压轴06 立体几何13大核心题型（压轴题专练）（北京专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

压轴06 立体几何13大核心题型 近三年北京高考数学卷中，立体几何始终为必考知识点，试题多是中档难度 ，试题考察是小题重应用、大题重逻辑推导的考察方向 试题考察以棱柱、棱锥、组合多面体等常见几何体为载体，考察线面平行 、 垂直的逻辑证明，考查逻辑推理、空间想象与向量运算能力。小题侧重几何体直观图与度量转化，解答题侧重复杂几何体的空间结构拆解、线面位置关系的直观判断，弱化纯几何法的技巧性，强化从 直观感知到抽象建模，转化为量化计算这样的思维链条。 · 立体几何对于逻辑推理能力的考察，解答题严格考查线面平行、 垂直的判定定理、性质定理的规范应用，要求因果清晰、逻辑闭环，避免跳步或定理误用。 · 立体几何对于运算求解能力考察，在解答题题中，以空间向量坐标运算为核心，涵盖点坐标求解、向量线性运算、法向量计算、夹角公式应用等，强调运算准确性与步骤规范性，减少复杂代数变形，聚焦基础运算能力。 · 从近三年北京高考书卷对立体几何的考察来看，未来将延续稳定基础的考察，引导情境融入的考察风格，小题持续强化数学建模与实际应用，解答题保持 “证明 + 空间角计算” 的框架，复习备考时要针对融入动点问题、距离计算等综合方向的训练，立体几何考察始终遵循难度整体平稳，注重核心素养与基础能力的双重考查。 压轴题精讲 题型01 几何体求值：最短距离 技法指导 求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；  动点折线型距离最值： 1.动点折线，需要选择合适的“展开”面，把动点折线距离转化为在同一平面内的距离最值。 2.特殊图形位置关系，可以利用对称，或者点到面的距离来转化求解。 1．（25-26高三上·北京·月考）如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（   ）    A．不存在点P，使得 B．的最小值为 C．面积的最小值为 D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值 【答案】D 【分析】对于A项，通过证明平面可得出，进而得出使得的P点的位置；对于B项，通过对两个面的翻转和几何知识求出，进而求出的最小值；对于C项，通过转化，表达出三棱锥的两种体积的表达式，即可求出点P到的距离的最小值，进而求出面积的最小值；对于D项，通过转化，分别得到点P到面的距离为点M到面的距离，点P到面的距离为点M到面的距离，表达出三棱锥与三棱锥的体积之和，即可求出三棱锥与三棱锥的体积之和为定值. 【详解】解：在直三棱柱中，，， ， ∴.在中，，，,∴,∴. ∵,平面，，， ∴平面，平面.在矩形中，，如下图，连接，，，    ∴，∴.∵,平面，∴平面. ∵平面，∴.∴当点P为和的交点时，，故A错误; 将和沿展开，连接交于点D，当点P与点D重合时的值最小，如下图所示：  ，， ，， .在中，由余弦定理得， , 故B错误；连接，   点P到的距离的最小值为直线与之间的距离d， ∵，平面，平面，∴平面，∴点A到面的距离为d， 在三棱锥中，,即，解得：， ∴，故C错误； 过点P作直线，交于点M，如下图所示，   ∴点P到面的距离为点M到面的距离，设为，点P到面的距离为点M到面的距离，设为.在中，由几何知识得，，，， ∴.  ∴三棱锥与三棱锥的体积之和为 ，故D正确. 故选:D. 2．（2025·北京·模拟预测）已知正方体的棱长为4，点为的中点，则沿正方体表面从点到点的最短距离为（   ） A．4 B． C． D．8 【答案】B 【分析】将正方体的表面沿不同棱展开，使点和点落在同一平面内，然后利用勾股定理分别计算两种展开情况下的距离，最后比较大小，得出最短距离即可. 【详解】绘制题目示意图，如图所示： 绘制展开图： 情况一：如下展开：求得. 情况二：如下展开：求得， 情况三：如下图所示将侧面展开： 则， 对比可知沿正方体表面从点到点的最短距离为,故选：B. 3．（2025·北京·模拟预测）如图，空间图形是由四个全等的三角形拼接而成的，其中，，，经过点的平面满足，.若是以为斜边的等腰直角三角形，，且，则点A，B到平面的距离的平方之和为（    ）    A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接BM，DM，通过证明平面后得证，进而证明，从而以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，，，由已知得出，，可得点A，B到平面的距离的平方之和. 【详解】因为，，所以在平面内作点F，G使得， 取的中点，连接BM，DM. 因为，，M为的中点，所以，， 又因为平面，平面，，所以平面. 又因为平面，所以，故. 又由，得，， 从而以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则.设，，，. 因为是以为斜边的等腰直角三角形，，所以，， 而，故由此可列出方程组，得， 解得，.故点A，B到平面的距离的平方之和为.故选：B.    题型02 动点：恒平行 技法指导 平行的常用构造方法 ①三角形中位线法； ②平行四边形线法； ③比例线段法. 注意：平行构造主要用于：①异面直线求夹角； ②平行关系的判定. 证明平行 (1)线线平行：设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2. (2)线面平行：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u. (3)面面平行：设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2. 4．（25-26高三·北京西城·模拟预测）在正方体中，点为的中点，平面内动点满足平面，若，则线段的最小值为（    ） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】取的中点为，连接，通过平面平面，确定在上，再由三角形面积公式求得到的距离即可. 【详解】 取的中点为，连，由三角形的中位线可知：，在正方体中易知：，所以，又在平面内， 不在平面内，所以不在平面内，所以平面，平面， 又为平面内两条相交直线，所以平面平面，因为平面， 所以在平面内，又在平面内，所以在平面与平面的交线上，即上， 又在三角形中，, 则，设到的距离为，即为线段的最小值， 由三角形面积公式得：，解得：，即线段的最小值为， 故选：C 5．（25-26高二上·北京·期中）如图，长方体中，，，，点，分别是和的中点，是侧面内一动点（含边界），若平面，则动点的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D．9 【答案】C 【分析】取的中点，取的中点，连接，可证平面平面．然后可知点的运动轨迹为，即可求解． 【详解】如图所示：  取的中点，取的中点，连接，所以，又因为点，分别是和的中点， 所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又点是棱的中点，点是棱的中点，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以，，又因为，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面． 又是侧面内一动点（含边界），且平面， 所以点的运动轨迹为，又在长方体中，，， 所以.故选：C 6．（25-26·北京·期中）棱长为1的正方体中，是的中点，点在正方体内部及表面上运动，满足平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】首先构造面面平行，求得点的轨迹，再根据几何关系求面积. 【详解】如图平面即平面，取的中点，连接， 因为，，且，所以，所以四点共面， 平面，平面，所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面，且，平面， 所以平面平面，因为平面，所以点的轨迹是四边形，因为，所以平面，平面, 所以，所以四边形是矩形，，， 所以四边形的面积为.故选：A 题型03 动点：恒垂直 技法指导 垂直的常见构造： ①等腰三角形三线合一法； ②勾股定理法； ③投影法. ④菱形的对角线互相垂直 面面垂直探索性： 面面垂直主要思维，即一个平面经过另外一个平面的垂线 7．（25-26高三北京·专题练习）已知矩形中，，，将沿矩形对角线所在直线进行翻折，则下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得直线与直线垂直 B．存在某个位置，使得直线与直线垂直 C．存在某个位置，使得直线与直线垂直 D．对任意位置，与，与，与都不垂直 【答案】A 【分析】利用线面垂直判定选项A，B,推出矛盾进行求解判断C,再由上述条件判断D. 【详解】法1：   矩形在翻折前和翻折后的图形如图（1）（2）所示. 在图（1）中，过点作，垂足为，过点作，垂足为， 由边，不相等可知点，不重合；在图（2）中，连接. 对于选项A，若，又知，，所以平面，所以， 由可知存在这样的直角三角形，使得直线与直线垂直，故选项A正确； 对于选项B，若，又知，，所以平面， 所以，与点，不重合相矛盾，故选项B错误； 对于选项C，若，又知，，所以平面，所以， 已知，，则，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误； 由以上可知选项D错误. 法2：取一长方形动手按要求进行翻折，观察翻折过程中的规律：    对于A：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点可以在此平面上，故存在某个位置，使得直线与直线垂直 对于B：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点不可能在这个平面上，因此，不存在某个位置，使得直线与直线垂直； 对于C：做出过点与垂直的平面，在翻折过程中，点不可能在这个平面上，因此，不存在某个位置，使得直线与直线垂直. 故选：A 8．（25-26高三·北京·月考）如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系.过点作与垂直的平面，并由坐标法证明，从而得出点和满足条件的所有点P构成的图形为梯形，求出其各边的长，即可得出周长. 【详解】边长为2正方体中如图所示，建立空间直角坐标系， 则. 所以，，因为，所以.所以. 在棱上取中点，则，.因为，所以，所以. 取棱的中点，则.连接，，所以. 所以四点共面.因为，平面，所以平面. 所以点和满足条件的所有点P构成的图形为梯形. ，，， 梯形的周长为.故选：B. 9．（2025高三·北京·专题练习）如图，在正四面体中，分别是线段的三等分点，是线段的中点，是线段上的动点，则（    ）． A．存在点，使成立 B．存在点，使成立 C．不存在点，使平面平面成立 D．不存在点，使平面平面成立 【答案】C 【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，故⊥，假设成立，又和均在平面中，则，显然这是不可能的，故A错误；B选项，，当点在处时，最大，设正四面体的棱长为3，由余弦定理得，故小于，故B错误；C选项，取的中点，为二面角的平面角，由余弦定理得到，所以为锐角，C正确；D选项，由A知，当点为中点时，平面平面成立，故D错误. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为正四面体中，，所以， 因为，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，故⊥，假设成立，又和均在平面中，为平面的斜线， 则，显然这是不可能的，故A错误； B选项，因为是线段的中点，，所以， 当点在处时，最大， 设正四面体的棱长为3，则， 由余弦定理得， 同理可得， 故， 故小于，所以不存在点，使成立，故B错误； C选项，取的中点，连接，因为，所以⊥，⊥， 故为二面角的平面角， 其中，故，所以为锐角， 经过与平面垂直的平面有且只有一个，且与线段无公共点，故C正确； D选项，由A知，当点为中点时，⊥平面， 又平面，故平面平面成立，故D错误.故选：C. 题型04 动点：翻折 技法指导 翻折 1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变 2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系 3. 翻折过程中，角度是否为定值 4. 翻折过程中，体积是否存在变化 翻折多与旋转思维有关联： 1. 判断翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系。 2. 判断翻折过程中的体积、角度是否为定值。 3. 在翻折过程中，体积角度是否存在最值或者范围。 4. 翻折到某个位置是，对应的外接球、截面以及点面距离等数据计算。 10．（23-24高三·北京·专题练习）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边AB的中点，过E作于D．把沿DE翻折至的位置，连结．翻折过程中，有下列三个结论： ①；②存在某个位置，使；③若，则BF的长是定值． 其中所有正确结论的编号是（   ） A．① B．①② C．②③ D．①③ 【答案】D 【分析】根据翻折可得平面，即可判断①，若，可得，结合即可判断②，过作，根据题意可得，计算边长即可确定③. 【详解】根据题意，，，又平面，所以平面， 又平面，所以，故①正确； 若，又E为边AB的中点，所以， 又，，所以，，故②错误； 过作，所以 则，所以，则，又，所以， 又，所以，故③正确； 故选：D. 11．（25-26高二上·北京·期中）如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：    ①平面平面：②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为：④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④ 【答案】D 【分析】对于①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②设的中点为，易得，所以或其补角即为与的夹角. 利用余弦定理即可求得；③根据①②的分析，当面时，三棱锥体积最大，易求其最大值；④设的中点为，易得点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为 【详解】对于①：由题意知，为等边三角形，点是边的中点 ，，平面，平面，又平面， 所以平面平面，故①正确； 对于②：设的中点为，易得。所以或其补角即为与的夹角. 在中， 由余弦定理可得， 所以，所以与的夹角为 .故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，三棱锥体积最大，此时，故③错误； 对于④：设的中点为，则，点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为，故④正确.    故答案为：①②④. 12．（2025·北京·模拟预测）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【答案】B 【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项. 【详解】对于AD，取为中点，，则，而，故，故在几何体中，，而，故为二面角的平面角，故， 故，而平面，故平面，而平面，故，故A成立.因，，平面， 故平面，而平面，故，故D成立. 对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面， 而平面，故，故C成立. 对于B，过作平面，垂足为，因为平面，故， 若，因为平面，故平面，而平面，故，而，故在上，因为，平面，故平面， 而平面，故，故，但， 矛盾，故不成立即B不成立，故选：B. 题型05 动点：轨迹 技法指导 轨迹，可以类比空间球的轨迹来计算七届： 到定点距离为定值的点的轨迹 用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组 13．（24-25高三北京专题练习）公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点． （1）若，则点O的轨迹是椭圆的一部分； （2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分； （3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分． 以上几个命题中，真命题的个数为（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】根据梅内克缪斯理论，求出圆锥顶角为锐角，直角还是钝角，进而判断轨迹类型即可. 【详解】对于（1），两两垂直，，平面， 平面，，点在以为轴的圆锥面上， ，，，设圆锥顶角为，则，所以顶角为锐角，即点O的轨迹是椭圆的一部分，故（1）正确； 对于（2），当时，点在以为轴的圆锥面上，，，故， 此时圆锥顶角为直角，所以O的轨迹是抛物线的一部分，故（2）错误； 对于（3），当时，点在以为轴的圆锥面上，，， ∴，， 所以顶角为钝角，即点O的轨迹是双曲线的一部分，故（3）错误； 综上，真命题的个数1.故选：B. 14．（25-26高三 北京·课后作业）如图，平面平面，是正三角形，四边形是正方形，点是平面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，中点，连接，，由题证明平面，建立空间直角坐标系，取，求出相关点的坐标，设，利用长度相等推得动点的轨迹方程即可逐一判断． 【详解】如图，取中点，中点，连接，， 因平面平面，由可得， 因平面平面， 平面，故平面，易得， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系， 不妨取，则，则，． 由点在平面内，可设，因为， 所以，化简得：， 故点的轨迹是一条直线，排除C，D．又点不在直线上，故排除B，而点在直线上，故A正确．故选：A. 15．（2025·北京·模拟预测）已知正方体的棱长为，点平面，且，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设为的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而可得，在平面中建立平面直角坐标系，设，根据条件及几何关系得，即可求解. 【详解】如图1所示，设为的交点，所以．又平面平面， 所以．又，平面，所以平面． 因为点平面，故平面，所以，则．因为正方体的棱长为，所以，即， 在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，则． 设，则，， 所以． 又，故，即， 整理得，即，故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为．故选：C． 题型06 动点：定角轨迹 技法指导 空间角度定值，可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点 线面角： 线面角定角定值，则可以转化为线与面的垂线（法向量）成定角定值， 可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点 两角相等型： 两角相等，可以转化为三角函数正余弦或者正切型，利用三角函数值对应的线段比，转怀伟线段比相等或者比值为定值，则复合阿波罗尼斯圆。 16．（25-26高三·北京·月考）如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（   ） ①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆 ②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为 ③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线 ④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对于①，根据线面角可得，可知的轨迹为以为圆心，为半径的圆；对于②，根据勾股定理求出，再根据中位线定理求出点到的中点的距离，可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式可得结果；对于③，将点到直线的距离转化为点到点的距离，再根据抛物线的定义可得结果；对于④，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式计算推理即可判断. 【详解】①因为与平面所成的角为，即，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，故①正确； ②若，因为，，所以. 取中点，连接，则，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其面积为，故②错误； ③因为平面，且为所在平面内一动点，所以点到直线的距离为， 即点到点的距离与到直线的距离相等，又不在直线上， 所以点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，故③正确； ④以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，设， 则，，因为与所成的角为，所以， 即，化简得，所以点的轨迹为双曲线，故④正确. 所以正确命题的个数为3个.故选：C. 17．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ）   A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】D 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为，所以，A正确； B，取中点中点K，连接，  因为分别为中点， 所以，又，所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P的轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示，   当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为，连接，如图2所示，    易知面平面， 故平面平面平面，故平面，又平面，故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面，则点P的轨迹为线段，在三角形中，；；则， 故三角形是以为直角的直角三角形，故，故长度的最大值为，故D错误．故选：D 18．（23-24高三上·北京·期中）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下说法中不正确的是（    ） A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面 D．若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为圆上的一段弧 【答案】C 【分析】根据棱锥体积公式即判断A，建立空间直角坐标系，向量法求线线角、线面角，及利用法向量判断线面关系，即可判断BCD. 【详解】当在平面上运动时，到的距离恒为2，故四棱锥的体积不变，A对； 如下图示空间直角坐标系，， 所以且， 设与所成角为且，则， 当时，且，可得；当时，； 所以，故，B对； 如下图示空间直角坐标系，， 所以，则， 所以，又且面，所以面，即是面的一个法向量，由，则， 若平面，则，即， 显然，直线与底面有公共点，即存在点满足平面，C错； 若点在底面上运动，设，，则， 又面的一个法向量，则直线与平面所成的角为， 所以，整理得， 所以的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，其在底面上轨迹为圆上的一段弧，D对. 故选：C 题型07 最值与范围：体积最值 技法指导 相似形与相似体： 相似形与相似体： 1.如果三角形被平行于底边的平行线所截，那么截得的小三角形和原三角形是相似三角形 2.如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体 3.如果三角形被“不平行于底边”的直线所截，所截的的小三角形和原三角形是“相似形” 4.如果棱锥被“不平行于底面的平面”所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体 如果是平行底面，则面积比等于相似比平方，体积比等于相似比立方。 如果“不平行于底面”，则面积比等于所截的线段比之积（两边比积）。体积比等于所截的的棱的线段比之积（三跳棱的比之积） 19．（25-26高三·北京·模拟预测）如图，已知平面，，，，，，，且，，．若，则四棱锥体积的最大值是（ ） A． B．8 C．24 D．72 【答案】C 【分析】先证平面平面，得棱锥的高就是三角形的边上的高.再求底面，再由条件得，因此点在一个圆上，用解析法求的最大值可得体积最大值. 【详解】因为，，所以， 又，且，平面，平面， 所以平面，而，所以平面， 又平面，所以平面平面. 过P点作的垂线，交点为，设垂线的长为，则也是四棱锥的高. 由上可知四边形为直角梯形，所以. 所以要使四棱锥体积的最大值，就必须棱锥的高最大，也就是三角形的边上的高最大.。下面用解析法求解的最大值： 因为，，所以，又，所以相似于， 根据相似三角形的性质有，，即，如图：在平面内建立直角坐标系，设，，由，得，化简整理得， 即，P点在以为圆心，以4为半径的上半圆上. 所以P点到的距离，由圆的性质可得，所以，. 故选：C. 20．（25-26高三北京·专题练习）已知在边长为的正方体中，分别为上的动点，且.当的体积取最大值时，平面与平面的夹角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，结合条件，利用基本不等式，可得为的中点，再取中点，连接，利用线面垂直的性质和判定，可得为二面角的平面角，即可求解. 【详解】设，因为，则， 所以，当且仅当，即时取等号， 又，且，所以当时，的体积取最大值， 即为的中点时，的体积取最大值，取中点，连接，因为，所以，又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面，则为二面角的平面角， 在中，，所以， 则，所以平面与平面的夹角的正切值为，    故选：D. 21．（21-22高三上·北京密云·月考）已知正方体的棱长为1，面对角线上有一长为1的动线段，面对角线上有一长为1的动线段，则四面体的体积（    ） A．有最大值但没有最小值 B．有最小值但没有最大值 C．有最大值也有最小值，但最大值不等于最小值 D．与两动线段位置无关，为定值 【答案】D 【分析】根据题意，分别由，求解. 【详解】如图所示：四面体与四面体一边相同，在 上， 所以，四面体与四面体一边相同，在上，所以， 所以，即，所以四面体的体积与两动线段位置无关，为定值， 故选：D 题型08 最值与范围：角度最值 技法指导 定角：定角，可以平移旋转而成圆锥母线、轴关系 1. 直线和直线成定角，可与平移-旋转为圆锥母线与轴的关系。 2. 直线与面成定角，可以平移旋转为：直线---面的法向量==圆锥母线---轴的关系 22．（25-26高三上·北京·期中）如图，在边长为3的正方形中，点在上，正方形以为轴逆时针旋转角（）到的位置，同时点沿着从点运动到点，，点在上，在运动过程中点始终满足，记点在面上的射影为，则在运动过程中向量与夹角的正切值的最大值为__________. 【答案】/ 【分析】根据二面角的平面角的概念，求出各线段长度，作出正方形的平面图形，再根据两角差的正切公式，以及基本不等式，求出最大值. 【详解】由题意可知，则与的距离为， 作正方形的平面图形，如下图： 可知，设， ， 因为，当且仅当，即时取等号，即，所以的最大值为.故答案为：. 23．（24-25高三上·北京海淀·月考）如图，在棱长为2的正方体，中，分别为的中点，为底面（不包括边界）上的动点且满足平面，则下列说法中，正确的序号有__________． ①存在点，使得平面； ②存在点，使得三棱锥的体积为； ③存在点，使得； ④若点在线段（不包含端点）上运动，则二面角一定为锐角且无最小值． 【答案】②④ 【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，运用空间向量相关知识，逐一判断每条结论，即可得到结果. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系（如图），正方体的棱长为2，各点坐标为： . 设点，又， 设平面的法向量，则，即， 令，可得，所以. 又且平面，所以，即， 化简得，即点的轨迹是平面内的直线（不包括边界）. 分析①： ，设平面的法向量为， 则，令，得. 则有，此时点不在平面内，所以①错误. 分析②： 由已知得，， 设平面的法向量为，则， 令，得，则点到平面的距离. 由， 所以当时存在点使得三棱锥的体积为， 所以②正确. 分析③： 由已知得，则， 所以不在点使得，所以③错误. 分析④： 由已知可设点，且. 又， 设平面的法向量为，平面的法向量， 则，令，得， ，令，得. 设二面角为，根据法向量和图形，判断得， 又，所以为锐角， 结合图形观察，取不到最小值，所以④正确.故答案为：②④. 24．（25-26高三·北京延庆·月考）如图，在正方体中，点是对角线上一个动点，在点从顶点移动到顶点的过程中，下列结论中正确的序号有_____.    ①二面角的取值范围是； ②直线与平面所成的角逐渐增大； ③存在一个位置，使得平面； ④存在一个位置，使得平面平面. 【答案】①③④ 【分析】点由点移动到中点的过程中，二面角逐渐由减小至，再由对称性即可判断结论①；找特殊点，令点分别与点和点重合，找出相应位置的线面角，并比较二者大小即可判断结论②；当点为平面与直线的交点时，根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理可判断结论③④． 【详解】对于结论①，当与重合时，二面角为， 点由点移动到中点的过程中，二面角逐渐减小至， 由对称性可知，当由中点移动到点的过程中，二面角由逐渐增大至，即结论①正确； 对于结论②，不妨设正方体棱长为2， 当点与重合时，即为所求，此时有， 当与重合时，连接相交于点，则锐角即为所求， 在中，， 由余弦定理， 此时有， 所以，即直线与平面所成的角并不是逐渐增大，所以结论②错误；   对于结论③，当点为平面与直线的交点时，连接，则， 又因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以．同理可得，．因为，平面，所以平面，即结论③正确；   对于结论④，当点为平面与直线的交点时， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得，平面，又因为，平面， 所以平面平面，即结论④正确．故答案为：①③④． 题型09 不规则几何体：体积割补型 技法指导 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解． (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． 对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决. 25．（2026·北京模拟预测）如图，点，的中点及的中点所确定的平面把直三棱柱切割成体积不同的两部分，记小部分的体积为，大部分的体积为，则__________.    【答案】 【分析】先确定平面与棱交点的位置，再将上部分几何体分割成三棱锥和四棱锥，分别计算它们体积与原三棱柱体积的比，最后求比值. 【详解】设平面与棱交点为，则，（可先补成四棱柱，如图易得结论）   所以， ， 所以上部分几何体体积， 因此小部分的体积和大部分的体积之比为，故答案为： 26．（25-26高三·北京·期末）如图，在长方体中抹去八个形状与大小都相同的三棱锥.其中，，E为的中点，F与G分别是棱与棱上的点，且满足.已知抹去之后的体积是长方体体积的，则的长度为___________，长方体的体对角线长度为___________. 【答案】 1 4 【分析】由题意结合柱体和锥体的体积公式建立关于的方程，求出即可计算求解长方体的体对角线长度. 【详解】，，E为的中点，， 由题长方体体积为所以抹去的八个形状与大小都相同的三棱锥的体积之和为，所以，所以长方体的体对角线长度为.故答案为：1；4 27．（25-26高三·北京·期中）如图所示多面体是平面多边形，面面，面面，，，，，，，，，， （1）____________ （2）若，则该多面体的体积为____________ 【答案】 10； 【分析】作出辅助线，得到线面平行，并得到为的中点，为的中点，四边形为平行四边形，由梯形中位线求出，得到；求出四边形与四边形都是直角梯形，几何体与几何体全等，分割求和得到几何体的体积，进而求出多面体体积. 【详解】分别取的中点，连接，由题意，平面，平面，所以平面，设平面，连接， 由平面，且平面平面，则，又，则， 由于为的中点，则为的中点，同理平面与的交点也是的中点，即， 且由可得⊥，又平面平面，平面平面，平面， 则⊥平面，同理⊥平面，则， 由平面，平面，则平面， 又平面，平面平面， 则，则四边形为平行四边形，则， 由，则在梯形中，，故； 又由⊥可知，梯形为直角梯形， 且平面平面，平面平面，平面， 则⊥平面，又平面，则⊥，同理⊥平面，⊥， 则四边形与四边形都是直角梯形，由于，，结合题意条件分析，几何体与几何体全等， ，故，连接，，，则，梯形的面积为， 则，， 故多面体体积.故答案为：10， 题型10 不规则几何体：球与几何体 技法指导 阿波罗尼斯球 已知空间中两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个球心在上，半径为的球.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏球 28．（2026·北京海淀·一模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截线上的点，对于前者，点到的距离满足，时可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 29．（24-25高三下·北京·强基计划）正三棱锥，底边长4，、、中点分别为、、，中点为，外接球球心为，，则为__________． 【答案】/ 【分析】利用球的幂可求侧棱长，从而可求体积. 【详解】如图，如果在球外，则过作球的切线，切点为，作球的割线， 由圆中切割线定理可得为定值，且定值为.    而当在球的内部时,为过的动弦，则由圆中相交弦定理可得.    在上述两种情况种，我们把定值定义为关于球的幂，记为. 设正三棱锥的侧棱长为，  由题设在球的内部，而在球的外部， 故，， 又为的中点， 设射线与球的球面的交点为，射线与球的球面的交点为， 则，而， 故，故即即， 故正三棱锥的高为，故体积为，故答案为：. 30．（24-25高三·北京·模拟预测）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设． ①若平面是面积为的等边三角形，则； ②若，则； ③若平面为直角三角形，且，则； ④若，则球面的体积； 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【分析】对于①，由条件知三边为，推得，判断①；对于②，利用代入易得；对于③，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可判断③；对于④，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即可判断④． 【详解】对于①，因等边三角形的面积为，则， 又，故，则，故①正确； 对于②，由可得，故，即②正确； 对于③，由余弦定理可知，由可得，， 即，化简得，． 取，则，则，故③错误； 对于④，由可得，故， 由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积, 而球面的体积，故④正确；故答案为：①②④． 题型11 不规则几何体：综合应用 31．（25-26高三北京·月考）如图，有一正三棱锥，已知它的底面边长为2，高为（点到平面的距离），保持在平面上，且三棱锥绕转动.若存在某个时刻，三棱锥在平面上的射影是等腰直角三角形，则的取值范围是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分两类情况讨论，①当由点在平面内的射影与构成等腰直角三角形时，②当由点在平面内的射影与构成等腰直角三角形时；找到临界值，从而求出的取值范围. 【详解】要使得正三棱锥在平面上的射影是等腰直角三角形，包含以下两种情况： ①设点为正的中心，当顶点的投影落在右侧，正的投影为等腰时， 当点在平面上的投影恰在的中点时（如图1），由，则，故， 由，则，此时． 顶点可以从正的中心往上升，直至点在平面上的投影恰在的中点，所以.     ②当平面从垂直平面按逆时针方向旋转到在平面内时， 如图2，当平面垂直平面时，在平面上的投影为等腰， 此时最大，且， 如图3，当在平面内，且点在平面上的投影恰好是，此时，，有，此时最小，故.        如图4，由于此时点在平面上的投影恰好是，故可保持平面不动，让点沿运动，故有.综上，可得.故选：C. 32．（25-26高三上·北京顺义·期末）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 【答案】 【分析】先求面积，再求三棱锥和的高度，进一步求三棱锥的体积，且根据两个三棱锥和全等得出几何体的体积；构建直角三角形，利用勾股定理，根据已知线段长度计算，得出长度. 【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合， 又因为在正四棱台中，，， 所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形，其面积为：，连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形， 所以，又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点， 且，为等腰直角三角形，所以，， ，在直角三角形中，由勾股定理可得，所以几何体的体积, 连接，交于点，连接，， 由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合， 所以平行且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平行， 又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高，所以，为直角三角形，由勾股定理可得：. 故答案为：，. 33．（24-25高二上·北京·期中）蜜蜂分泌蜂蜡筑巢，蜂巢由许多中空的柱状体连接而成，其中柱状体的一端为正六边形开口，另一端由三个全等的菱形拼成类似锥形的底部（如图1），蜜蜂这样筑巢能够使得蜂巢空间不变的条件下，所用蜂蜡最少，为了揭开蜜蜂筑巢的数学秘密，研学小组利用正六棱柱去研究中空的柱状体.设正六棱柱底面边长为，高为定值（大于底面边长），底面中心分别为（如图2），现将延长至，平面，，分别与棱交于，，，得到中空的柱状体（如图3）. （1）比大小：所得中空的柱状体的体积____________原正六棱柱体积；（填“>”，“<”或“=”） （2）当中空的柱状体表面积最小时，的取值是___________. 【答案】 【分析】（1）利用割补法.结合正六边形与正棱柱性质，由割补部分体积相等可得； （2）设，正六棱柱高为，用表示表面积，再借助导数求函数最值可得. 【详解】（1）由题意，在图2中，将正六棱柱分别割去三棱锥、三棱锥及三棱锥， 再在上底面上方拼接上三棱锥，即可得到所研究的中空柱状体. 在图3中，连接，设交点为，延长，与平面的交点即为原正六棱柱的顶点. 由正六棱柱的性质，可知平面平面，平面， 则平面，平面，平面平面，所以，同理可证，则四边形是平行四边形，又，所以四边形为菱形，则为的中点，且.连接，由正六边形性质可知，四边形也是菱形，即也是的中点，且， 由平面，平面，则，同理可得，在与中，，则与全等，所以，又， ，故， 因为，则， 所以正六棱柱割去部分的体积等于上面拼接部分的体积，故中空的柱状体的体积正六棱柱的体积. （2）正六棱柱底面边长为，设高为. 设，则，,又，则， .所以中空的柱状体表面积 .设， 则，令，解得，, 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以.即当时，表面积最小，最小值为. 故当中空的柱状体表面积最小时，的取值是.故答案为：；. . 【点睛】关键点点睛：解决此题关键有二，一是对于复杂的几何体，通过“割补”思想，化归成简单几何体求解，如第（1）问中将正六棱柱“割角补顶”可得到所求中空的柱状体；二是第（2）问在表面积的最值求解中数形结合引入变量建立函数，应用导函数求解. 题型12 综合大题：线面角与探索型 技法指导 1.线面角： 计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 34．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点，，且. ，，，∴四边形FGMN为平行四边形， ，平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面PCD的一个法向量为， ，，取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 35．（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，结合等边三角形、等腰三角形的三线合一性质及勾股定理逆定理，证明平面即可完成推导； （2）通过建立空间直角坐标系，引入参数表示点的坐标，求解两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列方程求解参数，结合参数范围验证即可    . 【详解】（1）∵ 为边长为2的等边三角形，为中点，∴ ，且. ∵ ，为中点，∴ ，且，故，∴ . ∵ ，∴ ，故. ∵ ，平面，∴ 平面. ∵ 平面，∴ 平面平面. （2）由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面∴平面 ∴平面的法向量为.设平面的法向量为，其中，，∴令，代入解得，， ∴.已知平面与平面的夹角为， ∴代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或.∵，∴. 因此存在满足条件的点，且. 【点睛】方法归纳：面面垂直证明核心是找到一个平面内垂直于另一个平面的直线，常结合等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理证明线线垂直，再推导线面垂直；空间中的存在性问题可通过建立坐标系，引入参数表示动点坐标，将几何关系转化为代数方程求解，最后验证参数范围即可. 易错归纳：求解平面法向量时需注意坐标运算的准确性，二面角的余弦值等于两法向量夹角余弦的绝对值，避免符号错误；得到参数解后需结合动点的限制条件舍去不满足要求的解. 36．（25-26高三下·北京海淀·月考）如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)1； 【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式结合点到平面的距离公式求解． 【详解】（1）连接，由正方体可知，，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面，． （2）如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得；设直线与平面所成角为， 则，解得，， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 题型13 综合大题：二面角与探索型 技法指导 几何常考查的夹角： 设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两直线所成的角为(),； ②直线与平面所成的角为(),； ③二面角的大小为(), 37．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2）因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则 设平面的法向量为，则由可得，取， 设平面的法向量为，则由可得，取， 故，故平面与平面夹角的余弦值为 38．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为 【分析】（1）由面面垂直得 平面 ，再由线面垂直，推出 ，得证结论. （2）条件①思路： 先由 平面 得 ，再结合 推出矛盾，故此条件不成立，四棱锥不存在. 条件②思路： 由 且 为中点得 为直角三角形，证 底面，建系求点坐标，求两平面法向量，用向量公式求二面角余弦值. 条件③思路： 由全等证 ，由面面垂直得 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平面法向量，用夹角公式算余弦值. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. （2）由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故.设平面的一法向量， ，. 设，则.取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则.得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：.由，，，得. 由，得，，故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面.以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系：，，，，. 为中点，故.，，设平面的一法向量： ，.设，则.取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则.得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 39．（2026·北京·模拟预测）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，平面平面，． (1)求证：； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在且唯一确定，求平面与平面所成角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先根据面面垂直的性质得到平面，再根据线面垂直的概念得到. （2）结合选择的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面， 因为四边形为正方形，所以， 所以平面，又平面，所以. （2）选条件①：因为，，，，所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，.所以，，，.设平面的一个法向量为，则，令，则，.设平面的一个法向量为，则，令，则，.，所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 选条件②： 由已知和（1）可知平面，平面，所以，所以. 若，则，这与为三角形的三个顶点矛盾.故条件②不可选. 选条件③： 由已知和（1）可知为直角三角形，且，，所以. 由得，又，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，.设平面的一个法向量为，则，令，则，. 设平面的一个法向量为，则，令，则，. ，所以.即平面与平面所成角的余弦值为. 压轴题强化训练 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 2．（25-26高三下·北京·开学考试）在棱长为4的正方体中，点为棱的中点，点在底面内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点，使得平面 【答案】C 【分析】根据题意，取分别为的中点，连接，可得平面平面，所以，可判断A；由于，所以过三点的截面为等腰梯形，求其面积判断B；先求，间接法判断C；假设存在点，使得平面，则，利用平面向量数量积运算确定点，判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接， 根据中位线定理得， 又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，平面，所以平面平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面 所以平面平面， 因为直线平面，所以平面， 所以，又，点的轨迹是一条线段，且其长度为，故A正确； 对于B，由A可得， 所以过三点的截面为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，， 所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，C错误； 对于D，假设存在点，使得平面， 因为平面，则， 在正方形中，如图建立平面直角坐标系， 则， 设，则， 所以，得，显然不成立，D正确. 3．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解. 【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸， 如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点， 连结，过边的中点作，垂足为， 则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为， 设漏壶上口宽为，下底宽为，高为， 在中，，， 因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等， 所以为定值， 又因为三个漏壶的高成等差数列，所以. 故选：． 【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识. 4．（23-24高三下·北京海淀·月考）“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为的正四棱柱构成，则下列说法正确的是（    ） A．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直 B．该“十字贯穿体”的表面积是 C．该“十字贯穿体”的体积是 D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为 【答案】C 【分析】对于A：求出，看是否符合勾股定理即可；对于B：该“十字贯穿体”由个正方形和个与梯形全等的梯形组成，分别求出来即可；对于C：求出两个正四棱锥重叠部分为多面体的体积，然后求整个几何体的体积；对于D：将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，则线段的长即为所求. 【详解】依题意，不妨设该几何体中心对称， 对于A：在梯形中，，， 则，所以， 即一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线不互相垂直，A错误； 对于B：该“十字贯穿体”由个正方形和个与梯形全等的梯形组成， 故表面积，B错误； 对于C：如图两个正四棱锥重叠部分为多面体，取的中点， 则多面体可以分成个全等的三棱锥， 又， 所以该“十字贯穿体”的体积是，C正确； 对于D：将面，面，面绕着面与面之间的交线旋转到与面共面，如图： 则，所以为钝角， 连接，则线段的长为一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长，根据对称性可得， 因为，所以， 又， 所以， 所以，又， 所以， 则，D错误. 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于几何体表面距离和问题，一般通过将各面旋转转化为共面问题，然后距离最小问题可以转化为两点之间线段最短或者垂线段最短的问题来解答. 5．（2022·北京海淀·二模）在正方体中，为棱上的动点，为线段的中点.给出下列四个 ①； ②直线与平面所成角不变； ③点到直线的距离不变； ④点到四点的距离相等. 其中，所有正确结论的序号为（    ） A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④ 【答案】C 【分析】根据的变化情况并找出的轨迹就可判定①③④是否正确，作出直线与平面所成的角，就可判定②是否正确. 【详解】如下图，当在棱上运动时，始终在平面中，由，可得，所以，故①正确， 此时点的轨迹为线段，如下图可知，，过正方形中心且，故③④正确， 如下图，延长与的延长线交于，连接，则即为直线与平面所成角， 当点在上运动时，不变而在变，所以不是定值， 故②错误. 故选：C. 【点睛】(1)判定和动点相关的问题时，只要找出动点的轨迹，就可以根据轨迹的特点进行判断； (2)判定与动直线相关的位置关系问题时，可找出动直线所在的平面进行判定； (3)根据定义作出线面角可用来解决运动型的问题. 6．（24-25高三上·北京模拟预测）在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在正四面体中,由平面,找出在平面上的射影,再沿展开平面,使之与平面重合,此时,的最小值即为点到的距离,最后,结合数据解三角形即可. 【详解】由题知,在正四面体中,为中点,,平面, 设中点为,连,为中点,,且,平面, 即为在平面上的射影,沿展开平面,使之与平面重合, 此时,的最小值即为点到的距离,故过点作于点,又, ,, , ,故选:A. 【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题,需要学生有较强的空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式,将立体问题转化为平面问题解决. 二、填空题 7．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，.故答案为：. 8．（2026·北京顺义·一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③ 【分析】由三棱锥体积公式可判断①正确，由空间直角坐标系面面垂直定理可判断②错误，由余弦定理判断③正确，由立体几何证明可判断④正确. 【详解】对于①：三棱锥的底面积为， 所以三棱锥的体积，为定值；结论①正确. 对于②：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，因为，， 设平面的法向量为，则，取得； 因为，，平面的法向量为， 则，取得；因为两平面垂直等价于法向量垂直，所以，可得，判别式，无实根， 所以不存在点，使得平面平面，结论②错误； 对于③：计算三边长度的平方，， ，， 所以，所以中最大， 因为， 所以最大角为锐角，因此为锐角三角形，结论③正确； 对于④：记，连接，平面，平面，所以， 所以点到的中点距离等于，为定值，所以点的轨迹不可能是线段，结论④错误. 9．（25-26高三下·北京·开学考试）如图，正方形中，，点为中点，现将沿折起形成四棱锥，设点为中点，则下列命题中为假命题的是___________． ①为棱上一点，若，则在折起过程中，四点可能共面； ②设与交于点，则在折起过程中与可能垂直； ③四棱锥体积的最大值为． 【答案】①② 【分析】根据异面直线的判断方法可得为异面直线，故可判断①的正误. 假设与垂直，则可得，矛盾，从而可判断②的正误. 当平面平面时，四棱锥体积取得最大，据此可求体积的最大值. 【详解】平面即为平面，又，故为异面直线， 从而不可能在同一平面内，故①错误. 若与垂直，因为，，且两直线在平面内，则平面， 而平面，故，而为的中点， 故，但，矛盾，故②错误. 当平面平面时，四棱锥体积取得最大， 此时过作，交于，设. 因为平面平面，平面，故平面， 故四棱锥的高为. 故在中，由，可得， 故，故③正确.故答案为：①②. 三、解答题 10．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且. (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：三棱柱的体积为；条件③：三棱锥是正四面体. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）由三棱柱的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答 【详解】（1）证明：取中点为，连接和∵，∴ 又为等边三角形，∴∵，，面， ∴平面，又面，∴∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形，∴四边形是矩形. （2）条件①：不符合题意，理由如下： 取的中点为，，， 又平面平面且平面平面，又平面，平面， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为，.， 又，即，无解，故条件①，不符合题意. 条件②：取中点为，连接，交于点则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量，因为，. 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以. 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量，因为，. 则，取，可得，又， 设直线与平面所成角为，所以. 11．（2023·北京·三模）如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，．    (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）由平面平面，可得平面，进而可得平面平面； （2）选条件②或③：取中点，连接，过点作交于点，进而可证得，，，据此建立空间直角坐标系，可求得平面和平面的法向量，再根据二面角的计算公式即可求解. 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以． 又平面平面，且平面与平面相交于， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）选条件① 由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件② 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以． 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形． 因为，所以． 因为，所以． 因为，为中点，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，   则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取．设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 选条件③ 取中点，连接，过点作交于点，由（1）知，平面， 因为矩形中，，，所以平面，所以和都是直角三角形， 因为，，所以，又，，所以， 所以在直角三角形中，，所以如图以为原点建立空间直角坐标系，   则， 因为，所以．因为平面平面，平面平面，又平面，所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取．设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 12．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析(2)选条件②或条件③， 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：取中点为，连接和∵，∴又为等边三角形，∴∵，，面，∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中，∴，四边形是平行四边形，∴四边形是矩形. （2）条件①：不符合题意条件②：取中点为，连接，交于点 则底面。三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，设平面的法向量， 因为，．则，取，可得，又， 设直线与平面所成角为，所以． 条件③：为正四面体，∴取中点为，连接，交于点 则底面由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，设平面的法向量， 因为，．则， 取，可得，又， 设直线与平面所成角为，所以． 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 压轴06立体几何13大核心题型 01-压轴命题透视 近三年北京高考数学卷中，立体几何始终为必考知识点，试题多是中档难度，试题考察是小题重应用、 大题重逻辑推导的考察方向 试题考察以棱柱、棱锥、组合多面体等常见几何体为载体，考察线面平行、垂直的逻辑证明，考查 逻辑推理、空间想象与向量运算能力。小题侧重几何体直观图与度量转化，解答题侧重复杂几何体的空间 结构拆解、线面位置关系的直观判断，弱化纯几何法的技巧性，强化从直观感知到抽象建模，转化为量化 计算这样的思维链条。 立体几何对于逻辑推理能力的考察，解答题严格考查线面平行、垂直的判定定理、性质定理的规范应用， 要求因果清晰、逻辑闭环，避免跳步或定理误用。 立体几何对于运算求解能力考察，在解答题题中，以空间向量坐标运算为核心，涵盖点坐标求解、向量 线性运算、法向量计算、夹角公式应用等，强调运算准确性与步骤规范性，减少复杂代数变形，聚焦基础 运算能力。 从近三年北京高考书卷对立体几何的考察来看，未来将延续稳定基础的考察，引导情境融入的考察风格， 小题持续强化数学建模与实际应用，解答题保持“证明+空间角计算”的框架，复习备考时要针对融入动 点问题、距离计算等综合方向的训练，立体几何考察始终遵循难度整体平稳，注重核心素养与基础能力的 双重考查。 02压轴题型精讲 ◆题型01几何体求值：最短距离 技法指导 求截面最值思维 可以设变量，建立函数模型求最值问题： 1.设元 2.建立二次函数模型 3.计算求解最值。 可以结合图形的特殊性，利用极限思想，以及“特殊值必在特殊位置”猜想法求最值问题： 要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等； 动点折线型距离最值： 1动点折线，需要选择合适的“展开”面，把动点折线距离转化为在同一平面内的距离最值。 2.特殊图形位置关系，可以利用对称，或者点到面的距离来转化求解。 1.(25-26高三上北京月考)如图，直三棱柱ABC-AB,C中，AA=AB=1,AC=2,BC=√5.点P 在线段B,C上（不含端点），则() C A.不存在点P,使得AB,⊥BP B.PA+PB的最小值为√ C.△ABP面积的最小值为25 D.三棱锥B,-PAB与三棱锥C,-PAC的体积之和为定值 (2025北京模拟预测)已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为4，点P为CC,的中点，则沿正方体表面 1 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 从点A到点P的最短距离为() A.4 B.2W13 C.217 D.8 3.(2025北京模拟预测)如图，空间图形ABCDE是由四个全等的三角形拼接而成的，其中EA=EC, EB=ED,AB=BC=CD=DA,经过点E的平面a满足AClla,BDIa若AEAB是以AE为斜边的等腰直 角三角形，AC=BD,且AB=1,则点A,B到平面的距离的平方之和为() a A.2 B.5 C.6 D.2W5 >题型02动点：恒平行 技法指导 平行的常用构造方法 ①三角形中位线法： ②平行四边形线法； ③比例线段法 注意：平行构造主要用于：①异面直线求夹角： ②平行关系的判定 证明平行 (1)线线平行：设直线1和2的方向向量分别为0和2，则1∥12（或1与2重合）一0∥2 (2)线面平行：设直线1的方向向量为o,平面a的法向量为u,则1∥a或1caeo⊥u. (3)面面平行：设平面a和的法向量分别为41,2，则a∥f一41∥2 4.(25-26高三·北京西城模拟预测)在正方体ABCD-A,B,CD,中，点P为CD的中点，平面BCC,B,内动 点Q满足PQ∥平面AB,D,若AB=4,则线段PQ的最小值为() D B D C A.√2 B.2W2 C.6 D.4 5.(25-26高二上北京期中)如图，长方体ABCD-A,B,CD,中，AA=8,AB=3,AD=8,点M,N分 别是AD和AA,的中点，P是侧面A,ADD,内一动点（含边界），若C,P/I平面CMN,则动点P的轨迹的长 度为() D B 2 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.82 B.102 C.4W2 D.9 6.(25-26北京期中)棱长为1的正方体ABCD-A,B,C,D,中，M是BB,的中点，点P在正方体内部及表 面上运动，满足MP/I平面ABD,则动点P的轨迹所形成区域的面积是() A B.2 C.② D.1 4 >题型3动点：恒垂直 技澍指导 垂直的常见构造： ①等腰三角形三线合一法； ②勾股定理法： ③投影法. ④菱形的对角线互相垂直 面面垂直探索性： 面面垂直主要思维，即一个平面经过另外一个平面的垂线 7.(25-26高三北京·专题练习)已知矩形ABCD中，AB=√2，BC=2,将△ABD沿矩形对角线BD所在 直线进行翻折，则下列说法正确的是() A.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直 B.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直 C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D.对任意位置，AB与CD,AC与BD,AD与BC都不垂直 8.(25-26高三北京·月考)如图，在边长为2正方体ABCD-A,B,C,D,中，E为BC的中点，点P在正方 体表面上移动，且满足B,P⊥D,E,则点B和满足条件的所有点P构成的图形的周长是() D B B A.2√2+25 B.3W2+25 C.4v2+2W5 D.3V2+4V5 9.(2025高三·北京专题练习)如图，在正四面体ABCD中，E,F分别是线段AC的三等分点，P是线段 AB的中点，G是线段BD上的动点，则()· G A.存在点G,使PG⊥EF成立 B.存在点G,使FG⊥EP成立 C.不存在点G,使平面EFG⊥平面ACD成立 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D.不存在点G,使平面EFG⊥平面ABD成立 ◆题型04动点：甜折 技法指导 翻折 1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变 2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系 3. 翻折过程中，角度是否为定值 4. 翻折过程中，体积是否存在变化 翻折多与旋转思维有关联： 1. 判断翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系。 2. 判断翻折过程中的体积、角度是否为定值。 3. 在翻折过程中，体积角度是否存在最值或者范围。 4. 翻折到某个位置是，对应的外接球、截面以及点面距离等数据计算。 10.(23-24高三·北京·专题练习)如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边AB的中点，过E作 ED⊥AC于D.把ADE沿DE翻折至△ADE的位置，连结AC.翻折过程中，有下列三个结论： ①DE⊥A,C;②存在某个位置，使A,E⊥BE;③若CF=2FA,则BF的长是定值. 其中所有正确结论的编号是() A.① B.①② C.②③ D.①③ 11.(25-26高二上·北京·期中)如图，已知菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=120°，E为边BC的中点，将 △ABE沿AE翻折成△AB,E(点B位于平面ABCD上方)，连接B,C和B,D,F为B,D的中点，则在翻折 过程中，给出下列四个结论： B D B E ①平面4BE1平面8EC:@48与CF的夹角为定值等： ③三棱锥B-AED体积最大值为25：④点F的轨迹的长度为交 3 其中，所有正确结论的序号是( A.①③ B.②④ C.①②③ D.①②④ 12.(2025北京·模拟预测)如图，等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，点E是边AC的中点，点D是边 BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C,连接CC,设O为二 面角C,-DE-C大小，0∈(0，π).在翻折过程中，下列说法当中不正确的是() 4 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B A.存在点D和O,使得DC,⊥AC B.存在点D和O,使得BCAC C.存在点D和O,使得BC,⊥DE D.存在点D和O,使得CC⊥DE ◆题型5动点：轨迹 技澍指导 轨迹，可以类比空间球的轨迹来计算七届： 到定点距离为定值的点的轨迹 用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的 截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组R=d+r2 13.(24-25高三北京专题练习)公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯(Menaechmus)为了解决倍立 方问题而发现了圆锥曲线.他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点 连线所形成的等腰三角形的顶角)分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别 称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线.如图，四面体P-ABC中，AP、AB、AC 两两垂直，AP=AC,AM=MC=CN,点O为底面ABC内的一个动点. B (1)若∠0PM=∠APM,则点O的轨迹是椭圆的一部分： (2)若L0PC=∠APC,则点O的轨迹是双曲线的一部分： (3)若∠OPN=∠APN,则点O的轨迹是抛物线的一部分. 以上几个命题中，真命题的个数为() A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 14.(25-26高三北京·课后作业)如图，平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是正三角形，四边形ABCD是正 方形，点M是平面ABCD内的一个动点，且满足MPMC|,则点M在正方形ABCD内的轨迹是() C M D M A 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D D C M B B 家模拟预测)已知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为V2,点ME平面ABC 则点M的轨迹的长度为() A.6π B.3π C.2V3π D.V3元 2 ◆题型06动点：定角轨迹 技法指导 空间角度定值，可转化为圆锥曲线母线与轴的关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交 点 线面角： 线面角定角定值，则可以转化为线与面的垂线（法向量）成定角定值，可转化为圆锥曲线母线与轴的 关系。角度定值，即圆锥曲线侧面（母线集合）与平面交点 两角相等型： 两角相等，可以转化为三角函数正余弦或者正切型，利用三角函数值对应的线段比，转怀伟线段比相等 或者比值为定值，则复合阿波罗尼斯圆。 16.(25-26高三·北京·月考)如图，已知正方体ABCD-A,B,CD的棱长为4，M为DD,的中点，N为 ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是() D C B M D ①若MN与平面ABCD所成的角为牙，则点N的轨迹为圆 ②若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π ③若点N到直线BB,与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 ④若DN与AB所成的角为买，则点N的轨迹为双曲线 A.1 B.2 C.3 D.4 17.(25-26高三上·北京海淀·月考)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D的表面上一个动点， F是线段AB的中点，则下列错误的是() 6 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.三棱锥A-PB,D,体积的最大值为8 3 B.若点P满足AP⊥D,F,则动点P的轨迹长度为4+2V5 C.当直线AP与AB所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π+4V2 D.当P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面B,CD,时，线段PF长度最大值为√6 18.(23-24高三上·北京·期中)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,的表面上一个动点，则以 下说法中不正确的是() D C B Di- A.当P在平面BCCB,上运动时，四棱锥P-AA,D,D的体积不变 B.当P在线段AC上运动时，D,P与AC所成角的取值范围是工，T 3’2 C.若F是AB,的中点，点P在底面ABCD上运动时，不存在点P满足PFI1平面B,CD, D.若点P在底面ABCD上运动，则使直线A,P与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹为圆上的一段 弧 ◆题型07最值与范围：体积最值 > 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 技甘指导 定理：如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所得的截面 与底面相似；并且它们的面积的比等于顶点要截面的距离和 已知棱锥的高的平方比。 S ABCDE SH .H 0 SA H 相似形与相似体： 相似形与相似体： 1.如果三角形被平行于底边的平行线所截，那么截得的小三角形和原三角形是相似三角形 2.如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体 3.如果三角形被“不平行于底边”的直线所截，所截的的小三角形和原三角形是“相似形” 4.如果棱锥被“不平行于底面的平面”所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体 如果是平行底面，则面积比等于相似比平方，体积比等于相似比立方。 如果“不平行于底面”，则面积比等于所截的线段比之积（两边比积）。体积比等于所截 的的棱的线段比之积（三跳棱的比之积） 19.(25-26高三·北京·模拟预测)如图，已知平面a∩B=1,A,B∈1，Pea,C,D∈B,AD=2, AB=6,BC=4,且DA⊥AP,CB⊥BP,ADIIBC.若∠APD=∠BPC,则四棱锥P-ABCD体积的最大 值是( a A.123 B.8 C.24 D.72 20.(25-26高三北京·专题练习)己知在边长为a的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F分别为AB,BC上的动 点，且AE=BF.当B,-BEF的体积取最大值时，平面BEF与平面BEF的夹角的正切值为() A.2 B.3 C.v6 3 D.2√2 3 21.(21-22高三上·北京密云月考)已知正方体ABCD-A,B,CD,的棱长为1，面对角线AC上有一长为1 的动线段EF,面对角线BD上有一长为1的动线段MN,则四面体EFMN的体积() A.有最大值但没有最小值 B.有最小值但没有最大值 C.有最大值也有最小值，但最大值不等于最小值D.与两动线段位置无关，为定值 ◆题型08最值与范围：角度最值 8 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 技法指导 定角：定角，可以平移旋转而成圆锥母线、轴关系 1. 直线和直线成定角，可与平移-旋转为圆锥母线与轴的关系。 2.直线与面成定角，可以平移旋转为：直线-一面的法向量=圆锥母线-一轴的关系 22. (25-26高三上北京·期中)如图，在边长为3的正方形ABCD中，点M在AD上，正方形ABCD以 AD为轴逆时针旋转O角(0≤0≤)到AB,C,D的位置，同时点M沿着AD从点A运动到点D, -DC,点0在A0N上，在运动过程中a0始徐满足O-o。 记点Q在面ABCD上的射影为Q。, 则在运动过程中向量Bg,与BM夹角a的正切值tana的最大值为 C B M B 23.(24-25高三上·北京海淀·月考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,，中，E,F,G分别为 CD,AB,BC,的中点，P为底面ABCD(不包括边界)上的动点且满足EP∥平面BFG,则下列说法中， 正确的序号有 D A ①存在点P,使得EP∥平面A,CD; ②存在点P,使得三棱锥P-BED,的体积为 3 ③存在点P,使得PE⊥PD; ④若点Q在线段BG(不包含端点)上运动，则二面角P-AE-Q一定为锐角且无最小值. 24.(25-26高三·北京延庆·月考)如图，在正方体ABCD-A,B,CD,中，点P是对角线AC1上一个动点，在 点P从顶点A移动到顶点C的过程中，下列结论中正确的序号有· D B C B 9 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ①=面角P-40-A的取值荒周是引： ②直线AC,与平面A,DP所成的角逐渐增大： ③存在一个位置，使得AC,⊥平面ADP; ④存在一个位置，使得平面A,DP∥平面B,CD, ◆题型09不规侧几何体：体积补型 技封指导 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 ()若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解. (2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解. 对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用 图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行 解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决 25.(2026北京模拟预测)如图，点A,BB,的中点M及B,C的中点N所确定的平面把直三棱柱 8C-4BC切害割成体积不同的两部分，记小部分的体积为，大部分的体积为⅓，则=了 26.(25-26高三·北京·期末)如图，在长方体ABCD-A,B,CD,中抹去八个形状与大小都相同的三棱锥其 中AB=BC=x,AA=2,E为AA的中点，F与G分别是棱AD与棱AB上的点，且满足AE=AF=AG,己 知铁去之后的体积是长方体4BCD-4品CD,体积的。则E的长度为 ,长方体 ABCD-A,B,CD的体对角线长度为 D G 27.(25-26高三·北京·期中)如图所示多面体ABCDEF是平面多边形，面GAF⊥面ABC,面LCD⊥面 ABC,AB⊥AF,BC⊥CD，,GA=GF,LC=LD,ABIIEF IIGH,BCIIDEIIHL, AF=CD=AB=BC=8,EF=ED=12,∠ABC∈0，π， 10 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)GH= (2)若∠1BC=2∠4GF=2∠C1D=否，则该多面体的体积为 ◆题型10不规侧几何体：球与几何体 技法指导 阿波罗尼斯球 PA=入 已知空间中两定点A、B,则所有满足PB (元>0且2≠1)的点P的轨迹是一个球心在AB上，半 径为小刷 的球这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏球 28.(2026北京海淀.一模)如图，正方体ABCD-A'B'CD'的棱长为2，以底面ABCD的中心O为原点建 立空间直角坐标系O-z,其中坐标轴Ox,0y,0z分别与正方体的三条棱平行.设正方体 ABCD-A'B'C'D'表面及其内部所有点构成的集合为2，集合T={《x,y,z)∈2x2+y2≤z,记W为T中所有 点构成的几何体.给出下列四个结论： Z◆ D' D B ①1，l,1eT; ②W被平面A'B'C'D'所截的截面面积为4； @W伤体积大于经 ④W表面上的点到点(0,0,1的距离的最小值为1 其中所有正确结论的序号是 29.(24-25高三下·北京·强基计划)正三棱锥S-ABC,底边长4，SA、SB、SC中点分别为A、B、C ,AB中点为D,S-ABC'外接球球心为0，OC2-OD2=AB,则V-BC为 30.（24-25高三·北京·模拟预测)球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球0的 半径为R,A,B,C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为Q,设O。表示以O为圆心，且过B,C的圆，同理， 圆O,O.的劣弧AC,AB的弧长分别记为b,c,曲面ABC(阴影部分)叫做曲面三角形，a=b=C,则称其为 曲面等边三角形，线段OA,OB,OC与曲面ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O-ABC .设∠BOC=a,∠AOC=B,∠AOB=Y. 11 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A ①若平面ABC是面积为5R的等边三角形，则a=b=c=R: 4 3 ②若a2+b2=c2,则a2+B2=y2; ③若平面ABC为直角三角形，且∠ACB= ,则a2+b2>c2; 2 ④若a=6=C=R,则球面0-4BC的体积V>5R: 12 其中所有正确结论的序号是 ◆题型11不规侧几何体：综合应用 31.(25-26高三北京月考)如图，有一正三棱锥P-ABC,已知它的底面ABC边长为2，高为h（点P到 平面ABC的距离)，保持BC在平面a上，且三棱锥绕BC转动.若存在某个时刻，三棱锥在平面α上的射 影是等腰直角三角形，则h的取值范围是() D A. 06 「66 6 C.(0, 6’3 如图4，由于此时点A在平面上的投影恰好是P,故可保持平面ABC不动，让点P沿P→O运动，故有 he (3 综上，可得he(0,.故选：C 32.(25-26高三上·北京顺义期末)由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图）， EF=EA=3,AB=I,M,N分别在EF,FG上，满足EM=NG=1,则几何体FMBNB的体积为 AC= D A H A B 33.(24-25高二上·北京·期中)蜜蜂分泌蜂蜡筑巢，蜂巢由许多中空的柱状体连接而成，其中柱状体的一 端为正六边形开口，另一端由三个全等的菱形拼成类似锥形的底部（如图1），蜜蜂这样筑巢能够使得蜂巢 空间不变的条件下，所用蜂蜡最少，为了揭开蜜蜂筑巢的数学秘密，研学小组利用正六棱柱去研究中空的 柱状体设正六棱柱ABCDEF-AB,C,D,E,E底面边长为4，高为定值（大于底面边长)，底面中心分别为O,O, 12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (如图2)，现将O,O延长至P,平面PFB,PBD,PDF分别与棱AA,CC,EE,交于M,N,T,得到中 空的柱状体（如图3）· B E D E D F 0 图1 图2 图3 (1)比大小：所得中空的柱状体的体积 原正六棱柱体积；（填>”，“<”或“=”） (2)当中空的柱状体表面积最小时，PO的取值是 ◆题型12综合大题：线面角与探索型 技甘指导 1.线面角： 计算线面角，一般有如下几种方法： (1)利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影， 即可确定线面角： (2)在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线 面角O满足sin6=h (1为斜线段长)，进而可求得线面角： (3)建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设ā为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角 O的正弦值为sin0=cos<a,n> 34.(2025北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形， ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FGII平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 35.(2026北京通州一模)如图，在三棱锥P-ABC中，△PAC为边长为2的等边三角形，PB=2, AB=BC=√2，O为棱AC的中点. 13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：平面ABC⊥平面POB; 陵BC上（端点除外）是否存在一点M,使得平面PAM与平面PAC的夹角为C,若存在，求的 BC 若不存在，请说明理由。 36.(25-26高三下·北京海淀·月考)如图，在边长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，E是棱AB上的点， 平面CAE交棱BC于点F. C E B (I)证明：EF∥AC; ②若直线4B与平面℃4E所成角的正弦值为}，求线段4B的长度及此时点B到平面C4E的距离 ◆题型13综合大题：二面角与探素型 技泔指导 几何常考查的夹角： 设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面a,B的法向量分别为u,v,则 ①两直线m所成的角为60<0≤号.s0 a·b a-u ②直线1与平面a所成的角为00≤0≤2sin0= ③二面角a-1-B的大小为0(0≤0≤π)，os0 37.(2024北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC/1AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上， 且PE⊥AD,PE=DE=2. 14 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D (I)若F为线段PE中点，求证：BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 38.(2026北京西城一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB⊥AC,E为 PD的中点，平面PAC⊥平面ABCD. D (1)求证：AB⊥PA; (2)若PA=AB=1,BC=2,从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥 P-ABCD存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值. 条件①：CD⊥PD; 条件②：AE=PE; 条件③：△ABC≌△APC, 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分. 39.(2026北京·模拟预测)在四棱锥B-ACC,4中，四边形ACC,A,为边长为4的正方形，平面ABC⊥平 C 面ACC1A1,AB=3. (1)求证：AA,⊥BC; (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥B-ACC,A存在且唯一确定， 求平面A,BC,与平面CBC所成角的余弦值. 条件①：BC=5; 条件②：LBCC,=∠BCC; 条件③：BA=BC. 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分. 03压轴强化训练 一、单选题 1.(2024北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4, 15 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 PC=PD=2√2，该棱锥的高为() B A.1 B.2 C.√2 D.5 2.(25-26高三下·北京·开学考试)在棱长为4的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点E为棱CC,的中点，点F在 底面ABCD内运动，且满足直线EF∥平面B,D,A,将正方体沿平面D,B,F切割，得到两个多面体，下列说 法中错误的是() D B E A.点F的轨迹是一条线段，且其长度为2√2 B.过D,B,F三点的截面面积为18 C.沿平面D8,F切割正方体得到较大的多面体体积为137 3 D.在棱BB,上不存在点P,使得CP⊥平面D,FB 3.(2024北京西城三模)中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下， 三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面 所成的锐二面角依次为0,02,0，则() A.01+03=202 B.sin0+sin03=2sin02 C.cos,cos0;=2cose, D.tan0 tan 0,=2tan0, 4.(23-24高三下·北京海淀·月考)“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体， 其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱 交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）若某“十字贯穿体”由两个底面边长为2， 高为3√2的正四棱柱构成，则下列说法正确的是() M E D A.一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直 B.该“十字贯穿体”的表面积是32√2 16 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.该“十字贯穿体"的体积是56迈 3 D.一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点A出发，沿表面到达顶点B的最短路线长为4√2 5.(2022北京海淀·二模)在正方体ABCD-A'B'CD'中，E为棱DC上的动点，F为线段BE的中点给出 下列四个 D' C B A ①B'E⊥AD'; ②直线DF与平面ABB'A所成角不变； ③点F到直线AB的距离不变； ④点F到A,D,D',A四点的距离相等 其中，所有正确结论的序号为() A.②③ B.③④ C.①③④ D.①②④ 6.(24-25高三上·北京模拟预测)在棱长均为2√3的正四面体ABCD中，M为AC中点，E为AB中点， P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是() D M E 4 A. V3+ B.5+√2 2 c D.2√5 二、填空题 7.(2024北京·高考真题)汉代刘歆设计的铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升 量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依 次为65mm,325mm,325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为 mm,升量器的高为 mm 8.(2026北京顺义，一模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD,中，E是棱CD上的一个动点（不 含端点)，给出下列四个结论： ①三棱锥D,-ABE的体积为定值； ②存在点E,使得平面AD,E⊥平面B,BE; ③△DEB,为锐角三角形； ④若点B在平面AD,E上的投影为点F,则点F的轨迹为一条线段（不含端点）· 其中所有正确结论的序号是 17 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 9.(25-26高三下·北京·开学考试)如图，正方形ABCD中，AB=2√2，点E为AD中点，现将△DEC沿 EC折起形成四棱锥P-ABCE,设点O为AC中点，则下列命题中为假命题的是 ) B ①M为棱PC上一点，若MC=√2PM,则在折起过程中，P、M、B、O四点可能共面： ②设OD与EC交于点F,则在折起过程中AC与PF可能垂直； ③四棱锥P-ABCE体积的最大值为4 5 三、解答题 10.(25-26高三·北京·二轮复习)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，ABC是边长为2的正三角形，且 AA=AB=A C. A C B (I)求证：四边形BB,CC是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线AC,与平面AA,B,B所成角的正弦值 条件①：平面ABC⊥平面AACC;条件②：三棱柱ABC-AB,C的体积为2√2；条件③：三棱锥A-ABC 是正四面体 11.(2023北京·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,且底面ABCD是矩形， AD=2,PB=PC=3 D A B (1)求证：平面PAD⊥平面PCD; (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为己知，求二面角B-PC-D的大小 条件①：PA=AD;条件②：PA=√2AB;条件③：PA⊥PD. 18 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分. 12.（2025北京大兴·三模)如图，在三棱柱ABC-AB,C,中，ABC是边长为2的正三角形，且 AA=AB=A C. A B (1)求证：四边形BB,CC是矩形； (②)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线AC,与平面AA,B,B所成角的正弦值. 条件①：平面ABC⊥平面AA,CC; 条件②：三棱柱ABC-A,BC,的体积为2√2； 条件③：三棱锥A-ABC是正四面体 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分. 0