2019届二轮复习高考热点链接立体几何学案（全国通用）

2019届二轮复习高考热点链接立体几何学案（全国通用）

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ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D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：‎ ‎ ①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）.‎ ‎ ②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】：36π 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P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；‎ ‎（Ⅱ）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：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．‎ ‎∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．‎ ‎∵PQ⊥平面ABCD．‎ 以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、 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， 0），‎ ‎∴，，．‎ 由M是PC上的点，设，化简得．‎ 设异面直线AP与BM所成角为θ，‎ 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=，AD∥BC，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（　　）‎ A．4π B．（4+）π C．6π D．（5+）π ‎【答案】：D ‎2. （2018•呼伦贝尔一模）三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=1，PA=，则该三棱锥外接球的表面积为（　　）‎ A．5π B． C．20π D．4π ‎【答案】：A ‎【解析】：PA⊥平面ABC，AC⊥BC，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，PB是三棱锥P﹣ABC的外接球直径；‎ ‎∵Rt△PBA中，AB=，PA=‎ ‎∴PB=，可得外接球半径R=PB=‎ ‎∴外接球的表面积S=4πR2=5π 故选：A．‎ ‎3. （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（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【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：A．‎ ‎4. （2018•上海模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=3，BC=4，AA1=5，O是A1C1的中点，则三棱锥A﹣A1OB1的体积为（ ）‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎【答案】：D ‎【解析】：V=V=•S•CC1==5．‎ 故答案为：5．‎ ‎5. （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，α，β是两个不同的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①如果m∥α，n⊂α，那么m∥n；‎ ‎②如果m⊥α，m⊥β，那么α∥β；‎ ‎③如果α⊥β，m⊥α，那么m∥β；‎ ‎④如果α⊥β，α∩β=m，m⊥n，那么n⊥β．‎ 其中正确的命题是（　　）‎ A．① B．② C．③ D．④‎ ‎【答案】：B ‎7. （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（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【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°，‎ ‎∴S△ABD==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，BD的中点N，M，则ON∥BC，OM∥AD，故而∠MON为异面直线AD与BC所成角或其补角．‎ 过N作NP⊥AB于P，则NP⊥平面ABD，故NP⊥MP，‎ ‎∵NP=ANsin30°=，∴OP==，又∠POM=180°﹣60°=120°，OM=AD=1，‎ ‎∴PM==，‎ ‎∴MN==，‎ ‎∴cos∠MON===﹣，‎ ‎∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为．‎ 故选：D．‎ ‎8. 2018•唐山二模）在四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，SD=AD=2，三棱柱MNP﹣M1N1P1的顶点都位于四棱锥S﹣ABCD的棱上，已知M，N，P分别是棱AB，AD，AS的中点，则三棱柱MNP﹣M1N1P1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MNP﹣M1N1P1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MNP﹣M1N1P1的体积为．‎ 故答案为：1．‎ ‎9. （2018•珠海一模）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AA1=3，，∠BCD=120°，则直线A1B与B1C所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．学 ]‎ ‎【答案】：A 设直线A1B与B1C所成的角为θ，‎ 则cosθ====．‎ 故选：A．‎ ‎10. （2018•唐山三模）若异面直线m，n所成的角是60°，则以下三个命题：‎ ‎①存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°；‎ ‎②存在平面α，满足m⊂α，n与α所成角为60°；‎ ‎③存在平面α，β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°．‎ 其中正确命题的个数为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】：D 在②中，在n上取一点B，过B作m′∥m，‎ 则以m，m′确定的平面α，满足m⊂α，n与α所成角为60°，故②正确；‎ 在③中，在n上取一点C，过C作m′∥m，‎ m，m′确定一个平面平面α，过n能作出一个平面β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°．故③正确．‎ 故选：D．‎ ‎11. （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（　　）‎ A．2 B．3 C．5 D．6‎ ‎【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=（r﹣2）2+16，‎ 解得：r=5．‎ 故所求的球O的半径为5．‎ 故选：C．‎ ‎12. 体积为的三棱锥P﹣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（　　）‎ A．π B．π C．π D．π ‎【答案】：B ‎【解析】：∵VP﹣ABC=S△ABC•PA==，‎ ‎∴AB•BC=6， 学 ]‎ ‎∵PA⊥平面ABC，PA=2， 学 ‎ ‎∴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+BC2﹣2AB•BC•cos120°=AB2+BC2+6≥2AB•BC+6=18，‎ 当且仅当AB=BC=时取等号．∴AC≥3．由正弦定理可得2r=≥=2，∴r≥．∴R≥．∴当R=时，球O的体积取得最小值V==．故选：B．‎ ‎13. （2018•包头一模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，有下列四个结论：①A1E⊥DC；②A1E⊥AC；③A1E⊥BD；④A1E⊥BC1．其中正确的结论序号是　　（写出所有正确结论的序号）． 学 ]‎ ‎【答案】：④．‎ ‎=（﹣2，1，﹣2），=（0，2，0），‎ ‎=（﹣2，2，0），=（﹣2，﹣2，0），‎ ‎=（﹣2，0，2），‎ ‎•=2，=6，=2，•=0，‎ ‎∴：①A1E⊥DC不成立；②A1E⊥AC不成立；‎ ‎③A1E⊥BD不成立；④A1E⊥BC1成立．‎ 故答案为：④．‎ ‎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）‎ ‎①V：V=1：3；‎ ‎②存在某个位置，使DE⊥A1C；‎ ‎③总有BM∥平面A1DE；‎ ‎④线段BM的长为定值．‎ ‎【答案】：①③④‎ ‎ 学 ]‎ 在③中，取CD中点F，连接MF，BF，则MF∥A1D且MF=A1D，FB∥ED 且FB=ED，‎ 由MF∥A1D与FB∥ED，可得平面MBF∥平面A1DE，∴总有BM∥平面A1DE，故③正确；‎ ‎∴∠MFB=∠A1DE，由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB是定值，故④正确．‎ 故答案为：①③④．‎ ‎15. （2018•吉林三模）已知α，β是平面，m，n是直线，给出下列命题：‎ ‎①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；‎ ‎②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；‎ ‎③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，则n与α相交；‎ ‎④若α∩β=m．n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，且n∥β 其中正确确命题的序号是　　（把正确命题的序号都填上）‎ ‎【答案】：①④‎ ‎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，‎ ‎4××5×x=20，解得x=2，所得四棱锥的底面边长为4，即AD=AB=BC=CD=4四棱锥的斜高为：‎ ‎=3，四棱锥的高为：OE==，‎ 该容器的体积为：×=cm3．‎ 故答案为：．‎