专题10 空间几何体与点线面的位置关系（专项训练）（上海专用）2026年高考数学真题题源解密

**基本信息** 聚焦上海高考空间几何模块，以真题研析为核心，构建“基础计算-位置关系-综合应用”三阶方法体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间几何体体积|2025秋考第7题、模拟题6-9|公式法、等体积法、比例转化|从几何体度量切入，衔接圆柱、圆锥、圆台体积公式推导| |线线线面关系|2025春考第9/13题、2024春考第14题|异面直线成角最小化分析、位置关系判定定理应用|以公理体系为基础，构建线线-线面-面面关系推理链| |几何体综合题|2026春考第18题、2025秋考第18题|线面角构造、线面平行证明、多面体体积转化|整合体积计算与位置关系证明，体现“载体创新（棱台）+多视角分析”命题思路|

专题10 空间几何体与点线面的位置关系 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 空间几何体与点线面的位置关系是上海高考数学的必考模块，近三年在春考与秋考中均保持稳定的考查力度。该模块以"一小一大"或"两小一大"为基本题量结构，总分值在19～24分之间，属于考生必须稳拿的中档得分板块。 空间几何体体积 2025秋考第7题 线线、线面关系 2025春考第9题 2025春考第13题 2024春考第14题 几何体综合题 2026春考第18题 2025秋考第18题 2024秋考第17题 以教材中相对被忽视的"棱台"为载体，打破了近年来"棱柱+棱锥+圆锥"的循环。第一问考查线面角（基础），第二问将线面平行证明与体积计算结合，且体积需用"等体积法"转化，体现了"稳中求新"的命题思路。上海市教育考试院在试卷评析中特别指出："解答题中的立体几何以棱台为载体，考查了空间的线面位置关系，可以从多视角分析、解决问题。" 考向一 几何体综合题 典例1．（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. 考向一 空间几何体体积 1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    考向二 线线、线面关系 2．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________． 3．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 4．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 考向三 几何体综合题 5．（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． 6．（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． 一、单选题 1．（2026·上海普陀·二模）已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 2．（2026·上海浦东新·三模）在三棱锥中，“侧棱两两垂直且与底面成等角”是“此三棱锥为正三棱锥”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 3．（2026·上海·一模）将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 4．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 5．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知某圆锥的侧面展开图为周长为，圆心角为的扇形是面积最大的扇形，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 6．（2026·上海·模拟预测）已知圆柱的底面半径为3，侧面积为，则此圆柱的体积为__________． 7．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 8．（2026·上海静安·模拟预测）一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是_________． 9．（2026·上海·三模）若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________． 10．（2026·上海·一模）已知平面ABC，，若与以A，B，C为顶点的三角形全等，则的形状为_______. 11．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 12．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，棱长为9cm的密封透明正方体容器水平放置在桌面上，水面高度.将此正方体放在坡角为的斜坡上，此时水面恰好与点齐平，其主视图如图2所示，则 __________. 13．（2026·上海·三模）如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.6米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为__________立方米．（精确到0.1立方米） 14．（2026·上海黄浦·三模）我校新添置了“智能咖啡机”供师生使用，使用者可持空纸杯接咖啡．当投入一枚“五爱币”后，“智能咖啡机”将出液，此时液面高度占纸杯高度的比为（忽略咖啡表面张力）．已知纸杯是圆台形状的容器，杯口半径大于杯底半径，咖啡机每次出液量一致．若使用者直至投入三枚“五爱币”，才发现咖啡液溢出纸杯，则的取值范围为________． 三、解答题 15．（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． 16．（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． 17．（2026·上海杨浦·二模）如图，在直四棱柱中，，，，，. (1)设是的中点，求证：平面； (2)若直四棱柱的体积为36，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 18．（2026·上海长宁·二模）如图，是圆锥顶点，是底面圆心，点、在底面圆周上，，. (1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的平面角的正切值 19．（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． 20．（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） 21．（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． 22．（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． 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 空间几何体与点线面的位置关系 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 空间几何体与点线面的位置关系是上海高考数学的必考模块，近三年在春考与秋考中均保持稳定的考查力度。该模块以"一小一大"或"两小一大"为基本题量结构，总分值在19～24分之间，属于考生必须稳拿的中档得分板块。 空间几何体体积 2025秋考第7题 线线、线面关系 2025春考第9题 2025春考第13题 2024春考第14题 几何体综合题 2026春考第18题 2025秋考第18题 2024秋考第17题 以教材中相对被忽视的"棱台"为载体，打破了近年来"棱柱+棱锥+圆锥"的循环。第一问考查线面角（基础），第二问将线面平行证明与体积计算结合，且体积需用"等体积法"转化，体现了"稳中求新"的命题思路。上海市教育考试院在试卷评析中特别指出："解答题中的立体几何以棱台为载体，考查了空间的线面位置关系，可以从多视角分析、解决问题。" 考向一 几何体综合题 典例1．（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) 【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: 考向一 空间几何体体积 1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    【答案】 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 考向二 线线、线面关系 2．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________． 【答案】 【详解】 如图，过作交底面圆锥于点，连接， 因为，则为异面直线与所成角， 所以， 又，所以，即， 因为，函数在上单调递减，所以， 故异面直线与所成角的最小值为. 故答案为：. 3．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 【答案】D 【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误， 侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误， 同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误， 与是异面直线，故D正确. 故选：D 4．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【详解】对于A，若，，则或， 当时，，则或者与斜交或者， 当时，，则或者与斜交或者，故A错误； 对于B，若，，，可在取作为的法向量， 由于，故，即，则，故B正确； 对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误； 对于D，若，，，则或，故D错误； 故选：B 考向三 几何体综合题 5．（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    6．（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. 一、单选题 1．（2026·上海普陀·二模）已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】B 【详解】当直线l与平面相交，且交点不在直线m上时，满足“l与m不相交”， 但“”不成立，故充分性不成立； 若，则与无交点，所以“l与m不相交”，故必要性成立； 所以“l与m不相交”是“”的必要非充分条件. 2．（2026·上海浦东新·三模）在三棱锥中，“侧棱两两垂直且与底面成等角”是“此三棱锥为正三棱锥”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】A 【详解】设三棱锥侧棱两两垂直且与底面成等角，下证此三棱锥为正三棱锥， 过点作底面，垂足为，连接,   分别是三条侧棱与底面所成的角， 因为，所以，侧棱， 所以是三角形的外心， 因为三条棱两两垂直，所以平面，所以， 又因为，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 所以点是三角形的垂心，所以三角形是正三角形， 故三棱锥是正三棱锥，充分性成立， 正四面体的侧棱夹角为，故必要性不成立. 所以“侧棱两两垂直且与底面成等角”是“此三棱锥为正三棱锥”的充分非必要条件. 3．（2026·上海·一模）将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 【答案】D 【详解】对于A选项，将该选项中的命题变换为：过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行， 变换后的命题为真命题，A选项中的命题为“可换命题”； 对于B选项，将选项中的命题变换为：垂直于同一直线的两个平面平行， 根据线面垂直的性质定理可知变换后的命题为真命题，B选项中的命题为“可换命题”； 对于C选项，将选项中的命题变换为：平行于同一个平面的两个平面平行， 根据平面平行的传递性可知变换后的命题为真命题，C选项中的命题为“可换命题”； 对于D选项，平行于同一平面的两直线平行、相交或异面，D选项中的命题为假命题，D选项不满足要求. 4．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 5．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知某圆锥的侧面展开图为周长为，圆心角为的扇形是面积最大的扇形，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设扇形半径（即圆锥母线长）为，扇形的圆心角为. 由题意，，. 扇形的面积. ，当且仅当，即时取等号. 故扇形面积最大时，，. 由，可得圆锥的底面半径. 所以圆锥的高. 圆锥的体积. 二、填空题 6．（2026·上海·模拟预测）已知圆柱的底面半径为3，侧面积为，则此圆柱的体积为__________． 【答案】 【详解】设圆柱的高为，因为圆柱的底面半径为3，侧面积为， 所以，解得， 因此圆柱的体积为. 7．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留） 【答案】 【详解】设圆锥的高为，因为圆锥母线、底面半径，则 . 所以圆锥的体积为 8．（2026·上海静安·模拟预测）一个圆柱的体积为100，若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，得到的新圆柱的体积是_________． 【答案】 【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则， 若将其高扩大为原来的3倍，底面半径缩小为原来的，则得到的新圆柱的高为，底面半径为， 所以得到的新圆柱的体积为. 9．（2026·上海·三模）若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________． 【答案】 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，底面积为，侧面积为， 所以，可得， 设其母线与轴的夹角为，则，所以. 10．（2026·上海·一模）已知平面ABC，，若与以A，B，C为顶点的三角形全等，则的形状为_______. 【答案】等边三角形或直角三角形 【详解】由平面ABC，平面ABC，可得，，， 又，则为等腰直角三角形，且， 由于与以A，B，C为顶点的三角形全等， 则为等腰直角三角形， 当为直角顶点时，， 结合勾股定理可知，则为等边三角形； 当为直角顶点时，， 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，所以为直角三角形. 综上所述，为等边三角形或直角三角形. 11．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 【答案】 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 12．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，棱长为9cm的密封透明正方体容器水平放置在桌面上，水面高度.将此正方体放在坡角为的斜坡上，此时水面恰好与点齐平，其主视图如图2所示，则 __________. 【答案】 【详解】如图，延长，交直线于点， 由题意可得：，， 设，则， 因为密封透明正方体容器水平放置在桌面上与放在坡角为的斜坡上， 容器里的水的体积不变，且放在坡角为的斜坡上时， 水的体积等于长为9cm、宽为9cm、高为的长方体的体积与长为9cm、宽为9cm、高为的长方体的体积的一半之和， 因为，解得：，即， 因为，所以， 因为，所以， 所以， . 13．（2026·上海·三模）如图是一种“四脚帐篷”的示意图，其中半圆和半圆的直径均为2.6米，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，假设所得截面均为正方形，则该帐篷围成几何体的体积为__________立方米．（精确到0.1立方米） 【答案】 【详解】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为，设底面中心为， 截面中心为，则，， 所以，所以截面的面积为. 设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为， 底面中心与截面中心之间的距离为， 在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为，， 所以，所以，为等腰直角三角形， 所以，所以四边形边长为，所以四边形面积为， 所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等， 由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积， 即. 所以帐篷围成几何体的体积为（立方米）. 14．（2026·上海黄浦·三模）我校新添置了“智能咖啡机”供师生使用，使用者可持空纸杯接咖啡．当投入一枚“五爱币”后，“智能咖啡机”将出液，此时液面高度占纸杯高度的比为（忽略咖啡表面张力）．已知纸杯是圆台形状的容器，杯口半径大于杯底半径，咖啡机每次出液量一致．若使用者直至投入三枚“五爱币”，才发现咖啡液溢出纸杯，则的取值范围为________． 【答案】 【详解】设纸杯高为，杯底半径为，杯口半径为，其中． 设投入一枚“五爱币”后咖啡体积为，纸杯总容积为，并记. 为一枚咖啡体积占纸杯总容积的比例． 由题意，投入两枚“五爱币”后咖啡不溢出，投入三枚“五爱币”后咖啡溢出，所以. 即 下面建立与之间的关系． 投入一枚“五爱币”后，液面高度为．由于纸杯是圆台形状，从杯底到杯口，半径随高度均匀增大， 所以高度为处的液面半径为 液面以下部分也是一个圆台，它的高为，下底半径为，上底半径为． 由圆台体积公式可得 整个纸杯的容积为 因此 先说明． 因为，所以 于是 故 又因为，所以 再说明为什么有． 来自圆锥的相似体积关系：如果杯底半径趋近于，圆台就接近一个圆锥； 对圆锥来说，高度变成原来的倍，半径也变成原来的倍，小圆锥与大圆锥的相似比为，所以体积比为． 题中杯底半径，底部不是尖点，相同高度比例下，液面以下部分比圆锥对应部分更“粗”， 所以体积比例应大于圆锥情形，即． 令，则． 由上式整理得 于是 因为，，所以 因此 结合，得所以即 综上，必要条件为 下面说明这个范围内的都可以取到． 当纸杯接近圆锥时，可以接近；当纸杯接近圆柱时，可以接近．杯底半径与杯口半径的比值连续变化时， 也会在与之间连续变化． 若，则所以区间与区间有公共部分． 因此可以选择合适的圆台纸杯形状，使一枚咖啡体积占比满足 这时两枚不溢出，三枚溢出，符合题意． 所以的所有可能取值范围为 三、解答题 15．（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. 16．（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． 17．（2026·上海杨浦·二模）如图，在直四棱柱中，，，，，. (1)设是的中点，求证：平面； (2)若直四棱柱的体积为36，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 【详解】(1)连接，直四棱柱中， ，， 是的中点，，则，所以为平行四边形， 则有，又平面 ， 平面 ， 所以平面 ； （2）梯形的面积， ，则， 过作，交 于，连接 ， 直四棱柱中， 平面，则为 在平面内的射影， 由，有，所以即为所求， 中，，有，又，则， ，所以锐角. 18．（2026·上海长宁·二模）如图，是圆锥顶点，是底面圆心，点、在底面圆周上，，. (1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的平面角的正切值 【详解】（1）设圆锥的底面半径为，母线为，， 圆锥的侧面积，所以， 则圆锥的高， 则圆锥的体积； （2）因为平面，平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面，则与平面所成角为，所以， 又因为，所以，取的中点，连结，， 因为，， 所以，，为二面角的平面角, 因为，， 所以，， 所以二面角的平面角的正切值为. 19．（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． 【详解】(1)证明：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； 20．（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. 21．（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． 22．（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． 【详解】（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. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $