． 【变式2-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国 之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球， 中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切， 已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（    ） A． B． C． D． 【变式2-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的表面积为 ． 题型3 二面角问题 二面角的求法 方法一：定义法：在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是 二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内 作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角 （当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）； 方法二：三垂线法：在面或面内找一合适的点，作于，过作于， 则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤： ①找点做面的垂线；即过点，作于； ②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接； ③计算：为二面角的平面角，在中解三角形； 图1 图2 图3 方法三：射影面积法：凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； 方法四：补棱法：当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整， 使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题； 当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的摄影面积法解题； 方法五：垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直， 因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．例如：过二面角内一点作于 作于，面交棱于点，则就是二面角的平面角． 如图3．此法实际应用中的比较少． 【例3】（2026·大同中学·高三4月月考）某教师采用教具加深学生对线面角的理解，如图，两根细线、 经过斜面上一固定的点，可绕点在斜面上旋转，并保持互相垂直，小申、小沪两位同学分别测量、所在直线与水平面的夹角、，测量结果如表所示，根据表格数据推算，的值应为____ 测量者 α β 小申 小沪 （结果用角度值表示，精确到）. 测量结果如右表： 【变式3-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在三棱柱中， 侧面为菱形，.    (1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值. 【变式3-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.    (1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值； (3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围. 【变式3-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知四棱锥的底面为梯形，且， 又，，，平面平面，平面平面．    (1)判断直线和的位置关系，并说明理由；(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出 一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．①；②为二面角的平面角． 题型4 轨迹问题 立体几何中的动点轨迹问题，是一个备受关注的重要专题，它在各级各类考试中占据一席之地，特别是在高考中亦常有所见。此类题型不仅是检验学生空间想象能力、思维能力和创新意识的有效手段，也是培养学生数学核心素养的重要途径。 【例4】（2026·复旦中学·高三下学期数学调研）一在棱长为1的正方体中，为棱上的定点，动点在正方体表面上运动，满足，如果动点的轨迹是一个三角形， 那么这个三角形是（     ）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能 【变式4-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：   ①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为； ②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为． 其中正确的命题个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式4-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知棱长为的正四面体，为的中点，动点 满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为 . 【变式4-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知正方体的棱长为3， 动点在内，满足，则点的轨迹长度为 . 【变式4-4】（2026上海高考·模拟名校名卷）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且为 等边三角形，空间中的动点P满足，当点P在所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 . 【变式4-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知正四棱柱的体积为16，是棱的 中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为 ． 【变式4-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为， 在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O．如图，椭圆中心为O， 球与地面的接触点为E，；若光线与地面所成角为， 椭圆的离心率 ． 【变式4-7】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段上.则点的轨迹长度为 . 【变式4-8】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知菱形的各边长为．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 题型5 截面问题 解决立体几何截面问题的解题策略． 1、坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，为解决 立体几何问题增添了一种代数计算方法； 2、基底法：所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为 依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，为空间任意点，则有： 结论1：若与不共线，那么； 结论2：； 3、几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理 以及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接 这些点，从而得到、过三点的完整截面，再依据题意完成所求解答或证明。 【例5】（2026·复旦大学附属复兴中学·高三下摸底考）已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点，点P在正方体表面上运动，且平面，则动点P的轨迹（包含M，N） 所围成图形面积为______. 【变式5-1】（2025·南洋模范中学·控江中学·大同中学·曹杨二中高三下3月四校联考） 在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体 所得截面的周长为 ． 【变式5-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（    ）                ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S与的交点满足；④当时，S为六边形； A．1 B．2 C．3 D．4 【变式5-3】（2026上海高考·模拟名校名卷） 在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分， 记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为 . 【变式5-4】（2026上海高考·模拟名校名卷） 已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（    ）A． B． C． D． 【变式5-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）过正四面体的顶点P作平面，若与直线，，所成角都相等，则这样的平面的个数为（    ）个 A．3 B．4 C．5 D．6 【变式5-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥 得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别 与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（    ） A． B． C． D． 【变式5-7】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆；许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面､截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和 圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆. 如图②，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（    ） A． B． C． D． 【变式5-8】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（    ） A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线 【变式5-9】（2026上海高考·模拟名校名卷）用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的 轴夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．我们通常把圆、椭圆、 抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．已知某圆锥的轴截面是正三角形，平面与该圆锥的底而所成的 锐二面角为，则平面截该圆锥所得椭圆的离心率为 ． 题型6不规则体解答题 高考对立体几何初步的考查，重点是掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征、解决多面体和球体的相关计算问题。同时需要关注异面直线的判定和成角问题、空间点线面的位置关系问题、夹角距离问题、截面问题。这些问题对考生的空间想象能力要求有所提升，需要考生有强大的逻辑推理能力。 【例6】（2024进才中学·高三上学期期中）三棱台中，若面 ，分别是中点.    (1)求证：平面；(2)求点到平面的距离． 【变式6-1】（2026上海高考·模拟名校名卷） 已知正四棱台的体积为，其中.  (1)求侧棱与底面所成的角；(2)在线段上是否存在一点P， 使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式6-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）在三棱台中，为中点， ，，. (1)求证：平面；(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 【变式6-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．    (1)求；(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值． 1．（2023·复旦大学附属复兴中学·奉贤中学·金山中学·松江二中高三下3月四校联考）《九章算术》中 所述“羡除”，是指如图所示五面体，其中，“羡除”形似“楔体”；“广”是指“羡除”的 三条平行侧棱之长、、，“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离、“袤”是指这两条侧棱 所在平行直线之间的距离（如图）．羡除的体积公式为，过线段，的中点， 及直线作该羡除的一个截面，已知刚好将羡除分成体积比为的两部分； 若、，则的长为（     ） A．2 B．3 C．4 D．6 2．（2024进才中学·高三上学期期中）庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐 庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似 五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为 ．      3．（2026·大同中学·高三4月月考）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形， ， ， （1）若点 在边 上，证明：存在 ，使得 ； （2）若到平面ABCD 的距离为 2，将梯形绕边 AB 旋转一周，求所形成旋转体的体积. 4．（2026进才中学·高三上10月月考）如图，已知， 平面平面，，，， 点为梯形ADEF内（包括边界）一个动点. （1） 若P为线段AE的中点，求证：平面CDE；（2）， 若平面CDE，且当线段BP最短时，求直线BP与平面BCEF所成角的正弦值. 5．（2023曹杨二中·高三上10月月考）如图，四棱柱的底面是正方形， O为底面中心，面， . (1) 证明：；(2)求直线AC与平面所成的角的大小. 6．（2026大同中学·高三下4月月考）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形， ，， （1）若点 在边 上，证明：存在 ，使得 ； （2）若到平面ABCD 的距离为 2，将梯形绕边 AB 旋转一周，求所形成旋转体的体积. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 上海高考立体几何中的不规则体复习 题型 考情分析 考向预测 1.外接球问题 2026年上海： 18.考查正四棱台的角度 和体积问题 上海高考数学的热点内容，常以解答题、选择题、填空题的形式考查，主要考查内容，异面直线的判定和异面直线所成角问题、空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系、直线与平面所成角、二面角等，还常考棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体的结构特征，柱、锥、台、球及简单组合体的表面积和体积计算公式；尤其是2026年上海春考数学的19题考查台体，尤其注意台体的重点复习。 2.内切球问题 3.二面角问题 4.轨迹问题 5.截面问题 6.不规则体解答题 18．（2026年上海）在正四棱台中，，. （1）若，求与平面所成角的大小； （2）求证：∥平面，若正四棱台的高为3，求三棱锥的体积． 18．(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: 题型1 外接球问题 知识点一：正方体、长方体外接球 1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 3、补成长方体 （1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示． （2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示． （3）正四面体可以补形为正方体且正方体的棱长，如图3所示． （4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示 图1 图2 图3 图4 知识点二：正四面体外接球 如图，设正四面体的的棱长为，将其放入正方体中，则正方体的棱长为，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为，即正四面体外接球半径为． 知识点三：对棱相等的三棱锥外接球 四面体中，，，，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为，则，三式相加可得而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为， 则，所以． 知识点四：直棱柱外接球 如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形） 图1 图2 图3 第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面； 第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：，解出 知识点五：直棱锥外接球 如图，平面，求外接球半径． 解题步骤： 第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心； 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径(三角形的外接圆直径算法： 利用正弦定理，得)，； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径： ①；②． 知识点六：正棱锥与侧棱相等模型 1、 正棱锥外接球半径： ． 2、侧棱相等模型：如图，的射影是的外心三棱锥的三条侧棱相等 三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点． 解题步骤： 第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线； 第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）； 第三步：勾股定理：，解出． 知识点七：侧棱为外接球直径模型 方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形． 知识点八：共斜边拼接模型 如图，在四面体中，，，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点为公共斜边的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，，即点到，，，四点的距离相等，故点就是四面体外接球的球心，公共的斜边就是外接球的一条直径． 知识点九：垂面模型 如图1所示为四面体，已知平面平面，其外接球问题的步骤如下： （1）找出和的外接圆圆心，分别记为和； （2）分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为； （3）过作的垂线，垂足记为，连接，则； （4）在四棱锥中，垂直于平面，如图2所示， 底面四边形的四个顶点共圆且为该圆的直径． 图1 图2 知识点十：圆锥圆柱圆台模型 1、球内接圆锥 如图，设圆锥的高为，底面圆半径为，球的半径为．通常在中，由勾股定理建立方程来计算．如图，当时，球心在圆锥内部；如图，当时，球心在圆锥外部． 由图、图可知，或，故，所以． 2、球内接圆柱 如图，圆柱的底面圆半径为，高为，其外接球的半径为，三者之间满足． 3、球内接圆台：，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 知识点十一：外接球正方体与其体内最大的正四面体有相同的外接球 （理由：过不共面的四点确定一个球。）正方体与其体内最大的正面体有四个公共顶点； 所以它们共球； 回顾：① 两点定线；② 三点定面；③ 三点定圆；④ 四点定球。 如图： (a) 正方体的体对角线=球直径； (b)正四面体的外接球半径=高； (c)正四面体的棱长=正方体棱长； (d)正方体体积：正四面体体积=3：1； (e)正方体外接球半径与正四面体外接球半径相等。 【例1】（2024曹杨二中·高三上开学考）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状 奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）， 已知该多面体的各条棱长均为1，且各个顶点在同一球面上． 则此球的半径 ． 【答案】【分析】该多面体可以视为正方体截取部分几何体而成，求出正方体的棱长，结合其对称性确定该多面体的外接球球心，再利用球的截面性质求解作答. 【详解】该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①的三棱柱， 8个如②的四棱锥和12个如③的三棱柱构成，如图，    由对称性知，该多面体外接球球心为正方体中心，它的一个正方形面在正方体的上底面内，如上图， 多面体外接球球心到截面的距离，正方形外接圆半径， 所以多面体外接球半径；故答案为：. 【变式1-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设四面体的外接球的半径为, 则四面体在一个长宽高为的长方体中， 如图，则故， 故四面体ABCD外接球的体积为；故选：C. 【变式1-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则此直三棱柱的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，因为，所以， 于是（是外接圆的半径），， 又球心到平面的距离等于侧棱长的一半， 所以球的半径为，所以球的表面积为，解得； 因此， 于是直三棱柱的表面积是；故选：D. 【变式1-3】（2026上海高考·模拟名校名卷） 已知三棱锥，其中平面，则三棱锥外接球的 表面积为 . 【答案】【详解】根据题意设底面的外心为G，O为球心， 所以平面ABC，因为平面ABC，所以，设是PA中点，因为，所以，因为平面平面ABC， 所以，因此，因此四边形ODAG是平行四边形， 故，∵， ∴，又外接圆的半径，由正弦定理得， 所以该外接球的半径满足，所以外接球的表面积为.故答案为：． 【变式1-4】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知三棱锥中，平面，，异面直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】/ 【详解】如图， 分别取、、、的中点、、、，连接、、、、，可得，，则为异面直线与所成角，∴，由面，而， 故面，面，则，设，可得，，，，则，在中，由余弦定理，可得，，解得，设底面三角形的中心为， 三棱锥的外接球的球心为，连接，则平面，由底面三角形是边长为2的 等边三角形，可得，∴为三棱锥外接球的球心，∴，则，，又，可得，则三棱锥的外接球的半径． ∴三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：． 【变式1-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在正三棱台中，，，， 则正三棱台的外接球表面积为（     ）  A．64 B． C． D． 【答案】B 【详解】设外接球球心为，等边三角形的外心为， 等边三角形的外心为，三点共线， 则是正三棱台的高，设台体的高为， 设外接球的半径为，过作，垂足为， 根据正棱台的性质可知，所以平面，平面，所以，设等边三角形的外接圆半径为，由正弦定理得.设等边三角形的外接圆半径为， 由正弦定理得.在直角三角形中，， 所以.当球心O在线段上，则，解得， 当球心O在的延长线上时，则，无解， 所以正三棱台的外接球表面积为；故选：B. 【变式1-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）正四棱台高为2，上下底边长分别为2和4， 所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（    ）A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示，，， 为外接球球心，设外接球半径为R，分别为棱台上下底面的中心， 则， 由勾股定理得：，， 设，则，，故，解得：， 故，故球的表面积为；故选:B. 【变式1-7】（2026上海高考·模拟名校名卷）在正四棱台中，，； 当该正四棱台的 体积最大时，其外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】图1设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1， 分别是上下底面的中心，连结，，，根据边长关系， 知该棱台的高为，则， 由，且四边形为直角梯形，，，可得，则， 当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1. 上底面外接圆半径， 下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上； 显然球心M在所在的直线上； 图2 当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2， 设，则，，显然， 则有，即， 解得，舍去. 图3 当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设， 则，显然 即，即 解得，，此时，外接球的表面积为；故选：D. 【变式1-8】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知三棱锥各顶点均在球上，为球的直径，若，，三棱锥的体积为4，则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】求解出面积后，利用三棱锥的体积，构造方程，求解出点到底面的距离， 从而可知的长度；利用正弦定理得到，勾股定理得到球的半径，从而求得球的表面积； 原题如下图所示：由，得：则 设外接圆圆心为，则由正弦定理可知，外接圆半径：， 设到面距离为 由为球直径可知：， 则 球的半径， 球的表面积；故选：B. 【变式1-9】（2026上海高考·模拟名校名卷）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体;如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于 底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 .【答案】 【详解】因为棱长为的正四面体的高为， 所以截角四面体上下底面距离为， 序曲其外接球的半径为，等边三角形的中心为， 正六边形的中心为， 则垂直于平面与平面， 则, 所以，解得， 所以该截角四面体的外接球的表面积为；故答案为：. 【变式1-10】（2026上海高考·模拟名校名卷）点，，，在同一个球的球面上，， 若四面体体积的最大值为，则这个球的表面积为 . 【答案】/ 【详解】依题意，三角形为正三角形，面积为，设四面体的高为， 则，解得，设球心为O,三角形的外接圆圆心，当四面体体积最大时，三点共线，如图，三角形所在平面截球得到的圆为三角形的外接圆，其半径，连接球心和三角形的 外接圆圆心，则平面，设球的半径为， ，，解得， 这个球的表面积为，故答案为：. 题型2 内切球问题 1.锥体内切球半径的求法：等体积法，即； 2.正方体的内切球与正四面体的关系： （a）正方体内切球直径=正方体棱长； （b）正方体内切球与正四面体的四条棱相切； （c）与正四面体四条棱相切的球半径=正方体棱长的一半； （d）设正四面体棱长为， 则与其棱都相切的球半径为有：。 【例2】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知点O到直三棱柱各面的距离都相等， 球O是直三棱柱的内切球，若球O的表面积为，的周长为4， 则三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设直三棱柱的高为h，AB＝c，BC＝a，AC＝b，内切球O的半径为r，则h＝2r， 由题意可知球O的表面积为，解得r＝2，∴h＝4，又△ABC的周长为4，即a＋b＋c＝4， ∴连接OA，OB，OC，可将直三棱柱分成5个棱锥， 即三个以原来三棱柱侧面为底面，内切球球心为顶点的四棱锥， 两个以原来三棱柱底面为底面，内切球球心为顶点的的三棱锥， ∴由体积相等可得直三棱柱的体积为 h＝ahr＋bhr＋chr＋2×r， 即4＝（a＋b＋c）hr＋，∴＝， ∴三棱锥的体积为h＝×4×4＝；故选：B． 【变式2-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在三棱锥中，，，若三棱锥的内切球的 表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】连接，并延长交底面于点，连接，并延长交于， 在三棱锥中，，， 三棱锥是正四面体，是的中心，平面， 三棱锥的内切球的表面积为，， 解得球的半径，设，则，，，，， ，解得，， 此三棱锥的体积为；故选：D. 【变式2-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，已知正方体的棱长为2， 以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体， 则该正八面体的内切球表面积为（    ）A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半， 即为，如图，在正八面体中连接，，，可得，，互相垂直平分， 为正八面体的中心，平面，平面，则，，. 在中，， 则该正八面体的体积， 该八面体的表面积 设正八面体的内切球半径为， ，即，解得，.故选：C. 【变式2-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（    ）A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为， 则，，因为⊥，⊥，所以∽， 则，设，， 故，由得：，由得：， 故，所以，，解得：， 所以圆锥的表面积为，令，， 当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在时取得最小值，， 此时，， 设圆锥的外接球球心为，连接，设，则， 由勾股定理得：，即， 解得：，故其外接球的表面积为.故选：A 【变式2-4】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面 以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（    ）   A． B． C．2 D． 【答案】B 【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆， 设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，， 设球的半径为，圆台上下底面的半径为，， 注意到与均为角平分线，因此， 从而，故.设台体体积为，球体体积为， 则.故选：B. 【变式2-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国 之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球， 中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切， 已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图，取的中点，连接，，则，，过点作⊥底面，垂足在上，且，所以， 故，点为最大球的球心， 连接并延长，交于点，则⊥，设最大球的半径为， 则，因为∽，所以，即， 解得，即，则，故 设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切， 设切点分别为，连接，则分别为最小球和中间球的半径， 长度分别设为，则，则，又， 所以，解得，又，故，解得， 所以，模型中九个球的表面积和为.故选：B. 【变式2-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的表面积为 ． 【答案】 【详解】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M， 连接PM，OM，PO，则，，， 如图，在截面PMO中，设N为球与平面PAB的切点， 则N在PM上，且，设球的半径为R， 则，∵，∴，则， ，∴， 设球与球相切于点Q，则， 设球的半径为r，同理可得，∴， 故小球的表面积；故答案为：. 题型3 二面角问题 二面角的求法 方法一：定义法：在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是 二面角的平面角，如图在二面角的棱上任取一点，以为垂足，分别在半平面和内 作垂直于棱的射线和，则射线和所成的角称为二面角的平面角 （当然两条垂线的垂足点可以不相同，那求二面角就相当于求两条异面直线的夹角即可）； 方法二：三垂线法：在面或面内找一合适的点，作于，过作于， 则为斜线在面内的射影，为二面角的平面角．如图1，具体步骤： ①找点做面的垂线；即过点，作于； ②过点（与①中是同一个点）做交线的垂线；即过作于，连接； ③计算：为二面角的平面角，在中解三角形； 图1 图2 图3 方法三：射影面积法：凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（，如图2）求出二面角的大小； 方法四：补棱法：当构成二面角的两个半平面没有明确交线时，要将两平面的图形补充完整， 使之有明确的交线（称为补棱），然后借助前述的定义法与三垂线法解题； 当二平面没有明确的交线时，也可直接用法三的摄影面积法解题； 方法五：垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直， 因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．例如：过二面角内一点作于 作于，面交棱于点，则就是二面角的平面角． 如图3．此法实际应用中的比较少． 【例3】（2026·大同中学·高三4月月考）某教师采用教具加深学生对线面角的理解，如图，两根细线、 经过斜面上一固定的点，可绕点在斜面上旋转，并保持互相垂直，小申、小沪两位同学分别测量、所在直线与水平面的夹角、，测量结果如表所示，根据表格数据推算，的值应为____ 测量者 α β 小申 小沪 （结果用角度值表示，精确到）. 测量结果如右表： 3．【分析】设斜面与水平面所成的二面角的大小为， 进而利用已知可得，结合已知计算可求解即可. 【详解】记两根细线、经过斜面上一固定的点，记水平面为，斜面为，，，，过作于，连接，过作 于，连接，因为，，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以， 所以为斜面与水平面所成的二面角的平面角，记， 所以，又，，所以，因为，所以，所以，又，所以， 所以，因为小申同学测量、所在直线与水平面的夹角 ，， 又小沪同学测量、所在直线与水平面的夹角，所以， 所以，令，则，所以，所以，所以，所以（舍去），，所以，又，所以，所以. 【变式3-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在三棱柱中， 侧面为菱形，.    (1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值. 【详解】（1）连、交于，则为、的中点，连， 因为，所以，因为侧面为菱形，，， 所以，，所以，即，因为，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面； （2）取的中点，连，，，由（1）知，，又，所以， 又，所以，同理得，所以为二面角的平面角， 在中，，，， 所以；所以二面角的余弦值为. 【变式3-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.    (1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值； (3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围. 【详解】（1）证明：在梯形中，，，，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面； （2）取中点，连接，，，，， ，，为二面角的平面角，，，，， ；    （3）由（2）知：①当与重合时，； ②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面， 平面，，，；   ③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接， 在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上， 平面平面，过作交于，连接， 由（1）知，，又，平面，， 平面，平面，. 又，平面ACH，，平面，，. 在中，，从而在中，， ，，.，；综上所述，，. 【变式3-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知四棱锥的底面为梯形，且， 又，，，平面平面，平面平面．    (1)判断直线和的位置关系，并说明理由；(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出 一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．①；②为二面角的平面角． 【详解】（1）且，延长必交于一点，即为点， 平面，平面，且，， 平面，平面，又平面，平面， 连接，则平面平面， 又平面平面，直线即为直线， 如右图所示， ，即直线与相交. （2）若选条件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；同理可知：平面，平面，，； 取中点，连接， ，，四边形为平行四边形，， ，，又，，； 设，则，又，， ，， ， ，又，， 由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为， ，，为中点，，， 设点到直线的距离为，则，即，解得：， ，又二面角为锐二面角，. 若选条件②，若为二面角的平面角，则，，又，； 平面平面，平面平面，平面，平面； 同理可知：平面，平面，，； 取中点，连接， ，，四边形为平行四边形，， ，，又，， ；设，则，又，， ， ，， ，又，， 由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为， ，，为中点，，， 设点到直线的距离为，则，即， 解得：，，又二面角为锐二面角，. 题型4 轨迹问题 立体几何中的动点轨迹问题，是一个备受关注的重要专题，它在各级各类考试中占据一席之地，特别是在高考中亦常有所见。此类题型不仅是检验学生空间想象能力、思维能力和创新意识的有效手段，也是培养学生数学核心素养的重要途径。 【例4】（2026·复旦中学·高三下学期数学调研）一在棱长为1的正方体中，为棱上的定点，动点在正方体表面上运动，满足，如果动点的轨迹是一个三角形， 那么这个三角形是（     ）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都有可能 5．A【分析】在平面中过点作交于点，在平面中过作， 连接、，即可证明平面，从而得到在的边上， 即可判断轨迹三角形的形状. 【详解】如图，在平面中过点作交于点， （当在时恰为点，当在点时点也恰为点， 满足点（即）使得），在平面中过作， 连接、，由正方体的性质可得，平面，平面， 所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以，，平面， 所以平面，因为，所以，又动点在正方体表面上运动， 所以在的边上，显然，所以，所以为等腰三角形，又， 所以不可能为直角三角形或钝角三角形；故选：A. 【变式4-1】（2026上海高考·模拟名校名卷）设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：   ①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为； ②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为． 其中正确的命题个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】由面，而面，则，又，又， 面，则面，由面，则，同理，，面，则面，所以垂直于面所有直线，且面， 若，则在边长为的正△的边上，故轨迹图形面积为，①对； 若分别为中点，连接， 由正方体的性质易得，， 所以共面，且为平行四边形，故面即为面， 由面，面，则面， 同理可得面，，面， 所以面面，要使∥平面， 则在△的边上，所以轨迹长为，②错； 若分别为的中点，连接，显然， 所以共面，即面，由，面，面， 则面，又，同理可得面，，面， 所以面面，故面内任意直线都与面平行， 要使∥平面，则在四边形的边上运动， 此时轨迹长为，③对； 若分别是的中点，并依次连接， 易知为正六边形，显然，，由面，面， 则面，同理可得面，，面，所以面面， 由面，则面，故垂直于面所有直线， 要使，则在边长为的正六边形边上运动， 所以轨迹图形面积为，④对；故选：C. 【变式4-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知棱长为的正四面体，为的中点，动点 满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为 . 【答案】 【详解】设的外心为，的中点为，过作的平行线，则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系， 为等边三角形，，， ，，，， 设，由得：， 整理可得：，动点的轨迹是以为球心，为半径的球； 延长到点，使得，，，则，， 又平面，平面，平面，平面， 由，平面，平面平面，即平面为平面， 则点到平面的距离即为点到直线的距离，，，，即，点到直线的距离， 截面圆的半径，球被平面截得的截面圆周长为， 即平面截点的轨迹所形成的图形的周长为；答案为：. 【变式4-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知正方体的棱长为3， 动点在内，满足，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【详解】在正方体中，如图， 平面，平面，则，而，，，平面，于是平面，又平面，则，同理，而， ，平面，因此平面，令交平面于点，由， 得，即，解得， 而，于是，因为点在内，满足，则， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧，而为正三角形， 则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心， 于是正的内切圆半径， 则，即，，所以圆在内的圆弧为圆周长的， 即点的轨迹长度为；故答案为：. 【变式4-4】（2026上海高考·模拟名校名卷）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且为 等边三角形，空间中的动点P满足，当点P在所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 . 【答案】圆 【详解】设球的半径为r，则，解得r＝3，在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB 所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，则，，此时动点P的轨迹方程为，设其圆心为，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直， 动点P的轨迹为xOy平面中的圆绕x轴旋转一周形成球的球面，如图所示，所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和为 球心，在中，结合余弦定理得到. 设交线所围成的圆半径为R.则， 解得.所以交线的长度为；故答案为：圆； 【变式4-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知正四棱柱的体积为16，是棱的 中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为 ． 【答案】 【详解】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、， 因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，所以， 所以、、、四点共面，所以平面平面，连接交于点， 因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，所以线段即为点的轨迹， 如图在平面中，过点作，交于点，因为， 所以，所以，所以， 设、，，依题意，，所以， 要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值， 因为，所以，所以， 当且仅当，即、时取等号， 所以，所以， 即动点的轨迹长度的最小值为；故答案为： 【变式4-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为， 在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O．如图，椭圆中心为O， 球与地面的接触点为E，；若光线与地面所成角为， 椭圆的离心率 ． 【答案】/ 【详解】连接,因为， 所以,所以, 在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即， 如图，椭圆的长轴长是，过点向作垂线，垂足为， 由题意得， 因为，所以，所以，得， 所以椭圆的离心率为；故答案为：. 【变式4-7】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在中，，，.过的中点的动直线与线段交于点.将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的投影落在线段上.则点的轨迹长度为 . 【答案】 【详解】因为翻折前后长度不变，所以点可以在空间中看做以为球心， AC为直径的球面上，又因为的投影始终在上，所以点所在的面垂直于底面， 故点轨迹为垂直于底面ABC的竖直面去截球所得圆面的圆弧，这个圆弧的直径为时，的长度（由余弦定理可得，所以此时）， 如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点，点， 设点，翻折后点的投影在轴上， 所以点纵坐标为0，即由，，根据空间两点之间距离公式可得轨迹： ，又因为动点要符合空间面翻折结论： ，即，其中， 又动点N在线段AB上动，设，故，且，由， 可计算得横坐标范围为，且点在上方，由，计算可得圆弧所在扇形 圆心角为，所以弧长为.故答案为：. 【变式4-8】（2026上海高考·模拟名校名卷）已知菱形的各边长为．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取中点，则，∴平面，， 又，∴，作，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面，由题可得，，解Rt，得，又， 则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， ∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为．故选：C 题型5 截面问题 解决立体几何截面问题的解题策略． 1、坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，为解决 立体几何问题增添了一种代数计算方法； 2、基底法：所谓基底法是不需要建立空间直角坐标系，而是利用平面向量及空间向量基本定理作为 依托，其理论依据是：若四点E、F、G、H共面，为空间任意点，则有： 结论1：若与不共线，那么； 结论2：； 3、几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理 以及平面几何相关定理、结论，通过论证，精准找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接 这些点，从而得到、过三点的完整截面，再依据题意完成所求解答或证明。 【例5】（2026·复旦大学附属复兴中学·高三下摸底考）已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点，点P在正方体表面上运动，且平面，则动点P的轨迹（包含M，N） 所围成图形面积为______. 1．【分析】先证明平面平面，根据平面， 得出平面，进而确定P的轨迹为正六边形，求解即可. 【详解】如图，分别取，，，，的中点E，F，G，H， 连接，，，，，，，则，又平面， 平面，所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面，在正方体中，易知平面，所以平面， 又点P在正方体表面上运动，故P点的轨迹为正六边形， 因为正方体的棱长为2，即，所以，， 故正六边形的面积为；故答案为：. 【变式5-1】（2025·南洋模范中学·控江中学·大同中学·曹杨二中高三下3月四校联考） 在棱长为的正方体，中，，过点，，的平面截该正方体 所得截面的周长为 ． 2． 【分析】先作出截面图形，然后根据相似和勾股定理求出各边，即可求得结果. 【详解】取正方体轴线与交点为，连接并延长，交延长线 与，连接，交于，连接， 作出图形如图，由图可知，过点，，的平面截该正方体所得截面为 五边形，则，所以， 同理，，正方体的棱长为，， ，， 四边形的周长为.故答案为：. 【变式5-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题中正确命题的个数为（    ）                ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S与的交点满足；④当时，S为六边形； A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】先确定临界值点，当，即为的中点时， 截面交于，则界面为等腰梯形，故②正确； 对①当时，即移动到位置时， 截面交线段于，所以截面为四边形，故①正确； 对③，当时，在的位置，截面交的延长线于， 延长交在的延长线于点，则， 由，则，，又有， 所以，又，所以，故③正确；对④，，点移动到位置，从图上看，截面为五边形，故④错误；共个正确，故选：C. 【变式5-3】（2026上海高考·模拟名校名卷） 在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分， 记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为 . 【答案】 【详解】设过AM的平面交SB,SD于G,P，将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线. 设，，又， 而，由于 ，，， .故答案为：. 【变式5-4】（2026上海高考·模拟名校名卷） 已知半径为4的球，被两个平面截得圆，记两圆的公共弦为，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为（    ）A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设弦的中点为，连接，依题意，可得如下图形， 由圆的性质可知，则即为二面角的平面角，故， 四面体的体积为， 其中 ，当且仅当时取等号， 由球的截面性质，，， 所以四点共圆，则有外接圆直径， 从而，；故选：C. 【变式5-5】（2026上海高考·模拟名校名卷）过正四面体的顶点P作平面，若与直线，，所成角都相等，则这样的平面的个数为（    ）个 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【详解】如图，将正四面体看成四棱柱的左下角一部分，由正四面体可知， 平面与直线，，所成角都相等，故过点P做平面平面， 则此时的平面与直线，，所成角都相等，因为， 则与平面所成的角相等，又因， 所以直线，，与平面所成的角相等，故过点P做平面平面， 则此时的平面与直线，，所成角都相等，同理，直线，，与平面、平面 所成角都相等，即平面平面时，平面与直线，，所成角都相等，平面平面时，平面与直线，，所成角都相等，综上所述，这样的平面的个数为4个；故选：B. 【变式5-6】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥 得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别 与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为4和1，球心距，截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】依题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体， 得圆锥的轴截面及球，球的截面大圆，如图，点分别为圆与圆锥轴截面等腰三角形一腰 相切的切点，线段是椭圆长轴，椭圆长轴长， 过作于D，连，显然四边形为矩形，又， 则， 过作交延长线于C， 显然四边形为矩形，椭圆焦距：， 所以椭圆的离心率；故选：A. 【变式5-7】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆；许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinaldandelin（）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面､截面相切，两个球分别与截面相切于，在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于，由球和 圆的几何性质，可以知道，，，于是.由的产生方法可知，它们之间的距离是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以为焦点的椭圆. 如图②，一个半径为的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源，则球在桌面上的投影是椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的焦距为（    ） A． B． C． D． 【答案】C【详解】设球与相切与点，作出轴截面如下图所示， 由题意知：，，，， 又，，，又，，椭圆的焦距为；故选：C. 【变式5-8】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（    ） A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线 【答案】D【详解】连接AC交BD于O，取中点,连接，以O为原点,分别以OA、OB、 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图： 令正方体边长为2，则， 面的一个法向量为， 面的一个法向量为 则， 故二面角的大小为，又二面角的大小， 则或，由，，可得，又， ，整理得， 即，是双曲线；故选：D 【变式5-9】（2026上海高考·模拟名校名卷）用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的 轴夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线．我们通常把圆、椭圆、 抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．已知某圆锥的轴截面是正三角形，平面与该圆锥的底而所成的 锐二面角为，则平面截该圆锥所得椭圆的离心率为 ． 【答案】 【详解】如图1,不妨令正△ABC边长为,重心G,椭圆中心N,中线BD,底面圆心M.PG与长轴垂直. 则.，所以.所以，. PG为过G与底面平行的圆的半径,如图2在△AMC,作GE∥MC,由相似可得： ,所以，所以. 如图3,即,代入方程得：,又,解得, 所以，所以，所以离心率. 故答案为：. 题型6不规则体解答题 高考对立体几何初步的考查，重点是掌握基本空间图形及其简单组合体的概念和基本特征、解决多面体和球体的相关计算问题。同时需要关注异面直线的判定和成角问题、空间点线面的位置关系问题、夹角距离问题、截面问题。这些问题对考生的空间想象能力要求有所提升，需要考生有强大的逻辑推理能力。 【例6】（2024进才中学·高三上学期期中）三棱台中，若面 ，分别是中点.    (1)求证：平面；(2)求点到平面的距离． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1） 连接、，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，即可得证；（2）方法一：几何法，过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为，由线面垂直的性质得到，再由，从而得到平面， 再证明平面，从而求出，最后由点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即可得解；方法二：利用等体积法计算可得. 【详解】（1）连接、，由分别是的中点，根据中位线性质， ，且，由棱台性质，，于是， 又由可知，四边形是平行四边形， 则，又平面，平面，于是平面；  （2）方法一： 过作，垂足为，作，垂足为，连接， 过作，垂足为.由题干数据可得，， ，， 根据勾股定理，，因为面，面， 所以，所以，所以平面，又平面， 则，又，，平面， 于是平面.又平面，则，又，，平面， 故平面，在中，，又， 故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是；  方法二：过作，垂足为，作，垂足为， 因为面，面，所以，所以， 所以平面，由题干数据可得，， ，， 根据勾股定理，， 设点到平面的距离为，则， ，由，解得. 【变式6-1】（2026上海高考·模拟名校名卷） 已知正四棱台的体积为，其中.  (1)求侧棱与底面所成的角；(2)在线段上是否存在一点P， 使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【详解】（1）依题意，在正四棱台中，，所以上底面积， 下底面积，设正四棱台的高为，则. 连接，则，所以， 设侧棱与底面所成的角为，则，由于线面角的取值范围是，所以； （2）连接，设正四棱台上下底面的中心分别为，以为原点，分别为 轴建立如图所示空间直角坐标系，， 设线段上存在一点，满足， ，， 则， ，若，则，即， 解得，舍去，所以在线段上不存在一点，使得. 【变式6-2】（2026上海高考·模拟名校名卷）在三棱台中，为中点， ，，. (1)求证：平面；(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，， ，四边形为平行四边形，，又，，，，，，平面，平面； （2），，，又，，平面， 平面，连接，，，为中点，； 以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，，，，设平面的一个法向量为， 则，令，解得：，，； 又平面的一个法向量，，解得：，即， 平面，平面平面，平面，. 【变式6-3】（2026上海高考·模拟名校名卷）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．    (1)求；(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）作交于，再作交于，连接． 因为平面，所以平面．又平面平面，所以． 又因为，所以四边形是平行四边形，所以， 即为棱的四等分点，故也为棱的四等分点，所以； （2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方， 所以底面．设，则， 所以，所以该四棱台的体积，而． 当且仅当，即时取等号，此时，．以为原点，，分别为轴、轴， 过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，．设平面的法向量为，由得令，则．设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为． 1．（2023·复旦大学附属复兴中学·奉贤中学·金山中学·松江二中高三下3月四校联考）《九章算术》中 所述“羡除”，是指如图所示五面体，其中，“羡除”形似“楔体”；“广”是指“羡除”的 三条平行侧棱之长、、，“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离、“袤”是指这两条侧棱 所在平行直线之间的距离（如图）．羡除的体积公式为，过线段，的中点， 及直线作该羡除的一个截面，已知刚好将羡除分成体积比为的两部分； 若、，则的长为（     ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据梯形中位线求出，再根据所给“羡除”的体积公式表示出，， 根据体积比得到方程，解得即可. 【详解】因为，，， ，为线段，的中点，所以且，所以，， 即，，因为， 即，解得；故选：B. 2．（2024进才中学·高三上学期期中）庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐 庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似 五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为 ．      【答案】/ 【分析】根据平面图形的几何性质，分别求等腰三角形和梯形的高，再求各个面的面积，即可求总面积. 【详解】分别取，的中点，，连接，， 过点作的垂线，垂足为，因为，,所以，所以， 根据对称性易得，所以， 在中，，所以， ，又， 所以 .故答案为：. 3．（2026·大同中学·高三4月月考）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形， ， ， （1）若点 在边 上，证明：存在 ，使得 ； （2）若到平面ABCD 的距离为 2，将梯形绕边 AB 旋转一周，求所形成旋转体的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1），， 设，则，令，得，所以，即存在 ，使得 ，此时，即； （2）取的中点，记作，连接，则；取的中点，记作，连接，则，因为∥，所以， 由，得，所以，连接，则∥，且，因为∥所以∥，且， 所以四边形是等腰梯形，所以是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面，过作，则由平面， 平面平面，得平面，因为到平面ABCD 的距离为 2， 所以，等腰梯形中，， 所以，过作，则， 所以，将梯形绕边 AB 旋转一周，所形成旋转体是由两个相同的圆锥 及一个圆柱组成的组合体，其中圆锥的高为，底面半径为， 所以一个圆锥的体积为；圆柱的高为，底面半径为， 所以圆柱的体积为，所以将梯形绕边AB 旋转一周， 所形成旋转体的体积为. 4．（2026进才中学·高三上10月月考）如图，已知， 平面平面，，，， 点为梯形ADEF内（包括边界）一个动点. （1） 若P为线段AE的中点，求证：平面CDE；（2）， 若平面CDE，且当线段BP最短时，求直线BP与平面BCEF所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）取的中点，连结，因为点分别是的中点，所以，且，又因为，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以， 且平面，平面，所以平面； （2）因为平面平面，且平面平面，且，平面， 所以平面，且，所以如图以点为原点，为轴的 正方向建立空间直角坐标系，，，，，， ，，，设平面的法向量， 所以，令，则，所以平面的一个法向量为， 因为平面，所以，即， ，当时，满足点在梯形的内部， 此时最短，，，， ，，， 设平面的法向量为，所以，， 令，所以平面的一个法向量， . 5．（2023曹杨二中·高三上10月月考）如图，四棱柱的底面是正方形， O为底面中心，面， . (1) 证明：；(2)求直线AC与平面所成的角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求得向量坐标，利用空间向量数量积 证得，，然后利用线面垂直判定定理证得结论； （2）求、平面的一个法向量，由线面角得到向量方法可得答案. 【详解】（1）∵､､两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系， ∵，∴，∴，，， ，，由易得， ∴，，， ∴，，∴，，∴，， 又，且､平面，∴平面.∵平面，∴； （2）由（1），， ，， 设平面的一个法向量为，所以，即， 令，得，所以，设直线AC与平面所成的角， 则，因为，所以， 所以直线AC与平面所成的角为. 6．（2026大同中学·高三下4月月考）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是正方形， ，， （1）若点 在边 上，证明：存在 ，使得 ； （2）若到平面ABCD 的距离为 2，将梯形绕边 AB 旋转一周，求所形成旋转体的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1），， 设，则，令，得，所以，即存在 ， 使得 ，此时，即； （2）取的中点，记作，连接，则；取的中点， 记作，连接，则，因为∥，所以，由， 得，所以，连接，则∥，且，因为∥所以∥，且，所以四边形是等腰梯形，所以是平面内的两条相交直线， 所以平面，又平面，所以平面平面，过作， 则由平面，平面平面，得平面， 因为到平面ABCD 的距离为 2，所以，等腰梯形中， ，所以， 过作，则，所以，将梯形绕边 AB 旋转一周， 所形成旋转体是由两个相同的圆锥及一个圆柱组成的组合体，其中圆锥的高为， 底面半径为，所以一个圆锥的体积为；圆柱的高为， 底面半径为，所以圆柱的体积为，所以将梯形绕边AB 旋转一周， 所形成旋转体的体积为. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $