专题3.4 高考热点链接

1、热点一几何体的三视图与面积和体积【热度解读】空间表面积与体积是考查几何命题的热点，由于三视图不是命制的知识点，使得表面积与体积命题直接考查出现了新的视角，多以选择题填空题形式出现，考查空间想象能力。例1（2018天津）如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1BB1D1D的体积为【分析】求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积【答案】【名师点评】解关于表面积、体积问题常用方法：（1）分割法：一个几何体的体积等于它的各部分体积之和。（2）补体法：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等.另外由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积.补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法,（3）等积变换法： 相同的几何体的体积相等：同一个几何体可以用不同的面做底（注意：三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面）；液状物体的形状改变体积不变（比如：水在容器中形状可以多变）. 等底面积等高的两个同类几何体的体积相等，体积相等的两个几何体叫做等积体。 （4）计算圆柱、圆锥、圆台的体积时，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注

2、意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解变式训练题1（2018河东区二模）麻团又叫煎堆，呈球形，华北地区称麻团，是一种古老的中华传统特色油炸面食，寓意团圆制作时以糯米粉团炸起，加上芝麻而制成，有些包麻茸、豆沙等馅料，有些没有一个长方体形状的纸盒中恰好放入4个球形的麻团，它们彼此相切，同时与长方体纸盒上下底和侧面均相切，其俯视图如图所示，若长方体纸盒的表面积为576cm2，则一个麻团的体积为cm3【答案】：36热点二空间向量与立体几何例2.（2018宣城二模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCB，ADC=90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点（）求证：平面PQB平面PAD；（）若PA=PD=2，BC=1，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值解：（）PA=PD，Q为AD的中点，PQAD平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=ADPQ平面ABCD以Q为原点分别以、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），设M（x0，y0，z0），由M是PC上的点，设，化简得设

3、异面直线AP与BM所成角为，则，解得或，故或专项训练题1. （2018历城区校级一模）在梯形ABCD中，ABC=，ADBC，BC=2AD=2AB=2将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为（）A4B（4+）C6D（5+）【答案】：D2. （2018呼伦贝尔一模）三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，AC=BC=1，PA=，则该三棱锥外接球的表面积为（）A5BC20D4【答案】：A【解析】：PA平面ABC，ACBC，BC平面PAC，PB是三棱锥PABC的外接球直径；RtPBA中，AB=，PA=PB=，可得外接球半径R=PB=外接球的表面积S=4R2=5故选：A3. （2018宁德二模）某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为2，则图中x的值为（）A1BCD【答案】：A【解析】：三视图对应的几何体的直观图如图：几何体的体积为：2=2，解得x=1故选：A4. （2018上海模拟）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB=3，BC=4，AA1=5，O是A1C1的中点，则三棱锥AA1OB1的体积为（ ）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】：D【

4、解析】：V=V=SCC1=5故答案为：55. （2018思明区校级模拟）已知棱长为1的正方体有一个内切球（如图），E为ABCD的中心，A1E与球相交于FE，则EF的长为（ ）A. B. C. 4 D6【答案】：B【解析】：设球心O到FE的距离为d，则在OA1E中，A1E=，OE=由等面积可得，d=，球的半径为，EF=63故答案为：6. （2018西城区模拟）设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个命题：如果m，n，那么mn；如果m，m，那么；如果，m，那么m；如果，=m，mn，那么n其中正确的命题是（）ABCD【答案】：B7. （2018昆明二模）已知四面体ABCD的四个顶点均在球O的表面上，AB为球O的直径，AB=4，AD=BC=2，当四面体ABCD的体积最大时，异面直线AD与BC所成角的余弦值为（）ABCD【答案】：D【解析】：AB是球O的直径，ABD和ABC均为直角三角形，又AD=BC=2，BD=AC=2，且ABD=BAC=30，SABD=2，当平面ABC平面ABD时，C到平面ABD的距离取得最大值h=ACsin30=，此时棱锥ABCD的体积取得最大值分别取AC，

5、BD的中点N，M，则ONBC，OMAD，故而MON为异面直线AD与BC所成角或其补角过N作NPAB于P，则NP平面ABD，故NPMP，NP=ANsin30=，OP=，又POM=18060=120，OM=AD=1，PM=，MN=，cosMON=，异面直线AD与BC所成角的余弦值为故选：D8. 2018唐山二模）在四棱锥SABCD中，SD底面ABCD，底面ABCD是正方形，SD=AD=2，三棱柱MNPM1N1P1的顶点都位于四棱锥SABCD的棱上，已知M，N，P分别是棱AB，AD，AS的中点，则三棱柱MNPM1N1P1的体积为( )A.1 B.2 C.3 D.4【答案】：A【解析】：由题意画出图形如图，则三棱柱MNPM1N1P1的底面为直角三角形MNP，高为侧棱M1M，且由已知可得PN=，MN=，三棱柱MNPM1N1P1的体积为故答案为：19. （2018珠海一模）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，ADBC，AA1=3，BCD=120，则直线A1B与B1C所成的角的余弦值为（）ABCD【答案】：A设直线A1B与B1C所成的角为，则cos=故选：A10. （2

6、018唐山三模）若异面直线m，n所成的角是60，则以下三个命题：存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60；存在平面，满足m，n与所成角为60；存在平面，满足m，n，与所成锐二面角为60其中正确命题的个数为（）A0B1C2D3【答案】：D在中，在n上取一点B，过B作mm，则以m，m确定的平面，满足m，n与所成角为60，故正确；在中，在n上取一点C，过C作mm，m，m确定一个平面平面，过n能作出一个平面，满足m，n，与所成锐二面角为60故正确故选：D11. （2018遂宁模拟）已知A，B，C，D四点均在以点O为球心的球面上，且AB=AC=AD=2，BC=BD=4，CD=8则球O的半径为（）A2B3C5D6【答案】：C【解析】：如图所示：已知A，B，C，D四点均在以点O为球心的球面上，且AB=AC=AD=2，BC=BD=4，CD=8则：BC2+BD2=CD2，所以：BCD为直角三角形由于AC=AD=2，CD=8所以：ACD为钝角三角形且CD上的高为：h故球心在点A与CD的中点的连线上设求的半径为r，则：r2=（r2）2+16，解得：r=5故所求的球O的半径为5故选：C12. 体积为的三棱锥P

7、ABC的顶点都在球O的球面上，PA平面ABC，PA=2，ABC=120，则球O的体积的最小值为（）ABCD【答案】：B【解析】：VPABC=SABCPA=，ABBC=6，PA平面ABC，PA=2，O到平面ABC的距离为d=PA=1，设ABC的外接圆半径为r，球O的半径为R，R=由余弦定理可知AC2=AB2+BC22ABBCcos120=AB2+BC2+62ABBC+6=18，当且仅当AB=BC=时取等号AC3由正弦定理可得2r=2，rR当R=时，球O的体积取得最小值V=故选：B13. （2018包头一模）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，有下列四个结论：A1EDC；A1EAC；A1EBD；A1EBC1其中正确的结论序号是（写出所有正确结论的序号）【答案】：=（2，1，2），=（0，2，0），=（2，2，0），=（2，2，0），=（2，0，2），=2，=6，=2，=0，：A1EDC不成立；A1EAC不成立；A1EBD不成立；A1EBC1成立故答案为：14. （2018聊城二模）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE（A1平面ABCD），若M为线段A1C的中点，则在ADE翻折过程中，下列结论正确的是（写出所有正确结论的序号）V：V=1：3；存在某个位置，使DEA1C；总有BM平面A1DE；线段BM的长为定值【答案】：在中，取CD中点F，连接MF，BF，则MFA1D且MF=A1D，FBED 且FB=ED，由MFA1D与FBED，可得平面MBF平面A1DE，总有BM平面A1DE，故正确；MFB=A1DE，由余弦定理可得MB2=MF2+FB22MFFBcosMFB是定值，故正确故答案为：15. （2018吉林三模）已知，是平面，m，n是直线，给出下列命题：若m，m，则；若m，n，m，n，则；如果m，n，m，n是异面直线，则n与相交；若=mnm，且n，n，则n，且n其中正确确命题的序号是（把正确命题的序号都填上）【答案】：16. （2018和平区三模）如图，将一块边长为10cm的正方形铁片裁下四个全等的等腰三角形（阴影部分）把余下的部分沿虚线折叠后围成一个正四棱锥，若被裁下阴影部分的总面积为20cm2，则正四棱锥的体积V等于cm3【答案】：【解析】：如图，设所截等腰三角形的底边边长为xcm，

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