解答题02 立体几何（3大题型专项训练）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以空间观念为核心，构建“公式-技巧-模型”三阶方法体系，通过真题导向的题型分类与解题逻辑链，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |体积表面积计算|2典例+5变式|旋转体速算、等体积转化、棱柱两步法|从柱锥台公式到旋转体/组合体应用，通过等体积法实现距离与体积互化| |平行垂直证明|2典例+7变式|中位线构造、面面平行推导、线面垂直判定|以线面关系为核心，从几何法（辅助线）到向量法验证，形成判定-性质推理链| |空间角求解|3典例+7变式|精准建系、法向量速求、角公式应用|从坐标系构建到方向向量/法向量计算，结合线面角正弦、二面角余弦公式实现量化求解|

解答题 立体几何 年份 题号 核心几何体载体 第(1)问考点 第(2)问考点 2024春考 2024秋考 18 17 圆锥 正四棱锥+旋转圆锥 线面垂直证明线线垂直 旋转圆锥体积计算 面面角的向量求法 线面角求解（向量法） 2025春考 2025秋考 17 18 三棱锥 圆锥 证明线面垂直+锥体体积的有关计算 圆锥侧面积公式计算 面面角的向量求法 动点线面平行证明 2026春考 2026秋考 18 18 正四棱台（冷门载体创新） 四棱锥 线面角基础计算 空间位置关系的向量证明 线面平行证明+三棱锥体积求解 锥体体积的有关计算+面面角的向量求法 题型一 ： 空间几何体体积、表面积计算（大题第1问必考） 【典例1-1】（25-26高三上·上海嘉定·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，已知平面，且. (1)求四棱锥的体积； (2)求点到平面的距离. 【详解】（1）由已知，四边形为正方形，且平面， 所以即四棱锥的高， 所以， 即四棱锥的体积为. （2）根据已知，连接，作图如下. 由（1）知，又为正方形的对角线， 所以， 又，即是等边三角形，所以， 设点到平面的距离为， 则，解得， 即点到平面的距离为. 【典例1-2】（25-26高二上·上海·期中）在平面上，将两个半圆弧和，以及两条直线和围成的封闭图形记作，如图中阴影部分，将绕轴旋转一周而成的几何体记作．    (1)请判断是一个多面体还是旋转体？ (2)过点其中，作的水平截面，求所得截面的面积； (3)利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，求出的体积． 【详解】（1）由题可知，是旋转体. （2）如图，设，，， 过点作轴的平行线分别交两个半圆于点，作，垂足为， 则，，，故， 所以，， 由题截面的面积为以点为圆心，以为半径的圆的面积减去以点为圆心，以为半径的圆的面积， 所以截面的面积为.    （3）因为几何体为的水平截面的截面积为，该截面的截面积由两部分组成， 一部分为定值，看作是截一个底面积为，高为2的长方体得到的， 对于，看作是把一个半径为1，高为的圆柱平放得到的，，，，如图所示，    这两个几何体与放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面积相等，故它们的体积相等， 所以几何体的体积为. 1. 高频考查载体 圆锥、圆柱、正四棱锥、正四棱柱、棱台、旋转几何体、三棱锥（等体积法核心载体） 2. 核心公式速记 柱体体积： 锥体体积： 棱台体积： 圆锥侧面积：（为底面半径，为母线长） 3. 实战解题技能 旋转体速算技巧：平面图形绕固定轴旋转，直接提取旋转后几何体的底面半径和高，无需复杂推导，适配2024、2026旋转体真题。 棱柱两步计算法：先通过对角线、边长条件求解底面面积，再结合几何体高计算体积，适配正四棱柱常规考题。 等体积转化万能法：三棱锥体积可自由转换顶点与底面，快速求解点到平面距离，规避复杂高的几何推导，是大题简便解题核心技巧。 避坑要点：严格区分侧面积与全面积，棱台、圆台公式单独熟记，避免考场遗忘失分。 【变式1-1】（25-26高二上·上海·期中）如图，正三棱柱的各棱长均为2，D为棱的中点． (1)求该三棱柱的体积； (2)求点到平面的距离． 【详解】（1）正三棱柱的各棱长均为2， 所以； （2）设点到平面的距离为，由， 又， 所以，即得， 即， 解得. 【变式1-2】（23-24高二上·上海浦东新·期中）如左图所示，在中，，，.    (1)将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； (2)如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 【详解】（1）由题知：在中，，，. 可得：，. 该几何体是绕直线旋转一周所得旋转体, 是一个以为底面半径，为高的圆锥， 设圆锥的侧面积为：，底面积为：. 旋转体的表面积为+ （2）该几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体， 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球， 由图知，则， 所以圆锥的底面半径，高为， 球的半径为，， 所以圆锥的体积：， 球的体积：， 阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：. 故阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体的体积为：. 【变式1-3】（25-26高二上·上海·期中）如图所示，是直角三角形，，以为圆心，2为半径的四分之一圆在三角形内，图中阴影部分绕AB所在直线旋转一周形成一个几何体： (1)求该几何体的体积； (2)求该几何体的表面积； 【详解】（1）该平面图形绕AB所在直线旋转一周形成一个几何体为一个圆锥挖去了半个球体， 圆锥的底面半径为，高为，球体的半径为， 所以圆锥的体积为，半球体的体积为， 所以该几何体的体积为； （2）因为，所以， 圆锥的表面积为， 半球体的球面面积为，半球体的底面圆面积为， 所以该几何体的表面积为. 【变式1-4】（25-26高二上·上海·阶段检测）现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. (1)若，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为，，现欲粉刷仓库上部屋顶和下部外墙，上部需增加防水处理，每平方米粉刷费用是100元，下部每平方米粉刷费用是80元，问粉刷总费用是多少元（结果精确到0.1元）？ (3)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 【详解】（1）由知. 因为， 所以正四棱锥的体积， 正四棱柱的体积. 所以仓库的容积. （2）如图，连接，取的中点，连接. 在正四棱锥中，， 所以. 因为，， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以正四棱锥的侧面积为：. 正四棱柱的侧面积为： 则粉刷总费用为： 元. （3）设，下部分的侧面积为，连接， 则， 则， 设， 当，即时，， 故当时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大侧面积是. 【变式1-5】（25-26高二上·上海·期中）（1）如图1，设圆台的上､下底面的面积分别为，高为，根据圆锥的体积，证明：圆台的体积； （2）如图2，在平面直角坐标系中，多边形的顶点，若该多边形是正六边形，写出点的坐标并求该六边形绕轴旋转一周形成的几何体的体积； （3）在（2）的条件下，求几何体的表面积． 【详解】（1）补形成圆锥，圆台体积为大圆锥体积减去小圆锥的体积，大圆锥高为，小圆锥高为， 大圆锥体积减去小圆锥体积为 由圆锥性质，， 由合比性质，， 表示， 所以， ， ． （2）， 该旋转体体积等于两个圆台体积加一个圆柱体积减去两个圆锥体积． 圆台， 圆锥， 圆柱， 所求几何体的体积． （3）该旋转体的表面积等于两圆台侧面积加一个圆柱侧面积加两个圆锥侧面积， 圆台侧， 圆柱侧， 圆锥， 所求几何体的表面积. 题型二：空间平行、垂直证明（大题第1问固定考点） 【典例2-1】（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱中，，，且D，E分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【详解】(1)由直三棱柱性质可得， ， 由D，E分别是，的中点，则，， 则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； （2）由，，则， 故为等腰直角三角形，则点到的距离为， 则点到的距离为， 由为的中点，则点与点到平面的距离相等， 故. 【典例2-2】（25-26高二下·上海·期中）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【详解】（1）因为平面平面，所以，又，所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则 ， 所以， 所以，， 所以，又，平面, 所以平面； （2）由（1）知：， 设平面的法向量为， 则，则.即， 令，得， 故平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 1. 线面平行证明（2025、2026高频考点） 优先使用几何法（高效、踩点清晰），两种核心路径： 中位线/平行四边形法：取几何体中点、等分点，构造平行线段，证明直线平行于平面内一条直线。 面面平行推导法：证明目标直线所在平面与已知平面平行，即可推出线面平行（圆锥、棱台模型最优解法）。 辅助验证（向量法）：直线方向向量与平面法向量点积为0，且直线不在平面内。 2. 线面垂直证明（垂直体系核心） 核心判定定理：一条直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直于该平面。 高频模型：直棱柱侧棱垂直底面、棱台/棱锥的高垂直底面、等腰三角形中线垂直底边、勾股逆定理证线线垂直。 3. 面面平行/垂直证明 面面平行：一个平面内两组相交直线，分别平行于另一个平面内的两组相交直线。 面面垂直：一个平面内存在一条直线垂直于另一个平面（核心：先证线面垂直）。 4. 满分答题规范 上海阅卷严格踩点给分，证明题必须写全核心条件：直线不在平面内、两条直线相交、直线在平面内，缺一不可；遇中点、等分点优先构造辅助线，少用建系法浪费答题时间。 【变式2-1】（25-26高二下·上海奉贤·期末）如图，已知面面且相交于，面面且相交于，面与面相交于.    (1)若，证明； (2)若，，，，求三棱锥的体积. 【详解】(1)因为，面，面， 所以面， 又因为面，面面，所以. （2）因为面面，面面，且面面， 所以面. 因为，，， 所以， 所以三棱锥的体积为：. 【变式2-2】（25-26高二下·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，. (1)证明：； (2)在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，本题图中三棱锥即为一个鳖臑，请计算它的体积和表面积. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 在中，，，，满足：， 由勾股定理逆定理得，即， 又，平面，所以平面， 因为平面，故，得证. （2）平面，故是三棱锥的高，底面为直角三角形， 其面积， 三棱锥体积： 三棱锥四个面均为直角三角形，则， ， ， 总表面积：. 【变式2-3】（25-26高二下·上海青浦·期末）如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，已知，，，分别为，的中点． (1)证明：平面平面； (2)若三棱锥的体积为，求圆台的体积． 【详解】(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， ∴. 故圆台的体积. 【变式2-4】（25-26高二下·上海浦东新·期中）已知三棱柱棱长均为1. (1)若平面，求三棱柱的表面积； (2)若，求证：平面平面 【详解】（1）平面，三棱柱为正三棱柱，且侧面均为正方形， 则 （2）如图所示，取中点，连接， 因为 所以， 因为 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. 【变式2-5】（25-26高二下·上海·期中）某圆台形建筑如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的动点，是的中点． (1)求证：直线∥平面 ； (2)若点是的中点，求三棱锥体积的最大值． 【详解】（1）取的中点，连接 ，，因为 是的中点，所以 是 的中位线， 因此： ，且， 由圆台性质，上底直径，且， 故且， 因此四边形是平行四边形，得， 又平面 ，不属于平面 ，所以平面. （2）轴截面等腰梯形中，，，，圆台的高： ， 因为是下底直径，在下底圆周上，故， 设到底面直径的距离为，由下底圆半径为2，得，最大值为2， 的面积， 是中点，故， 因为 是​中点，平面， 故， ​到底面的距离为圆台的高，​ 因此： ​， 因为，当时三棱锥体积取最大值： . 【变式2-6】（25-26高二下·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离． 【详解】（1）因为底面平面ABCD，所以． 在和中，，即， 故，得，即， 又平面，故平面PAC． （2）由已知得，， 故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 当时，，则， 设平面HEF的法向量为， 则，令，可得， 所以点P到平面EFH的距离． 【变式2-7】（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【详解】(1)如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2）方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即，所以点A到平面的距离为. 题型三：空间角求解（大题第2问区分度核心） 【典例3-1】如图所示，三棱锥中，平面，，，是的中点． (1)求证：与是异面直线； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【详解】（1）证明 假设与共面，设平面为， 因为，，，所以平面即为平面，所以平面， 这与平面矛盾， 所以与是异面直线． （2）取的中点，连接，，则，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角． 因为，，平面， 所以，，，， 故异面直线与所成角的余弦值为． 【典例3-2】（2026·上海静安·二模）如图，在长方体中，，，，是的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【详解】（1）因为底面是直角梯形，上底，下底，高， 因此梯形面积 ， 四棱锥的高为到底面的距离，即， 因此体积 . （2） 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 根据题意得各点坐标，，，， 平面的一个法向量为， 在平面中，向量，，设平面的法向量为， 则 令，得，即. 设锐二面角为，则 ， 因此锐二面角大小为. 【典例3-3】（2026·上海黄浦·三模）如图，三棱锥中，，，，为的中点． (1)证明：； (2)点满足，求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为， 所以为等边三角形，则. 同理，因为， 所以为等边三角形，则，所以. 因为为的中点，所以. 又因为,为的中点，所以. 因为平面， 所以平面, 因为平面， 所以. （2）不妨设由（1）可知. 在中，，， 所以. 因为为的中点，所以，. 在中，， 所以 在中，， 所以. 由（1）知平面，且平面， 所以， 故两两垂直. 以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系 则 所以,. 因为， 所以 所以. 设平面的法向量为， 则，取，则， 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为 1. 精准建系技巧 正四棱锥/棱台：以底面中心为原点，底面垂直对角线为x、y轴，几何体的高为z轴。 圆锥：以底面圆心为原点，底面直径为x轴，圆锥高为z轴。 棱柱/长方体：以底面顶点为原点，相邻棱为坐标轴。 核心原则：尽可能让多点落在坐标轴上，简化坐标、减少根号运算。 2. 向量求解步骤 直线方向向量：两点坐标直接作差。 平面法向量：取平面内两个不共线向量，联立点积为0的方程组，赋值1、0求解最简整数法向量。 3. 必考空间角公式（上海高考核心） 线面角（高频：2024、2026真题必考）：范围，（为直线方向向量，为平面法向量），核心易错点：线面角取正弦值。 二面角（次高频）：范围，，通过几何图形判断二面角为锐角/钝角，调整符号。 异面直线夹角：取锐角或直角，余弦值全程加绝对值。 4. 高频失分避坑指南 严禁混淆线面角正弦、余弦；法向量不随意约分；坐标运算逐项检查；结果优先写特殊角，无特殊角保留反三角函数。 【变式3-1】（2026·上海·三模）在四棱锥中，底面为等腰梯形，平面底面，其中，，，，点E为中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小. 【详解】(1)取的中点，连接. 因为为的中点，所以，且. 又因为，，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （2）分别取的中点，连接. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 在等腰梯形中，过点作于点. 因为，所以， 又，所以. 以为坐标原点，以所在直线为轴，以过点且垂直于的直线为轴， 所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 则，设平面的法向量为， 则，即，取，得， 易知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，由图可知为锐角， 则， 所以二面角的大小为. 【变式3-2】（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，点O是AB的中点． (1)求证：； (2)求直线CP与平面POD所成角的大小． 【详解】(1)因，点O是AB的中点，则， 因平面平面ABCD，且平面平面，平面PAB， 故平面ABCD，又平面ABCD，故． （2）如图，取CD中点E，连接OE，由（1）知平面ABCD， 因为为的中点，为的中点，，可得， 因，故，则可分别以，，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系． 又，，，， 则，，， 于是，，，， 设平面POD的一个法向量为， 则，故可取， 设直线CP与平面POD所成角为，则， 即直线CP与平面POD所成角的大小为． 【变式3-3】（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体，点在底面上的投影落在线段上（不含端点）． (1)求证：直线平面； (2)若侧棱与底面所成的角为，求平面与底面所成二面角的大小． 【详解】（1）连接、，作底面于， 由题，底面，又底面，故， 因为四边形为平行四边形，且， 因此四边形为菱形， 平面，平面， 因此，平面; （2）解法一：作于，连接， 由题，底面，即在底面的射影， 所以，即侧棱与底面所成的角， 在直角中，由，知． 设，则由题意可知， 又底面，是底面的斜线，是在底面的射影． 因为，所以（三垂线定理），（注：可用线面垂直证明） 所以即为二面角的平面角 ，又平面平面， 因此，平面与底面所成角为或； 解法二：作于，连接 由题，底面，即在底面的射影， 所以，即侧棱与底面所成的角． 在直角中，由，知． 故为菱形的中心，即此时． 以为坐标原点，分别以、与的方向为、与轴的正方向，建立空间直角坐标系． 令，则、、 则 设平面的法向量为，则， 从而得到平面的一个法向量为， 又底面的一个法向量为， 从而 所以，平面与底面的二面角是或． 【变式3-4】（2026·上海·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4和6，，分别为圆台的上、下底面圆的圆心，，为圆台的两条不同的母线． (1)求证：； (2)已知，，求二面角的大小． 【详解】(1)∵圆台可以看作是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到， 所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分． ∴母线与母线的延长线必交于一点， ，，，四点共面， ∵圆面圆面，且平面圆面，平面圆面． ． （2）取线段、的中点分别记作点、，连接，，， 过点作平行线，交于点，连接， 又，故， 四边形是等腰梯形，故， 于是，即为所求的二面角的平面角， 又，，， 故，，则， ， 故． 故二面角的大小为． 【变式3-5】（2026·上海·模拟预测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【详解】(1)因为，平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以； （2）如图，分别取，的中点，，连接，，则，， 因为是正三角形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 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，得， 则可取， 因为平面， 所以即为平面的一个法向量， 则， 所以二面角的大小为． 【变式3-6】（2026·上海·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． (1)证明：// 平面； (2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值． 【详解】(1)取的中点，连接，， 因为分别是和的中点，所以，且. 因为和都垂直于平面，且，所以，且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以// 平面． （2）设点到平面的距离为， 则，为． 由于平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内过且垂直于的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 因为， 所以， 设，则， 设平面的法向量为，由，得， 令，得，因此平面的一个法向量． 由于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面所成的锐二面角大小为， 则. 因为，当且仅当时，等号成立； 所以. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值为． 【变式3-7】（2026·上海杨浦·模拟预测）如图，在正三棱台中，，，点为的重心．    (1)求证：． (2)求：直线与平面所成角的大小． 【详解】（1）如图，延长交于点，取的中点，连接和，    ∵点为的重心，为正三角形， ∴点为的中点，， 又点为的中点，侧面是等腰梯形， ， ，平面， 平面， 平面， . （2）法1：    如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系． 则，，． 在梯形中，作交于点，作交于点， 由正三角形的性质可得，， 由勾股定理得， 由， 即,可得， 由勾股定理得． ，， ，，. 设平面的法向量为． 由，得， 令，则，． ． 设直线与平面所成角的大小为， ∴， ∴直线与平面所成角的大小为； 法2：    如图，过点作交于点，连接． 平面平面， ∴平面平面. 又平面平面，平面，， 平面， 是直线与平面所成角． 在梯形中，作交于点，作交于点， 由正三角形的性质可得，，由勾股定理得， 由， 即,可得， 所以，所以． ． 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为． ∴直线与平面所成角的大小为； 法3：    如图，补形为正三棱锥． 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为． ，， 由，，知，， 由勾股定理得，即， ， 即直线与平面所成角的正弦值为． ∴直线与平面所成角的大小为． 1．（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上. (1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小； (2)证明：平面平面 【详解】（1）连接 ，如图. 由题可知，平面，平面 ,则， 且即为直线与平面所成角， 即.由 ， 为 边的中线， 可得.而，可得，. 而即为直线与平面所成角，且, 则，可得直线与平面所成角为. （2）略 2．（2024·上海普陀·模拟预测）图1所示的平行四边形中，，现将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，记棱的中点为，且.. (1)求证：； (2)记棱的中点为，是否在直线上存在点，使得平面？请说明理由，并求出二面角的大小. 【详解】(1)证明如下： 因为，， ， 所以，所以，即， 图2中，， 则,所以，又， 又为平面内两条相交直线， 所以面，又在面， 所以又， 为平面内两条相交直线， 所以面，又在面内， 所以. (2)存在点，使得平面，理由如下： 以为临边，构造矩形,连接，易知过点， 因为分别为的中点， 所以，又在平面内，在平面外，所以平面, 即点就是点， 由（1）知面，在面内， 所以，又， 是平面内两条相交直线， 所以面，在面内， 所以，又， 所以为二面角的平面角， 因为, 所以， 所以二面角的大小为. 3．（2026·上海宝山·三模）如图，在三棱锥中，，点O是AC的中点，且底面与底面ABC所成角的大小为．    (1)求证：； (2)求二面角P－BC－A的大小. 【详解】(1)连接OB，因为，O为AC中点，故； 又平面ABC，平面ABC，则． 因平面，，则平面． 因平面，则； （2）取BC中点为D，连接OD，PD，因，， 则，又平面ABC，平面ABC，则． 因平面，，则平面， 又平面，则，从而为二面角的平面角． 由题可得为与底面ABC所成角,大小为，又，， 则，又， （因平面ABC，平面ABC），则， 则二面角的平面角大小为．    4．（2026·上海·三模）在三棱锥中，平面平面，，，是棱的中点，在棱上，且 平面． (1)证明：是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积． 【详解】（1）平面，平面，平面平面， ， 又是棱的中点， 是棱的中点． （2）连接，，是棱的中点， ， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， ， ，，， ， 又，由勾股定理得， 又平面， 三棱锥的体积． 5．（2026·上海虹口·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为4．    (1)求正四棱柱的侧面积；并求二面角的余弦值； (2)若棱上的点满足，点是线段（含端点和）上的动点，求证：恒成立． 【详解】（1）四棱柱为正四棱柱，四棱柱的四个侧面为全等的矩形； 正四棱柱的底面边长为2，高为4， ，即正四棱柱的侧面积为32. 连接，交于点，连接，；   四棱柱为正四棱柱，四边形是正方形，四个侧面为全等的矩形. 是的中点. 由，，得； ； 四边形是正方形，； 是二面角的平面角. 由，，得，，； 在中，； 二面角的余弦值为. （2）四棱柱为正四棱柱，，，两两垂直；以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.    则，，，，，， ，； ，点是线段（含端点和）上的动点，，，得，； ，； ； ； 恒成立 6．（2025·上海·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，//. (1)若平面，求证：平面平面； (2)若，若，，求平面与平面所成锐二面角的大小. 【详解】（1）由平面，平面，得，而，则， 由平面，平面，得，而平面， 因此平面，又平面，因此平面平面. （2）取中点为，连接，则，而，， 则四边形是矩形，，，又平面， 因此直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面法向量为，则，令，得， 显然平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角的大小为， 因此， 所以平面与平面所成锐二面角的大小为. 7．（2024·上海闵行·一模）在直三棱柱中，，，，连接，、分别为和的中点． (1)证明：直线平面； (2)求二面角的大小． 【详解】(1)证明： 如图所示： 连接，因为、分别为和的中点， 所以，又平面，平面， 所以直线平面； （2）建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则 ，即 ， 令 ，得 ，则 ， 易知平面ABC的一个法向量为： ， 设二面角的大小为， 则 ， 二面角的大小为. 8．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 【详解】（1） 所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系， 所以设 则母线长为 则侧面积为 解得： 所以 设面的法向量为 所以 不妨令则 所以设直线OB与平面PAC所成角为 所以 (2)因为D为线段PB上的动点，所以设 由（1）知 所以直线OA与CD不垂直. 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，，求二面角的余弦值. 【详解】（1）因为，则为等腰直角三角形， 且， 又为正三角形，故， 取BC的中点，连接DE，则， 又平面平面， 平面平面平面DBC， 故平面， 是三棱锥的高， 则其体积； （2）由（1）且，又， 则，且，又， 所以二面角的平面角为， 且. 所以二面角的余弦值为. 10．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 【详解】（1）根据题意建立以底面圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于方向为轴的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以， 所以，， ，， 设异面直线所成角为，则 所以异面直线与所成角为 （2），，， 设平面的法向量为， 则由，，得，令，则， 所以 设点到平面的距离为，则 11．（2026·上海金山·二模）已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示） 【详解】(1)因为长方形中， ，折叠过程中，， 又 平面， 平面，故平面， 同理可得平面， 又，平面，所以平面平面； （2）因为长方形中，点、分别为边、的中点， 故，二面角的平面角为，即， 又，所以，为等边三角形， 同理可得为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥， 又⊥平面， 平面，故⊥， 因为 ，平面，故⊥平面， 故直线与平面所成角为， ，，故，由勾股定理得， 则， 直线与平面所成角的大小为. 12．（2026·上海奉贤·二模）在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点F为的中点，点E为上的点，，，平面与棱交于点G． (1)求证：异面直线与垂直； (2)当时，求与底面所成的线面角大小． 【详解】(1)证明：已知四边形是菱形，则，设，则是的中点， ，，， ，且平面，平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系， ，，，， ，F为的中点，， 点E为上的点，，，，则， ，，，故， 异面直线与垂直． （2）当时，，， 设为平面的法向量，则，令， 则， ， 平面方程为：，即， ， ，直线参数方程为：， 参数方程代入平面方程得，解得， ，故， 底面的法向量为， 设与底面所成角为，则 ， 与底面所成的线面角为． 13．（2026·上海·模拟预测）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面ABC． (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面所成二面角的大小． 【详解】（1）设AC的中点为O，连接，BO． ∵为等边三角形，边长为2， ∴，，． ∵平面平面ABC，平面平面， ∴平面，又平面，， ∴，， ∴，则． 又∵平面平面ABC，平面平面， ∴平面ABC， ∴． （2）由（1）知平面ABC，， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， ，， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， 易知平面的一个法向量， ， 则平面与平面所成二面角大小为和． 14．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 【详解】（1）∵ 在中，由射影定理得， 又，故，∵ ，∴ ， 由余弦定理可得，故， 当且仅当时等号成立， 故， 此时为等边三角形，且，. ∵ 为中点，故，故， 故四边形为菱形，取中点，连接、， ∵ 为中点，为中点，∴ ， ∵ 四边形为平行四边形，故，∴ ， ∵ 平面，平面，∴ 平面， ∵ 平面，，平面， ∴ 平面平面，∵ 平面平面， 平面平面，∴ ， ∵ 为中点，∴ 为中点，故. （2）由（1）可知为边长为的等边三角形，四边形为边长为的菱形 故边上的高为，翻折后四棱锥体积为2， ∵ 底面平行四边形的面积， 设四棱锥高为，∴ 由体积公式，代入得，解得， ∴ 翻折后平面平面，取中点为原点，则， 而平面平面，平面，故平面， 故建立如图所示的空间直角坐标系： 各点坐标为，，，，， ∵ 为中点，∴ ， 设（），则的坐标为， ∴ ， 设平面的法向量为，，， ∵ ，，∴ ，取， 设与平面所成角为，则且，∴ ， 故， 整理得，解得， ∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点，. 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. 【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． 【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？ 【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．（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． 【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. 5．（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 【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. 6．（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. 【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． 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．    (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． 【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    8．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 【详解】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 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. 【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: 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题 立体几何 年份 题号 核心几何体载体 第(1)问考点 第(2)问考点 2024春考 2024秋考 18 17 圆锥 正四棱锥+旋转圆锥 线面垂直证明线线垂直 旋转圆锥体积计算 面面角的向量求法 线面角求解（向量法） 2025春考 2025秋考 17 18 三棱锥 圆锥 证明线面垂直+锥体体积的有关计算 圆锥侧面积公式计算 面面角的向量求法 动点线面平行证明 2026春考 2026秋考 18 18 正四棱台（冷门载体创新） 四棱锥 线面角基础计算 空间位置关系的向量证明 线面平行证明+三棱锥体积求解 锥体体积的有关计算+面面角的向量求法 题型一 ： 空间几何体体积、表面积计算（大题第1问必考） 【典例1-1】（25-26高三上·上海嘉定·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，已知平面，且. (1)求四棱锥的体积； (2)求点到平面的距离. 【典例1-2】（25-26高二上·上海·期中）在平面上，将两个半圆弧和，以及两条直线和围成的封闭图形记作，如图中阴影部分，将绕轴旋转一周而成的几何体记作．    (1)请判断是一个多面体还是旋转体？ (2)过点其中，作的水平截面，求所得截面的面积； (3)利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，求出的体积． 1. 高频考查载体 圆锥、圆柱、正四棱锥、正四棱柱、棱台、旋转几何体、三棱锥（等体积法核心载体） 2. 核心公式速记 柱体体积： 锥体体积： 棱台体积： 圆锥侧面积：（为底面半径，为母线长） 3. 实战解题技能 旋转体速算技巧：平面图形绕固定轴旋转，直接提取旋转后几何体的底面半径和高，无需复杂推导，适配2024、2026旋转体真题。 棱柱两步计算法：先通过对角线、边长条件求解底面面积，再结合几何体高计算体积，适配正四棱柱常规考题。 等体积转化万能法：三棱锥体积可自由转换顶点与底面，快速求解点到平面距离，规避复杂高的几何推导，是大题简便解题核心技巧。 避坑要点：严格区分侧面积与全面积，棱台、圆台公式单独熟记，避免考场遗忘失分。 【变式1-1】（25-26高二上·上海·期中）如图，正三棱柱的各棱长均为2，D为棱的中点． (1)求该三棱柱的体积； (2)求点到平面的距离． 【变式1-2】（23-24高二上·上海浦东新·期中）如左图所示，在中，，，.    (1)将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； (2)如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 【变式1-3】（25-26高二上·上海·期中）如图所示，是直角三角形，，以为圆心，2为半径的四分之一圆在三角形内，图中阴影部分绕AB所在直线旋转一周形成一个几何体： (1)求该几何体的体积； (2)求该几何体的表面积； 【变式1-4】（25-26高二上·上海·阶段检测）现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. (1)若，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为，，现欲粉刷仓库上部屋顶和下部外墙，上部需增加防水处理，每平方米粉刷费用是100元，下部每平方米粉刷费用是80元，问粉刷总费用是多少元（结果精确到0.1元）？ (3)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 【变式1-5】（25-26高二上·上海·期中）（1）如图1，设圆台的上､下底面的面积分别为，高为，根据圆锥的体积，证明：圆台的体积； （2）如图2，在平面直角坐标系中，多边形的顶点，若该多边形是正六边形，写出点的坐标并求该六边形绕轴旋转一周形成的几何体的体积； （3）在（2）的条件下，求几何体的表面积． 题型二：空间平行、垂直证明（大题第1问固定考点） 【典例2-1】（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱中，，，且D，E分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【典例2-2】（25-26高二下·上海·期中）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 1. 线面平行证明（2025、2026高频考点） 优先使用几何法（高效、踩点清晰），两种核心路径： 中位线/平行四边形法：取几何体中点、等分点，构造平行线段，证明直线平行于平面内一条直线。 面面平行推导法：证明目标直线所在平面与已知平面平行，即可推出线面平行（圆锥、棱台模型最优解法）。 辅助验证（向量法）：直线方向向量与平面法向量点积为0，且直线不在平面内。 2. 线面垂直证明（垂直体系核心） 核心判定定理：一条直线垂直于平面内两条相交直线，则直线垂直于该平面。 高频模型：直棱柱侧棱垂直底面、棱台/棱锥的高垂直底面、等腰三角形中线垂直底边、勾股逆定理证线线垂直。 3. 面面平行/垂直证明 面面平行：一个平面内两组相交直线，分别平行于另一个平面内的两组相交直线。 面面垂直：一个平面内存在一条直线垂直于另一个平面（核心：先证线面垂直）。 4. 满分答题规范 上海阅卷严格踩点给分，证明题必须写全核心条件：直线不在平面内、两条直线相交、直线在平面内，缺一不可；遇中点、等分点优先构造辅助线，少用建系法浪费答题时间。 【变式2-1】（25-26高二下·上海奉贤·期末）如图，已知面面且相交于，面面且相交于，面与面相交于.    (1)若，证明； (2)若，，，，求三棱锥的体积. 【变式2-2】（25-26高二下·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，. (1)证明：； (2)在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，本题图中三棱锥即为一个鳖臑，请计算它的体积和表面积. 【变式2-3】（25-26高二下·上海青浦·期末）如图，梯形是圆台的轴截面，，分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，已知，，，分别为，的中点． (1)证明：平面平面； (2)若三棱锥的体积为，求圆台的体积． 【变式2-4】（25-26高二下·上海浦东新·期中）已知三棱柱棱长均为1. (1)若平面，求三棱柱的表面积； (2)若，求证：平面平面 【变式2-5】（25-26高二下·上海·期中）某圆台形建筑如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的动点，是的中点． (1)求证：直线∥平面 ； (2)若点是的中点，求三棱锥体积的最大值． 【变式2-6】（25-26高二下·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离． 【变式2-7】（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 题型三：空间角求解（大题第2问区分度核心） 【典例3-1】如图所示，三棱锥中，平面，，，是的中点． (1)求证：与是异面直线； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【典例3-2】（2026·上海静安·二模）如图，在长方体中，，，，是的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【典例3-3】（2026·上海黄浦·三模）如图，三棱锥中，，，，为的中点． (1)证明：； (2)点满足，求直线与平面所成角的正弦值． 1. 精准建系技巧 正四棱锥/棱台：以底面中心为原点，底面垂直对角线为x、y轴，几何体的高为z轴。 圆锥：以底面圆心为原点，底面直径为x轴，圆锥高为z轴。 棱柱/长方体：以底面顶点为原点，相邻棱为坐标轴。 核心原则：尽可能让多点落在坐标轴上，简化坐标、减少根号运算。 2. 向量求解步骤 直线方向向量：两点坐标直接作差。 平面法向量：取平面内两个不共线向量，联立点积为0的方程组，赋值1、0求解最简整数法向量。 3. 必考空间角公式（上海高考核心） 线面角（高频：2024、2026真题必考）：范围，（为直线方向向量，为平面法向量），核心易错点：线面角取正弦值。 二面角（次高频）：范围，，通过几何图形判断二面角为锐角/钝角，调整符号。 异面直线夹角：取锐角或直角，余弦值全程加绝对值。 4. 高频失分避坑指南 严禁混淆线面角正弦、余弦；法向量不随意约分；坐标运算逐项检查；结果优先写特殊角，无特殊角保留反三角函数。 【变式3-1】（2026·上海·三模）在四棱锥中，底面为等腰梯形，平面底面，其中，，，，点E为中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的大小. 【变式3-2】（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，点O是AB的中点． (1)求证：； (2)求直线CP与平面POD所成角的大小． 【变式3-3】（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体，点在底面上的投影落在线段上（不含端点）． (1)求证：直线平面； (2)若侧棱与底面所成的角为，求平面与底面所成二面角的大小． 【变式3-4】（2026·上海·模拟预测）如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4和6，，分别为圆台的上、下底面圆的圆心，，为圆台的两条不同的母线． (1)求证：； (2)已知，，求二面角的大小． 【变式3-5】（2026·上海·模拟预测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【变式3-6】（2026·上海·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． (1)证明：// 平面； (2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值． 【变式3-7】（2026·上海杨浦·模拟预测）如图，在正三棱台中，，，点为的重心．    (1)求证：． (2)求：直线与平面所成角的大小． 1．（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上. (1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小； (2)证明：平面平面 2．（2024·上海普陀·模拟预测）图1所示的平行四边形中，，现将沿折起，得到如图2所示的三棱锥，记棱的中点为，且.. (1)求证：； (2)记棱的中点为，是否在直线上存在点，使得平面？请说明理由，并求出二面角的大小. 3．（2026·上海宝山·三模）如图，在三棱锥中，，点O是AC的中点，且底面与底面ABC所成角的大小为．    (1)求证：； (2)求二面角P－BC－A的大小. 4．（2026·上海·三模）在三棱锥中，平面平面，，，是棱的中点，在棱上，且 平面． (1)证明：是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积． 5．（2026·上海虹口·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为4．    (1)求正四棱柱的侧面积；并求二面角的余弦值； (2)若棱上的点满足，点是线段（含端点和）上的动点，求证：恒成立． 6．（2025·上海·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，平面，//. (1)若平面，求证：平面平面； (2)若，若，，求平面与平面所成锐二面角的大小. 7．（2024·上海闵行·一模）在直三棱柱中，，，，连接，、分别为和的中点． (1)证明：直线平面； (2)求二面角的大小． 8．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 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，，求二面角的余弦值. 10．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 11．（2026·上海金山·二模）已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示） 12．（2026·上海奉贤·二模）在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点F为的中点，点E为上的点，，，平面与棱交于点G． (1)求证：异面直线与垂直； (2)当时，求与底面所成的线面角大小． 13．（2026·上海·模拟预测）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面ABC． (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面所成二面角的大小． 14．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 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．（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． 5．（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 6．（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. 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．    (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． 8．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 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. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $