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高考真题
1-1　28　[解析] 方法一:依题意可知,原正四棱锥的高为6,故棱台的体积V=V大正四棱锥-V小正四棱锥=×42×6-×22×3=28.
方法二:由题可知所得棱台的高为3,上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,由棱台的体积公式可得棱台的体积V=×(42+22+)×3=28.
1-2　9　[解析] 设任取的2个不同的点为P,Q.当△ABC为正四棱锥的侧面时,如图①,当A,B在底面上时,平面ABC的两侧分别可以作正方形ABPQ作为正四棱锥的底面,有2种取法,同理以正方形BCPQ,正方形ACPQ为底面各有2种取法,所以共有6种取法;当△ABC为正四棱锥的截面时,如图②,当A,B在底面上时,P,Q位于AB两侧,正方形APBQ为正四棱锥的底面,只有一种取法,同理以正方形BPCQ,正方形APCQ为底面各有1种取法,所以共有3种取法.综上,不同的取法共有6+3=9(种).
拓展延伸
1.B　[解析] 设△PBC中PC边上的高为h,则由题意可得S△PMN=×PC×h=××PC×h=S△PBC,∴VP-AMN=VA-PMN=VA-PBC=VP-ABC.故选B.
2.C　[解析] 方法一:由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为a,底面所在圆的半径为r,则r=a,所以该四棱锥的高h=,故该四棱锥的体积V=a2=≤
=
=,当且仅当=1-,即a2=时,等号成立,故当该四棱锥的体积最大时,其高h==,故选C.
方法二:设该四棱锥的底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆的半径为r,设四边形ABCD对角线的夹角为α,则S四边形ABCD=·AC·BD·sin α≤·AC·BD≤·2r·2r=2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立),故当四棱锥的顶点O到平面ABCD的距离h一定时,底面ABCD的面积为2r2时,四棱锥的体积最大,又r2+h2=1,所以VO-ABCD=·2r2·h=≤=,当且仅当r2=2h2,即h=时等号成立,故选C.
方法三:设四棱锥的底面为四边形ABCD,四棱锥O-ABCD的高为a,底面所在圆为☉O1,连接OO1,AC,BD,则OO1⊥底面ABCD,当四边形ABCD为正方形时,四边形ABCD的面积最大,此时O1为AC,BD的交点,O1D==,则CD=O1D=,故S正方形ABCD=CD2=2-2a2,则V四棱锥O-ABCD=a(2-2a2)=(a-a3).设f(a)=a-a3(00,f(a)单调递增,当典型例题
2-1　7　[解析] 如图,设=a,=b,=c,由a·b=0,得OA⊥OB,以OA,OB为邻边构造矩形OAMB,连接OM,MC,则=a+b,=c-a-b.因为|c-a-b|=2,所以C在以M为圆心,2为半径的圆上,由图可知,|c|的最大值为||+2=7.
2-2　　[解析] 设∠AOB,∠BOC,∠COA均为60°,OA=2,OB=2,OC=6,则=a,=b,=c.设M为OB的中点,A关于M的对称点为N,连接ON,则=b-a.设P为OC上一点且OP=,设x=,y=,则S在以ON为直径的球K上,T在过P且与OC垂直的平面α上.易知球心K到平面α的距离为,球K的半径为1,所以|x-y|的最小值为-1=.
拓展延伸
3.[-1,+1]　[解析] 取AB的中点D,连接PD,则PD==.∵A(m,0,0),B(0,n,0),∴点A,B分别在x,y轴上运动,∵AB=2,OA⊥OB,∴点O在以D为球心, AB为直径的球上运动.∵PD=,∴-1≤OP≤+1.
高考真题
3-1　解:(1)证明:连接DE,OF,设AF=tAC,则=+=(1-t)+t,=-+,
因为BF⊥AO,所以·=[(1-t)+t]·=(t-1)+t=4(t-1)+4t=0,
解得t=,则F为AC的中点.
由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,得DE∥AB,DE=AB,OF∥AB,OF=AB,即DE∥OF,DE=OF,
则四边形ODEF为平行四边形,所以EF∥DO,
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
所以EF∥平面ADO.
(2)证明:由题可知AO=,PC∥OD,则DO=,得AD=DO=,
因此OD2+AO2=AD2=,则OD⊥AO,又OD∥EF,所以EF⊥AO,
又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EF 平面BEF,所以AO⊥平面BEF,
又AO 平面ADO,
所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)方法一:过点O作OH∥BF,交AC于点H,设AD∩BE=G,
由AO⊥BF,得HO⊥AO,且FH=AH,又由(2)知,OD⊥AO,所以∠DOH为二面角D-AO-C的平面角.
因为D,E分别为PB,PA的中点,所以G为△PAB的重心,
即有DG=AD,GE=BE.
连接DH,GF,因为FH=AH,所以DH=GF.
由cos∠ABD==
,可得PA=,
同理得BE=,
易知AC==2,EF=PC=,BF=AC=,
所以BE2+EF2=BF2=3,
即有BE⊥EF,则GF2=+=,
所以GF=,DH=×=.
在△DOH中,OH=BF=,OD=,DH=,
所以cos∠DOH==-,则sin∠DOH==,
所以二面角D-AO-C的正弦值为.
方法二:过点B作z轴⊥平面BAC,以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,2,0),O(0,,0).
在△BDA中,由余弦定理得cos∠DBA===-,
在△PBA中,由余弦定理得PA2=PB2+AB2-2PB·ABcos∠PBA=6+4-2×2×=14,所以PA=.
设P(x,y,z),
由得
可得所以P(-1,,),
则D,所以=(-2,,0),=.
设平面ADO的法向量为n1=(x1,y1,z1),则
即
令x1=1,则y1=,z1=,所以n1=(1,,),所以平面ADO的一个法向量为n1=(1,,).
又平面ACO的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos===,
因为∈[0,π],所以sin==,
故二面角D-AO-C的正弦值为.
拓展延伸
4.解:(1)Q是△ABC的垂心,证明如下:连接AQ,BQ,CQ,如图甲.
∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC 平面PBC,∴PA⊥平面PBC,
又BC 平面PBC,∴PA⊥BC.
由题意得PQ⊥平面ABC,
又BC 平面ABC,∴PQ⊥BC,
又PA∩PQ=P,PA,PQ 平面PAQ,
∴BC⊥平面PAQ,
又AQ 平面PAQ,∴BC⊥AQ.
同理可得AC⊥BQ,AB⊥CQ,∴点Q为△ABC的垂心.
(2)①在△ABC中,由正弦定理得2R=,
故4R2==.
∵cos∠BAC==,
∴cos2∠BAC=,∴1-cos2∠BAC=,
∴4R2=,
∴R=.
②证明:如图乙,以点P为原点,分别以PA,PB,PC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c),可得=(a,0,0),=(0,b,0),=(0,0,c).
设=m+n+t,则点O(ma,nb,tc).∵点O在平面ABC上,
∴m+n+t=1.
连接OA,OB,OC,由题意得R2=OA2=OB2=OC2,
即R2=(m-1)2a2+n2b2+t2c2=m2a2+(n-1)2b2+t2c2=m2a2+n2b2+(t-1)2c2,
故R2-OP2=(1-2m)a2=(1-2n)b2=(1-2t)c2,
∴1-2m=,1-2n=,1-2t=,三个式子相加得1=(R2-OP2),
∴OP2=R2-,
∴a2+b2+c2+OP2=R2+
=
R2+=
R2+=R2+4R2=5R2,
∴=5,为定值.教材回归
必记知识清单
多面体和 旋转体的 面积和体 积公式 设c为底面周长,c',c0分别是正棱台上、下底面的周长,h为高,h'为斜高,l为母线长,r为圆柱、圆锥底面圆的半径,r',r0分别为圆台上、下底面圆的半径,R为球的半径. (1)直棱柱:S侧=ch,V=S底h;(2)正棱锥:S侧=ch',V=S底h; (3)正棱台:S侧=(c0+c')h',V=(S上底+S下底+)h; (4)圆柱:S圆柱侧=2πrl,V=S底h=πr2h; (5)圆锥:S圆锥侧=πrl,V=S底h=πr2h; (6)圆台:S圆台侧=π(r0+r')l,V=(S上底+S下底+)h=π(+r0r'+r'2)h; (7)球:S表=4πR2,V=πR3
空间 向量 (1)平行六面体法则. (2)共面向量定理:若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面 存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb. (3)空间向量基本定理:如果三个向量a,b,c不共面,那么对任意一个空间向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc. 推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对空间任一点P都存在唯一的有序实数组(x,y,z),使=x+y+z,若x+y+z=1,则P,A,B,C四点共面. (4)空间向量坐标运算: 设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3);a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3); a·b=a1b1+a2b2+a3b3;a∥b a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0); a⊥b a1b1+a2b2+a3b3=0. (5)距离公式:已知P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),则P1P2=. (6)夹角公式:已知a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则cos=
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本源一　空间几何体
【教材来源】
【高考真题】
1-1　[2023·新课标Ⅱ卷] 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.
1-2　[2023·上海卷] 空间中存在三个点A,B,C满足AB=BC=CA=1,在空间中任取2个不同的点(不计顺序),使得它们与A,B,C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点,则不同的取法有 　　　　种.
【拓展延伸】
1.[2023·天津卷] 在三棱锥P-ABC中,线段PC上的点M满足PM=PC,线段PB上的点N满足PN=PB,则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
2.[2022·全国乙卷] 已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为 (　 )
A. B. C. D.
本源二　平面向量与空间向量
【教材来源】
【典型例题】
2-1　平面内非零向量a,b,c满足|a|=3,|b|=4,a·b=0,且|c-a-b|=2,则|c|的最大值为　　　　.
2-2　已知空间向量a,b,c两两的夹角均为60°,且|a|=|b|=2,|c|=6.若向量x,y分别满足x·(x+a-b)=0,y·c-8=0,则|x-y|的最小值是　　　　.
【拓展延伸】
3.已知空间直角坐标系Oxyz中,正四面体PABC的棱长为2,点A(m,0,0), B(0,n,0), mn≠0,则OP的取值范围为　　　　.
本源三　平面几何与立体几何
【教材来源】
【高考真题】
3-1　[2023·全国乙卷] 如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF∥平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
【拓展延伸】
4.[2025·辽宁省实验中学四模] 在四面体PABC中,PA,PB,PC两两垂直.
(1)点P在面ABC内的射影Q是△ABC的什么心 请给出证明.
(2)设点O为△ABC的外心,R为△ABC的外接圆半径,设PA=a,PB=b,PC=c.
①请写出R与a,b,c的关系(用a,b,c表示R);
②求证:为定值.(共46张PPT)
教材回归
本源一 空间几何体
本源二 平面向量与空间向量
本源三 平面几何与立体几何
◆
◆
必记知识清单
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多面体和旋 转体的面积 和体积公式
多面体和旋 转体的面积 和体积公式
续表
空间向量
续表
空间向量
续表
空间向量
续表
空间向量
续表
本源一 空间几何体
【教材来源】
【高考真题】
1-1.[2023· 新课标Ⅱ卷] 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平
面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体
积为____.
28
[解析] 方法一：依题意可知，原正四棱锥的高为6，
故棱台的体积 .
方法二：由题可知所得棱台的高为3，上底面是边长为2的正方形，
下底面是边长为4的正方形，由棱台的体积公式可得棱台的体积
.
1-2.[2023·上海卷] 空间中存在三个点，， 满足
，在空间中任取2个不同的点（不计顺序），使
得它们与，， 恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取
法有 ___种．
9
[解析] 设任取的2个不同的点为，.
当 为正四棱锥的侧面时，如图①，
当,在底面上时，平面 的两侧分别
可以作正方形作为正四棱锥的底面，有2种取法，同理以正方形
，正方形为底面各有2种取法，所以共有6种取法；
当 为正四棱锥的截面时，如图②，当,在底面上时，
，位于 两侧，正方形为正四棱锥的底面，只有一种取法，
同理以正方形 ，正方形 为底面各有1种取法，
所以共有3种取法.综上，不同的取法共有 （种）．
【拓展延伸】
1.[2023·天津卷]在三棱锥中，线段上的点 满足
，线段上的点满足，则三棱锥 和
三棱锥 的体积之比为( )
A. B. C. D.
[解析] 设中边上的高为 ,则由题意可得
，
.故选B.
√
2.[2022·全国乙卷]已知球的半径为1，四棱锥的顶点为 ，底面的四
个顶点均在球 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一:由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，
其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，
则 ，所以该四棱锥的高 ，
故该四棱锥的体积
，当且仅当，
即 时，等号成立，故当该四棱锥的体积最大时，
其高 ，故选C.
方法二：设该四棱锥的底面为四边形，四边形 所在小圆
的半径为，设四边形对角线的夹角为 ，
则
（当且仅当四边形 为正方形时等号成立），
故当四棱锥的顶点到平面的距离一定时，
底面的面积为 时，四棱锥的体积最大，又 ，
所以 ，
当且仅当，即 时等号成立，故选C.
方法三：设四棱锥的底面为四边形，四棱锥 的高为
，底面所在圆为，连接，,,则 底面 ，
当四边形为正方形时，四边形的面积最大，
此时为 , 的交点， ，
则，故 ，
则 .
设，则，
当 时，，单调递增，
当时，， 单调递减，
所以当时， 取到最大值，
即该四棱锥的体积取到最大值.故选C.
本源二 平面向量与空间向量
【教材来源】
【典型例题】
2-1.平面内非零向量,,满足,, ，且
,则 的最大值为___.
7
[解析] 如图，设，， ，由，
得，以， 为邻边构造矩形，
连接，，则 ，.
因为，所以在以 为圆心，
2为半径的圆上，由图可知，的最大值为 .
2-2.已知空间向量,,两两的夹角均为 ,且, .
若向量,分别满足，,则 的最
小值是__.
[解析] 设，，均为 ，
， ，，则,,.
设为的中点，关于 的对称点为，连接，则.
设为上一点且 ，设,,
则在以为直径的球上，在过且与 垂直的平面 上.
易知球心到平面 的距离为,球 的半径为1，
所以的最小值为 .
【拓展延伸】
3.已知空间直角坐标系中，正四面体 的棱长为2，点
，，，则 的取值范围为_____________
________．
[解析] 取的中点，连接，则 .
,， 点,分别在,轴上运动，
, ， 点在以为球心， 为直径的球上运动.
， .
本源三 平面几何与立体几何
【教材来源】
【高考真题】
3-1.[2023·全国乙卷] 如图，在三棱锥中， ，
，，，，， 的中点分别为
，，，，点在上， .
（1）证明：平面 ；
证明：连接，，设 ,则
, ,
因为 ,所以
,
解得,则为 的中点.
由，，，分别为，，， 的
中点，得，， ，
，即， ，
则四边形为平行四边形，所以 ，
又 平面， 平面 ，
所以平面 .
3-1.[2023·全国乙卷] 如图，在三棱锥
中，，， ，
，，， 的中点分别为
，，，，点在 上，
.
（2）证明：平面 平面 ；
证明：由题可知， ，
则,得 ，
因此，则 ，
又，所以 ，
又，,, 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
3-1.[2023·全国乙卷] 如图，在三棱锥
中，，， ，
，，， 的中点分别为
，，，，点在 上，
.
（3）求二面角 的正弦值.
解：方法一：过点作，交于点 ，
设 ,由，得，
且 ，又由（2）知，，
所以 为二面角 的平面角.
因为，分别为，的中点，
所以为 的重心，即有， .
连接，，因为，所以 .
由,
可得 ，同理得 ，
易知 ，，
，所以 ，
即有，则 ,
所以， .
在中，，
， ，
所以 ,
则 ,
所以二面角的正弦值为 .
方法二：过点作轴 平面，
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，， ， .
在 中，由余弦定理得
,
在 中，由余弦定理得,所以 .
设 ,由 得可得
所以，， ，则，
所以 , .
设平面的法向量为 ,
则 即
令,则,,所以 ,,,
所以平面 的一个法向量为,, .
又平面的一个法向量为 ,
所以, ，
因为,,所以 ,
, ,
故二面角的正弦值为 .
【拓展延伸】
4.[2025·辽宁省实验中学四模] 在四面体中，，， 两两
垂直.
（1）点在面内的射影是 的什么心？请给出证明.
解：是的垂心，证明如下：连接,, ,如图甲.
,,,, 平面，
平面 ，又 平面， .
由题意得 平面 ,又 平面, ，
又,, 平面 ， 平面 ,
又 平面, .
同理可得,， 点为 的垂心.
4.[2025·辽宁省实验中学四模] 在四面体中，，， 两两
垂直.
（2）设点为的外心，为的外接圆半径，设 ,
, .
①请写出与,,的关系（用，，表示 ）；
解：在中，由正弦定理得 ,
故 .
，
, ，
, .
4.[2025·辽宁省实验中学四模] 在四面体中，，， 两两
垂直.
（2）设点为的外心，为的外接圆半径，设 ,
, .
②求证： 为定值．
证明：如图乙，以点为原点，分别以,,
所在直线为,, 轴建立空间直角坐标系，
则,,, ,可得
,, .
设 ，则点
点在平面 上， .
连接，，，由题意得 ，
即 ，
故
，
, , ，
三个式子相加得 ，
，
，
，为定值.

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