2026年上海高考数学最后冲刺复习专项02 立体几何 4大题型（大题专练）（解析版）

专项02立体几何

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【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年解答题圆锥表面积计算、面面平圆锥与平面结合，涉及动点中档，梯度合理，侧

第18题行证明、面面平行推导线M在线段OC上、Q为PA重逻辑推理与基础计

面平行、线面角求解中点的线面平行证明场景，算，符合上海卷“稳中

贴合立体几何基础模型求新”特点

2024年解答题线面关系证明、空间角常规立体几何模型（棱柱、中档，难度平缓提升，

第17题（二面角为主）求解、空棱锥结合），无复杂情境，基础问易得分，提升

间几何体体积计算，兼顾侧重知识融会贯通与灵活问侧重思维运用

基础与综合应用应用

2023年解答题正四棱锥性质、空间几何正四棱锥“摆放”情境，考查中档偏易，基础知识

第17题体结构特征、线面平行/逆向思维，从局部到整体想点占比高，创新设问

垂直证明、空间角求解象几何体可能情形，设问有不增加难度，侧重直

创新观想象素养

2022年解答题圆锥表面积计算、线面关圆锥为核心载体，结合平面中档，注重基础技能

第17题系证明、空间向量应用几何性质，情境简洁，聚焦考查，计算量适中，

（辅助求解空间角）核心知识点考查无偏难考点

2021年解答题圆柱表面积计算、线面平圆柱与平面结合的常规情中档偏易，基础问占

第17题行/垂直证明、空间几何体境，贴合教材基础模型，侧比高，确保大部分考

体积计算，基础考点全覆重基础知识与基本方法考生能拿到基础分数

盖查

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PABCD中，底面ABCD是DAB60且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，

其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点.

(1)求证：BG平面PAD；

(2)求证：ADPB；

(3)若点E，F分别为BC，PC的中点，求证:平面DEF平面ABCD.

【思路分析】（1）由菱形的性质可得BGAD，再由面面垂直的性质定理即可证明.

（2）连接PG，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DE，EF，DF，可证平面DEF//平面PGB，再由面面垂直可得PG平面ABCD，由面面垂

直的判定定理证明即可.

【规范答题】（1）在菱形ABCD中，DAB60,G为AD的中点，

所以BGAD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCDAD，BG平面ABCD，所以BG平

面PAD.

（2）如图，连接PG

因为△PAD为正三角形,G为线段AD的中点，

所以PGAD，由（1）知BGAD，又BGPGG，BG,PG平面PGB，

所以AD平面PGB，因为PB平面PGB，所以ADPB.

（3）如图，连接DE，EF，DF，

在△PBC中，FE//PB，在菱形ABCD中，BG//DE，

而FE平面DEF，DE平面DEF，EFDEE，PB平面PGB，

GB平面PGB，BGPBB，所以平面DEF//平面PGB，

因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，

因为PG平面PAD，PGAD，所以PG平面ABCD，

又PG平面PGB，

所以平面PGB平面ABCD，所以平面DEF平面ABCD.

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PABC中，ABBC,AB2,BC22,PBPC6，

BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BFAO．求证：EF//平面ADO.

【答案】证明见解析

【分析】利用向量的线性运算表示BF,AO，根据垂直，利用数量积求得F为AC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DE,OF，设AFtAC，

1

则BFBAAFBAtACBAt(BCBA)(1t)BAtBC，AOBABC，

2

由ABBC可知，BABC0，

又因为BFAO，AB2,BC22，

11

则BFAO[(1t)BAtBC](BABC)(t1)|BA|2t|BC|24(t1)4t0，

22

1

解得t，则F为AC的中点，

2

因为D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，

所以EF//PC且DO//PC，所以EF//DO，

又EF平面ADO,DO平面ADO，

所以EF//平面ADO.

2．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，E是A1C1边的中点，过A，B，E作截面交B1C1于点D.求证：DE//AB.

【答案】证明见解析

【分析】根据给定条件，证明AB//平面A1B1C1，再利用线面平行的性质推理作答.

【详解】在直三棱柱ABCA1B1C1中，因为AB//A1B1，AB平面A1B1C1，A1B1平面A1B1C1，

所以AB//平面A1B1C1，

Ç

又AB平面ABDE，平面A1B1C1平面ABDEDE，

所以DE//AB.

3．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为棱AA1的中点，P为棱DD1的中点，AB2，

AA14．

(1)证明：平面PA1C//平面EBD．

(2)求点A到平面BDE的距离．

【答案】(1)证明见解析

23

(2)

3

【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A1P,CP，因为EP//BC,EP=BC，所以四边形EPCB是平行四边形，

可得BE//CP，又因为PC平面EBD，BE平面EBD，所以PC//平面EBD，

因为A1E//PD,A1E=PD，所以四边形A1EDP是平行四边形，

可得A1P//ED，又因为A1P平面EBD，ED平面EBD，所以A1P//平面EBD，

且A1PPCP，A1P,PC平面A1PC，

所以平面PA1C//平面EBD；

（2）因为BEAE2AB24422，DEAE2AD24422，

BDAD2AB24422，可得BED是等边三角形，

113

所以SBEDEsin60222223，

BED222

11

SABAD222，

ABD22

设点A到平面BDE的距离为h，

11

由VEABDVABDE得AESABDhSBDE，22h23，

33

2323

解得h，所以点A到平面BDE的距离为.

33

4．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC3,CC12.

(1)求证：平面AB1D1//平面C1DB；

(2)求点C到平面ABC1D1的距离．

【答案】(1)证明见解析

613

(2)

13

【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ABCDA1B1C1D1中，C1D1//A1B1,AB//A1B1，

得C1D1//AB，而C1D1A1B1,ABA1B1，得C1D1AB，

则四边形ABC1D1为平行四边形，

得BC1//AD1，由AD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，得BC1//平面AB1D1，

同理可得四边形BDD1B1为平行四边形，

得BD//B1D1，由B1D1平面AB1D1，BD平面AB1D1，得BD//平面AB1D1，

由BDBC1B,BD,BC1平面C1DB，

所以平面C1DB//平面AB1D1.

（2）建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示：

则C0,3,0,A3,0,0,B3,3,0,C10,3,2，

得CA3,3,0,AB0,3,0,BC13,0,2，

设平面ABC1D1的法向量为nx,y,z，

nAB3y0

得，取n2,0,3，

nBC13x2z0

CAn

则点到平面的距离为：6613．

CABC1D1

n4913

5．如图，四边形ABCD是正方形，AF平面ABCD，AF//BE,ABBE2,AF1．

(1)求证：平面ACF平面BDE；

(2)求点C到平面BDF的距离．

【答案】(1)证明见解析

6

(2)

3

【分析】（1）利用线面垂直的性质得AFAC，进而可得BEAC，利用正方形的性质得BDAC，再

由线面垂直的判定定理，即可求解；

（2）过点C作CGOF于点G，根据条件可得CG的长即为点C到平面BDF的距离，再利用几何关系，即

可求解.

【详解】（1）因为AF平面ABCD，AC平面ABCD，所以AFAC，

因为AF//BE，所以BEAC，

因为四边形ABCD是正方形，所以BDAC，

因为BDBEB，BD,BE平面BDE，所以AC平面BDE，

因为AC平面ACF，所以平面ACF平面BDE．

（2）过点C作CGOF于点G，

因为AFBD,BDAC，AFACA，AF,AC平面ACF，

所以BD平面ACF，

因为CG平面ACF，所以BDCG，

因为CGOF,BDOFO，BD,OF平面BDF，所以CG平面BDF，

则CG的长即为点C到平面BDF的距离，

又AB2,AF1，则OAOC2，OFAO2AF2123，

16

则CGOCsinCOGOCsinAOF2，

33

6

故点C到平面BDF的距离为．

3

6．如图，已知圆锥AO的底面圆O的半径OB4，且圆锥侧面展开图中扇形的中心角为2π，点M是母

π

线AB的中点，MNOB，垂足为OB上的点N，点C在底面圆O上，且BOC.

3

(1)求证：CN平面AOB；

(2)求点O到平面BCM的距离.

【答案】(1)证明见解析

421

(2)

7

1

【分析】（1）利用线面垂直证得AOOB，AOCN，结合M是AB的中点证得ONOB2，由余弦定

2

理求出CN212，证明CNOB，最后由线线垂直证明CN平面AOB；

（2）先证明MN平面BOC，由条件求出圆锥的母线长，进而求得三棱锥MBOC的体积和BCM的面

积，利用等体积法可求得点O到平面BCM的距离.

【详解】（1）因为AO平面BOC，OB，CN平面BOC，则AOOB，AOCN，

又MNOB，则AO//MN.

1π

又M为AB中点，则N为OB中点，ONOB2，又BOC，

23

由余弦定理，CN2ON2OC22ONOCcosBOC416812，

由ON2CN2OC2，可得CNOB,

又AOCN，AOOB=O,AO,OB平面AOB，

所以CN平面AOB；

（2）因为AO平面BOC，AO//MN，所以MN平面BOC，

因为圆锥侧面展开图中扇形的中心角为2π，设母线长为l，

则2π42πll42,

1

又OB4，则AO(42)2424，MNOA2，

2

1183

所以VSMN4232,

MBOC3BOC63

1

又CMCN2MN24,BCOB4,BMAB22,

2

214

在△BMC中，cosBMC，故sinBMC1cos2BMC,

44

1114

所以SBMCMsinBMC22427，

BCM224

设点O到平面BCM的距离为d，

则12783，解得421

VVSddd.

OBCMMBOC3BCM337

题型02空间角计算

析典例·建模型

如图所示，在直三棱柱中，，若，

1.ABCA1B1C1ABBCAC2AB:BB12:1

(1)设BC的中点D，求证：AD平面BCC1B1；

(2)求直线AB1与平面BCC1B1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AB1D即为求直线AB1与平面BCC1B1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BC的中点D，连接AD，B1D，

由已知ABCA1B1C1为直三棱柱，即BB1平面ABC，

且AD平面ABC，则ADBB1，

由ABAC，则ADBC且BCBB1B，BC，BB1平面BCC1B1，

AD平面BCC1B1；

（2）由（1）知AD平面BCC1B1，连结B1D，

AB1D即为AB1与平面BCC1B1所成的角，

△

在AB1D中，

2

由，得，2116，

AB2AA11ADABBC2

222

22，

AB1ABBB1213

AD2

所以sinAB1D，所以AB1D45，

AB12

即AB1与平面BCC1B1所成的角为45.

2．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB3，AA13，M为棱BC上一点且MB1.

(1)求异面直线AC与B1M所成角的大小；

(2)求二面角B1ACB的大小.

【思路分析】（1）过点M作MD//AC交AB于点D，连接B1D，异面直线AC与B1M所成角等于异面直线

MD与B1M所成角B1MD，在三角形中计算得到答案；

（2）取AC的中点E，连接BE,B1E，根据二面角定义得到二面角B1ACB的平面角为B1EB，在三角

形中计算得到答案；

【规范答题】（1）在ABC中，过点M作MD//AC交AB于点D，连接B1D，

所以异面直线AC与B1M所成角等于异面直线MD与B1M所成角B1MD，

在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB3，AA13，M为棱BC上一点且MB1.

所以，在中，22，

BD1,MD1RtB1BMB1MB1BBM312

在中，22，

RtB1BDB1DB1BBD312

BM2MD2BD22212221

△11

在B1MD中，由余弦定理的推论可得cosDMB1，

2B1MMD2214

11

所以DMBarccos，因此，异面直线AC与BM所成角为arccos

1414

（2）取AC的中点E，连接BE,B1E，在等边ABC中，BEAC，

2

在RtBBC中，222，

1B1CB1BBC3323

2

在RtBBA中，222，

1B1AB1BBA3323

△

在等腰AB1C中，B1EAC，所以二面角B1ACB的平面角为B1EB，

22

212333

在ABC中，BEABAC3，

222

BB1322

tanB1EB,B1EBarctan

在RtB1BE中，BE3333，

2

2

所以二面角B1ACB的大小为arctan.

3

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，E,F分别是空间四边形ABCD中AB,CD的中点，ACBD2a,EF3a，求异面直线AC与BD

所成角的大小.

π

【答案】

3

【分析】取BC中点G，连接EG,FG，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BC中点G，连接EG,FG，又E,F分别是AB,CD的中点，

所以EG//AC,FG//BD，则异面直线AC与BD所成角为EGF或其补角，

11EG2FG2EF2a2a23a21

由EGACa,FGBDa,EF3a，则|cosEGF|||||，

222EGFG2a22

ππ

又异面直线所成角范围为(0,]，则异面直线AC与BD所成角为.

23

2．在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB//CD，ABAD1，D1DCD2，ABAD.

(1)求证：BC平面D1DB；

(2)求直线BD1与平面ADD1A1所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析

5

(2)arctan

5

【分析】（1）取CD的中点E，连接BE，证出DD1BC，BDBC，利用线面垂直的判定定理即可证出；

∠

（2）求证AB平面ADD1A1，将问题转化为求AD1B的大小即可.

【详解】（1）取CD的中点E，连接BE，

因该几何体为直四棱柱，DD1平面ABCD，

因BC平面ABCD，则DD1BC，

ADAB，ABAD1，BD2，

AB//DE，ABDE1，ADAB，则四边形ABED为正方形，BECE，

BCBE2CE22，

BD2BC2CD2，BCBD

DD1BC，BCBD，DD1BDD，DD1，BD平面D1DB，

BC平面D1DB；

（2）因DD1平面ABCD，AB平面ABCD，则DD1AB，

因ABAD，DD1AD=D，DD1,AD平面ADD1A1，则AB平面ADD1A1，

∠

则AD1B为直线BD1与平面ADD1A1所成的角，

AB15

在矩形中，22，则，

ADD1A1AD1125tanAD1B

AD155

5

则直线与平面所成的角为

BD1ADD1A1arctan.

5

3．如图，在圆柱OO1中，AB是底面圆O的一条直径，AA1和BB1是两条母线，C是底面圆O上异于A,B的

一点，D是线段BC的中点．

(1)求证：直线A1C//平面AB1D；

(2)若CA1,CB2,BB12，求二面角B1ADB的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)arctan22

【分析】（1）利用中位线构建平行关系，在平面AB1D找到一条线和A1C平行，结合线面平行的判定证明；

（2）过B作BPAD，交AD的延长线于P，连接B1P，可得二面角B1ADB的平面角，进而得解.

【详解】（1）连接A1B，令A1BAB1E，连接DE，则E是A1B、AB1的中点，

在A1BC中D是线段BC中点，E是A1B的中点，

∴DE//A1C，又DE平面AB1D，A1C平面AB1D，

∴直线A1C//平面AB1D；

（2）如图，作出符合题意的图形，

过B作BPAD，交AD的延长线于P，连接B1P，

2

由题知，ACCDBD1，则ADCBDP45，则BPBDsin45，

2

显然BB1平面ABD，AD平面ABD，则BB1AD，

又BPAD，BP,BB1平面BPB1，BPBB1B，则AD平面BPB1，

由B1P平面BPB1，则B1PAD，

结合BPAD可知，二面角B1ADB的平面角为BPB1，

2BB1

而BP，BB12，在直角三角形BPB1中，22，

2BP

则BPB1arctan22，故二面角B1ADB的大小是arctan22.

题型03体积/表面积计算

析典例·建模型

1．如图，圆柱OO1轴截面ABB1A1是边长为2的正方形，动点C在底面圆周上，Q是母线CC1的中点.

(1)求圆柱OO1的体积与表面积；

(2)求四面体A1BCQ的体积的最大值及此时COB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OO1轴截面ABB1A1是边长为2的正方形，得圆柱OO1的底面圆半径r1，高h2，

22

所以圆柱OO1的体积Vπrh2π，表面积S2πr2πrh6π.

（2）连接AC,OC，显然点C与点A,B都不重合，由点C在底面圆周上，得ACBC，

由Q是母线CC1的中点，得QC平面ABC，而AC,BC平面ABC，

则QCBC,QCAC，又QCBCC,QC,BC平面BCQ，因此AC平面BCQ，

由AA1//QC,QC平面BCQ，AA1平面BCQ，得AA1//平面BCQ，

11

则点A到平面BCQ的距离等于AC，而QC1，SBCQCBC，

1BCQ22

22

111ACBC121

于是四面体A1BCQ的体积VACSACBCAB，

A1BCQ3BCQ662123

π

当且仅当ACBC，即C是半圆弧AB的中点时取等号，此时OCAB，即COB，

2

1π

所以四面体ABCQ的体积最大值为，COB.

132

2．如图，ABCDA1B1C1D1是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm．

(1)求正四棱台ABCDA1B1C1D1的侧面BCC1B1与底面ABCD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ABCD，A1B1C1D1的中心分别为O,O1，连接OO1，则OO1平面ABCD，

分别取BC，B1C1的中点E，E1，连接EE1,OE,OE1，则OEBC，O1E1B1C1，

由E，E1分别为等腰梯形BCC1B1底边BC，B1C1的中点，得EE1BC，

由O1E1//A1B1//AB//OE，得四边形O1OEE1是一个直角梯形，

EE1BC，又OEBC，OEE1为侧面BCC1B1与底面ABCD所成二面角的平面角，

OO30

111

由条件知O1E1A1B110,OEAB20,OO130，则tanOEE13，

22OEO1E110

所以侧面BCC1B1与底面ABCD所成二面角的大小为arctan3.

（2）依题意，圆台OO1上底面半径r10cm，下底面半径R20cm，高O1O30cm，

1

则圆台OO的体积为Vπ(1022021020)307000π(cm3)，

113

1

又正四棱台的体积V(202402202402)3028000(cm3)，

23

3

所以削去部分的体积V3280007000π(cm)，

280007000π4π

所以削去部分与正四棱台的体积之比为.

280004

3．如图，在四面体ABCD中，设棱ADx，其余5条棱长都为2.

(1)当x2时，求直线AD与平面BCD所成角的大小；

(2)当四面体ABCD的表面积最大时，求x的值及其体积.

【思路分析】（1）过A作AE平面BCD，垂足为E，ADE为直线AD与平面BCD所成的角，在RtADE

中求解即可；

（2）当四面体表面积最大时，ACD和ABD都是直角，此时AD22，故四面体ABCD的体积

1

VSBC.

3AFD

【规范答题】（1）当x2时，ABCD为正四面体.

过A作AE平面BCD，垂足为E，则点E为正△BCD的中心，

进而ADE为直线AD与平面BCD所成的角.

2323

在RtADE中，AD2，DE2，

323

DE33

从而cosADE，故ADEarccos.

AD33

3

因此直线AD与平面BCD所成角的大小为arccos.

3

（2）当四面体表面积最大时，ACD和ABD都是直角，此时AD22.

取BC的中点F，连接AF、DF，故AFBC，DFBC，

AFDFF,AF,DF平面AFD，从而BC平面AFD.

由题意，AFDF3，

122

进而可得△AFD的面积为22322.

2

122

故四面体ABCD的体积VSBC.

3AFD3

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a,b,c，其对应

的内角为A,B,C，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．

abc

(1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16π，求：的值；

sinAsinBsinC

(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r28，再由正弦定理计算即可；

（2）根据外接圆半径为6，得出斜边c12，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r1，面积为S1，

直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径r2，面积为S2，

2

Sπr2

因为外接圆半径之比为，所以11，故16π1，

1:22

S2πr2S22

2

计算得S264π，又因为S2πr264π，故r28，根据正弦定理得：

abc2rsinA2rsinB2rsinC

2222r16；

sinAsinBsinCsinAsinBsinC2

（2）直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边c12，

设直角边为a,b，满足a2b2144，

1

若绕a旋转：体积Vπb2a；

13

1

若绕b旋转：体积Vπa2b；

23

ab1πa2b2

若绕c旋转：斜边上的高h，体积Vπh2c；

c3336

22

πa2b2πa2b2π144

因为22，所以，

ab144V3144π

36362362

当且仅当ab62时等号成立，此时V1V21442π，

即几何图形体积的最小值的最大值为144π.

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PABCD中，底面ABCD为矩形，PAPBAD3，AB4，且平面PAB底面ABCD.

(1)求该四棱锥的体积；

(2)求直线PC与平面ABCD所成角的大小.

【答案】(1)45;

65

(2)arctan.

13

【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AB中点为H，因为PAPBAD3，所以PHAB，

又因为AB4，所以PH945，

又因为平面PAB底面ABCD，平面PAB底面ABCDAB，PH平面PAB，

所以PH底面ABCD，即该四棱锥的高为PH，

1

所以四棱锥的体积为V34545；

3

（2）

因为PH底面ABCD，

所以PCH就是直线PC与平面ABCD所成角的平面角，

565

因为PH5,HC9413，所以tanPCH，

1313

65

即直线PC与平面ABCD所成角的大小为arctan.

13

2．在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面四边形A1B1C1D1边长为2，底面四边形ABCD边长为4，棱台高为2.

⊥

(1)证明：平面A1ACC1平面ABCD；

(2)求直线AA1和平面ABCD所成角；

(3)求棱台ABCDA1B1C1D1的表面积.

【答案】(1)证明见解析；

π

(2)；

4

(3)12320.

，，，

【分析】（1）如图连接ACA1C1，取ACA1C1中点为OO1，连接OO1，通过证明OO1平面ABCD，可

完成证明；

（2）由（1）过A1作直线平行于O1O交AC于E，则A1AE为A1A与平面ABCD的夹角，据此可得答案；

（3）如图作B1FAB，由（1）（2）可得B1F，即侧面梯形的高，据此棱台的侧面积.

，，，

【详解】（1）如图连接ACA1C1，取ACA1C1中点为OO1，连接OO1，

由正棱台的结构特征，得OO1平面ABCD，又OO1平面A1ACC1，

则平面A1ACC1平面ABCD；

（2）由（1）过A1作直线平行于O1O交AC于E，因OO1平面ABCD，

则A1E平面ABCD，从而A1AE为A1A与平面ABCD的夹角.

11

由题可得AEOO2，又由题可得AOEOAC2，AOAC22，则

11112112

AEAOOE2.

AEππ

则1，又，则；

tanAAE1A1AE0,A1AE

1AE24

（3）如图作B1FAB，

由题可得B1F为棱台侧面梯形的高，棱台侧面为全等的等腰梯形.

由（）分析可得22，则BB2

2AA1A1EAE21.

1

又FBABAB1，则BFBB2BF23.

21111

则棱台A1B1C1D1ABCD侧面积为：

122

4S梯形AABBS正方形ABCDS正方形ABCD4ABABBFABAB

111111211111

1

4243224212320

2

3．如图，三棱柱ABCA1B1C1是所有棱长均为4的直三棱柱，D、E分别是棱AB和棱AA1的中点．

(1)求三棱柱的体积与表面积；

(2)求点E到平面B1CD的距离；

(3)求二面角B1CDE的余弦值．

【答案】V163；三棱柱ABCABC表面积为

(1)ABCA1B1C11114883.

65

(2)

5

10

(3)

10

【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EDB1为二面角B1CDE的平面角，然后由余弦定理可得答案.

2

【详解】（）由题，12BA

1VABCABCSABCBB1ABBCBB1

11122

11

4422244234163；

22

1

三棱柱ABCA1B1C1表面积为：SS3S24233444883；

ABCA1B1C1ABB1A12

（2）因D为AB中点，结合题意，可得CDAB，

又B1B平面ABC，CD平面ABC，则CDBB1.

，

因BB1AB平面ABB1A1，BB1ABB，则CD平面ABB1A1.

111

因为SSSSS444222426，

EDB1AA1B1BA1B1EADEDBB1222

22，22，22，

B1DB1BBD25CDCBBD23B1CB1BBC42

2221

所以BDCDBC，所以B1DCD，所以S2523215，

11B1CD2

设点E到平面B1CD的距离为h，

11

所以VEBCDVCBED，则ShSCD，

113B1CD3EDB1

65

所以215h623，解得：h.

5

65

所以点E到平面B1CD的距离为.

5

，

（3）由（2）可得CD平面ABB1A1，因DB1DE平面ABB1A1，