创意二高考试题探源

根据几何体的三视图求几何体的体积或表面积命题角度：高考对三视图的考查，主要有以下两种类型：1.给出几何体判定其三视图；2.由三视图求几何体的表面积或体积，

其中类型2高考频率很高，多为选择题和填空题，难度较小，有些试题是通过课本习题改造变化而成．创意（二）高考试题探源课本题源：(教材P29习题1.3B组T1)如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算它的表面积和体积(尺寸如图，单位：cm，π取3.14，结果分别精确到1cm2，1cm3，可用计算器)．高考真题：(2012·辽宁，13)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析将三视图还原为实物图后求解．该几何体的上面是一个圆柱，下面是一个长方体，所以V＝4×3×1＋π×12×1＝12＋π.答案

12＋π反思感悟本考题与所展现的教材习题比较，是课本习题去掉下部的四棱台把上部的球改换成圆柱加工而成，解决的基本思路是由三视图想象确定组合体的结构特征，然后根据三视图中所标给的数据推断几何体的有关数据进而求出体积．[补偿训练1](2012·湖北，15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析利用组合体的体积是3个圆柱的体积和求解．由三视图知几何体由两个底面直径为4、高为1的圆柱和一个底面直径为2、高为4的圆柱组成，故V＝2×π22×1＋π×12×4＝12π.答案

12π

实际问题中的几何体的表面积或体积问题命题角度：直接根据所给出的几何体或几何体的直观图求几何体的表面积或体积是本章在高考中一类常见考题．主要用以考查学生对几何体结构特征的理解把握及关于几何体体积、表面积的计算能力，难度不大．多以选择题、填空题的形式考查，有时以解答题形式考查，有些试题是从课本中的习题改造加工而成，体现了“源于教材又略高于教材”这一命题的指导思想．课本题源：(教材P29习题1.3A组T5)如图是一个烟筒的直观图(图中单位：cm)，它的下部是一个四棱台(上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形)形物体；上部是一个四棱柱(底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形)形物体，为防止雨水的侵蚀，增加美观，需要粘贴瓷砖，需要瓷砖多少平方厘米(结果精确到1cm2，可用计算器)?高考真题：(2012·湖北，19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1－ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD－A2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理，已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？(1)证明因为四棱柱ABCD－A2B2C2D2的侧面是全等的矩形，所以AA2⊥AB，AA2⊥AD.又因为AB∩AD＝A，所以AA2⊥平面ABCD.连接BD，因为BD⊂平面ABCD，所以AA2⊥BD.因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD.根据棱台的定义可知，BD与B1D1共面．又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥BD.于是，由AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1.又因为AA2∩AC＝A，所以B1D1⊥平面ACC2A2.反思感悟本考题与所展示课本习题比较，只是增加了线面位置关系的考查，其余完全类同，解决此类考题，必须把握所给几何体的结构特征，才能推理论证线面关系，正确计算其表面积或体积，从而解决实际问题．[补偿训练2]某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图(1)所示．墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH，下半部分是长方体ABCD－EFGH.如图(2)(3)所示的分别是该标识墩的正视图和俯视图． (1)请画出该安全标识墩的侧视图； (2)求该安全标识墩的体积．[补偿训练3]如图是一直三棱柱(以A1B1C1为底面)被一平面所截得到的几何体，截面为ABC．已知A1B1＝B1C1＝1，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝2，CC1＝3.(1)设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1；(2)求二面角B－AC－A1的大小；(3)求此几何体的体积．

以直棱柱为载体考查线面位置关系命题角度：以直棱柱为载体考查线面位置关系是高考中常见的一类解答题，主要考查棱柱的结构特征及线面平行、垂直间的相互转化，难度中等．课本题源：(教材P79复习参考题B组T2)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，求证：(1)B1D⊥平面A1C1B；(2)B1D与平面A1C1B的交点H是△A1C1B的重心(三角形三条中线的交点．)高考真题：(2012·陕西，18)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝90°. (1)证明：CB1⊥BA1；(2)利用A1C1为三棱锥的高计算VC1－ABA1.(1)证明如图所示，连接AB1.∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝90°，∴AC⊥平面ABB1A1，故AC⊥BA1.又∵AB＝AA1，∴四边形ABB1A1是正方形，∴BA1⊥AB1.又CA∩AB1＝A，∴BA1⊥平面CAB1，故CB1⊥BA1.反思感悟本考题与所展示习题比较，都是以直棱柱为载体证明垂直问题，证明核心都是利用线面垂直的判定定理证线面垂直．解决这类问题实质是根据棱柱的结构特征灵活进行线、面平行或垂直间的转化．[补偿训练4](2012·安徽，19)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是正方形，O是BD的中点，E是棱AA1上任意一点．

(1)证明：BD⊥EC1；(1)证明连接AC，A1C1，由底面是正方形知，BD⊥AC.因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.又AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C1C.因为EC1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥EC1.

以棱锥为载体考查线、面位置关系及空间角的求法命题角度：以棱锥为载体考查线面位置关系及空间角的求法是高考中的常见解答题，且多分步设置，一般第一步常考查线面位置关系，第二步或第三步考查空间角的计算．难度中等偏上．(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．[思路探索]

(1)由题意易得PC⊥BD，再证明PC垂直于平面BED内的一条直线即可，取AC∩BD＝F，证明PC⊥EF.(2)直接作出平面角有些困难，故转化为求D点到平面PBC的距离与PD的比值可求．反思感悟本考题与所展示习题均是以四棱锥为载体考查空间角的计算，但本考题加了第一步证明PC⊥平面BED.其第二步，运用面面垂直的性质论证BC⊥平面APB，从而确定底面为正方形，并运用转移法求得D到平面PBC的距离得到所求线面角的正弦值，难度大为增加．另外本题并没有直接作出线面角，而是通过求D到平面PBC的距离与PD的比值确定所求线面角的正弦值，从而求线面角，在众多空间角的计算考题中，本题颇具特色．[补偿训练5](2012·湖南，18)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．

(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．(1)证明如图，连接AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5.又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.(2)解过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于点F，G，连接PF.由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE.

求弦长问题命题角度：直线与方程高考一般不单独命题，常与圆及圆锥曲线(在选修2－1，1－1第二章)综合考查，在直线与圆相结合的考题中，尤以求弦长频率最高，且多以选择题、填空题的形式来命题．课本题源：(教材P132习题4.2A组T5)求直线l：3x－y－6＝0被圆C：x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦AB的长．[思路探索]利用弦心距、半弦、半径构成的直角三角形来计算．答案

B反思感悟单独的弦长计算问题，一般不通过代数方法求交点来解决，而是利用弦心距构成的直角三角形计算半弦长而得出弦长．[补偿训练6](2012·重庆，3)设A，B为直线y＝x与圆x2＋y2＝1的两个交点，则|AB|＝ (

)．解析利用直线过圆心，则所截弦长恰为直径长求解．由于直线y＝x过圆心(0，0)，所以弦长|AB|＝2R＝2.答案

D

直线与圆位置关系的判定命题角度：直线与圆位置关系的判定也是高考中的一类常见题型，多以选择题的形式考查，难度较小，常放在试卷选择题前几个小题的位置上，一般运用圆心到直线的距离与半径比较大小即可判定．课本题源：(教材P128练习T3，T4)1．判断直线3x＋4y＋2＝0与圆x2＋y2－2x＝0的位置关系．2．已知直线l：y＝x＋6，圆C：x2＋y2－2y－4＝0.试判断直

线l与圆C有无公共点，有几个公共点．高考真题：(2012·重庆，3)对任意的实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是 (

)． A．相离

B．相切 C．相交但直线不过圆心

D．相交且直线过圆心 [思路探索]利用圆心到直线的距离与半径的大小比较．答案