2015年高考第一轮复习数学：9.13 立体几何的综合问题
广东省高考数学一轮复习 立体几何备考试题 理
广东省2015年高考数学理一轮复习备考试题：立体几何一、选择题1．（珠海2015届高三9月摸底）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．163πB ．16πC ．83πD ．8π2、（2013广东高考）某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( )A . 4B ．143C ．163D ．63、（2013广东高考）设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是( )A . 若αβ⊥,m α⊂,n β⊂,则m n ⊥B ．若//αβ,m α⊂,n β⊂,则//m nC ．若m n ⊥,m α⊂,n β⊂,则αβ⊥D ．若m α⊥,//m n ,//n β,则αβ⊥4、（2012广东高考）某几何体的三视图如图1所示，它的体积为（ ）A.12πB.45πC.57πD.81π5、（2011广东高考）如图1 ~ 3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为侧视图俯视图第1题图A ．． C ．．6、（广州海珠区2015届高三8月摸底）已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥二、解答题7、（2014广东高考）如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，030DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E . （1）证明：CF ADF ⊥平面 （2）求二面角D AF E --的余弦值8、（2013广东高考）如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90A ∠=︒,6BC =,,D E 分别是,AC AB 上的点,CD BE =O 为BC 的中点.将ADE ∆沿DE 折起,得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-,其中A O '=(Ⅰ) 证明:A O '⊥平面BCDE ； (Ⅱ) 求二面角A CD B '--的平面角的余弦值.图5CDP BAEF9、（2012广东高考）如图5所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .（Ⅰ）证明：BD ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若1PA =，2AD =，学科网求二面角B PC A --的正切值.是边长为1的10、（2011广东高考）如图5，在锥体P ABCD -中，ABCD 菱形，且60DAB ∠=，PA PD ==2PB =，,E F 分别是BC ,PC 的中点．（1）证明：AD ⊥平面DEF ；（2）求二面角P AD B --的余弦值．11、（2014广州一模）如图5，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1D D 的中点，点F 在棱1B B 上，且满足12B F FB =． （1）求证：11EF AC ⊥；（2）在棱1C C 上确定一点G ， 使A ，E ，G ，F 四点共面，并求此时1C G 的长；（3）求平面AEF 与平面ABCD 所成二面角的余弦值．.CO BDECDOBE'A图1图2C1C1D ABDEF1A1B图512、（珠海2015届高三9月摸底）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，E F G 、、分别为11AB C D DC 、、中点，123AB AD AC ==，（1）求证：1C E AFC 平面．（2）求二面角F AC G --的正切值．13、（广州海珠区2015届高三8月）如图，四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 为正方形，PD PA =，⊥PA 平面PDC ，E 为棱PD 的中点．（1）求证：PB // 平面EAC ； （2）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （3）求二面角B AC E --的余弦值．14、（2014届肇庆二模）如图5，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，且∠DAB =60︒. 侧面PAD 为正三角形，其所在的平 面垂直于底面ABCD ，G 为AD 边的中点.（1）求证：BG ⊥平面PAD ；（2）求平面PBG 与平面PCD 所成二面角的平面角的 余弦值；（3）若E 为BC 边的中点，能否在棱PC 上找到一点F ， 使平面DEF ⊥平面ABCD ，并证明你的结论.15．（2014届深圳二模）如图5,已知△ABC 为直角三角形,∠ACB 为直角.以AC 为直径作半圆O,使半圆O 所在平面⊥平面ABC,P 为半圆周异于A,C 的任意一点. (1) 证明:AP ⊥平面PBC(2) 若PA=1,AC=BC=2,半圆O 的弦PQ ∥AC,求平面PAB 与平面QCB 所成锐二面角的余弦值.G FEA 1D 1C 1B 1D CBA第18题图答案：1、A2、B3、D4、C5、B6、B 7（1）证明： PD ⊥平面ABCD ， AD ⊂平面ABCD ∴PD AD ⊥ ①四边形ABCD 为正方形 ∴AD CD ⊥ ② AD CD D ⋂= AD ∴⊥平面PCD CF ⊂平面PCD AD CF ⊥ ③AF PC ⊥即AF CF ⊥ ④ 且AF AD A ⋂= CF ∴⊥平面ADF （2）方法1（传统法）过E 作EG DF ⊥交DF 于GGH AF ⊥交AF 于H ，连接EH EDG ∠就是所求二面角的平面角 （过程略）方法2（向量法）由（1）可得，,,AD PD AD DC PD DC ⊥⊥⊥，在Rt PDC ∆中，,30DPC CD a ∠==，则由（1）知PF DF ⊥，所以3cos302PF PD a ==， 因为//FE CD ，所以EF PF PEDC PC PD==，所以34EF a =，4PE =，所以4ED =，所以3(0,0,),(,0,0),(,,0),(0,,0)444aA a E F C a ， 则333(,0,),(,),4a a a AE a AF a =-=- 设平面AEF 的法向量为(,,)n x y z =，则00nAE n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得03044az a x yaz ⎧-=⎪⎪⎪+-=⎪⎩， 取1x =，则0z y ==，所以3(1,0,n =由（1）可知，平面ADF的法向量为3(,0)4aCF =-，所以004cos ,||||nCF n CF n CF a +⋅<>====⋅设二面角D AF E--为θ，则cos θ=8、(Ⅰ) 在图1中,易得3,OC AC AD ===连结,OD OE ,在OCD∆中,由余弦定理可得OD 由翻折不变性可知A D '=,所以222A O OD A D ''+=,所以A O OD '⊥,C D OBE'AH理可证A O OE '⊥, 又ODOE O =,所以A O '⊥平面BCDE .(Ⅱ) 传统法:过O 作OH CD ⊥交CD 的延长线于H ,连结A H ', 因为A O '⊥平面BCDE ,所以A H CD '⊥, 所以A HO '∠为二面角A CD B '--的平面角.结合图1可知,H 为AC 中点,故2OH =,从而AH '==所以cos OH A HO A H '∠=='所以二面角A CD B '--向量法:以O 点为原点,建立空间直角坐标系O xyz -则(A ',()0,3,0C -,()1,2,0D -所以(CA '=,(1,DA '=- 设(),,n x y z =为平面A CD '的法向量,则00n CA n DA ⎧'⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩,即3020y x y ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩,解得y x z =-⎧⎪⎨=⎪⎩,令1x =,得(1,n =- 由(Ⅰ) 知,(OA '=为平面CDB 的一个法向量,所以cos ,53n OA n OA n OA '⋅'===',即二面角A CD B '--.9、解析：（Ⅰ）因为PC ⊥平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，所以PC BD ⊥.又因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥.而PC PA P =，PC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知BD ⊥平面PAC ，而AC ⊂平面PAC ，所以BD AC ⊥，而ABCD 为矩形，所以ABCD 为正方形，于是2AB AD ==.CDPBAE FH 法1：以A 点为原点，AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系A BDP -.则()0,0,1P 、()2,2,0C 、()2,0,0B 、()0,2,0D ，于是()0,2,0BC =，()2,0,1PB =-.设平面PBC 的一个法向量为=1n (),,x y z ，则00BC PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩11n n ，从而2020y x z =⎧⎨-=⎩，令1x =，得()1,0,2=1n .而平面PAC 的一个法向量为=2n ()2,2,0BD =-.所以二面角B P CA --的余弦值为c o s ,⋅<>=121212=n n n n n n ，于是二面角B PC A --的正切值为3.法2：设AC 与BD 交于点O ，连接OE .因为PC ⊥平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，BE ⊂平面BDE ，所以PC OE ⊥，PC BE ⊥，于是OEB ∠就是二面角B PC A --的平面角.又因为BD ⊥平面PAC ，OE ⊂平面PAC ，所以OEB ∆是直角三角形.由OEC ∆∽PAC ∆可得OEPAOC PC=，而2A B A D ==，所以AC =OC =1PA =，所以3PC =，于是13PA OE OC PC =⨯=OB =B PC A --的正切值为3OBOE=.10、（1）证明：取AD 的中点H ，连接,,PH BH BD∵PA PD =，∴AD PH ⊥∵在边长为1的菱形ABCD 中，60DAB ∠= ∴△ABD 是等边三角形∴AD HB ⊥，PH HB H = ∴AD ⊥平面PHB ∴AD PB ⊥∵,E F 分别是BC ,PC 的中点 ∴EF ∥PB ，HB ∥DE ∴AD DE ⊥，AD EF ⊥，DEEF E =∴AD ⊥平面DEF（2）解：由（1）知PH AD ⊥，HB AD ⊥ ∴PHB ∠是二面角P AD B--的平面角 易求得PH BH ==∴2227334cos2PH HB PBPHBPH HB+--+-∠==⋅∴二面角P AD B--的余弦值为7-11、推理论证法：111DD D=1D D．因为H，连结BH AE．中，过点F作FG BH，则FG AE．四点共面．1113BF C C a==，EF DB M=与平面ABCD的交线．，垂足为N，连结FB BN B=，所以，所以AM与平面ABCDMB在△ABM中，AB a=，135ABM∠=，所以2222cos135AM AB MB AB MB=+-⨯⨯⨯sin135，sin135a⨯=1故平面AEF 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为 空间向量法：（1）证明：以点D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图的空间直角坐标系， 则(),0,0A a ，()1,0,A a a ，()10,,C a a ，所以()11,,0AC a a =-，,EF a a ⎛= 因为221100AC EF a a =-++=，所以11AC EF ⊥．所以11EF AC ⊥． （2）解：设()0,,G a h ，因为平面11ADD A 平面11BCC B ，平面11ADD A 平面AEGF AE =，平面11BCC B 平面AEGF FG =，所以FGAE ．所以存在实数λ，使得FG AE λ=． 因为AE a ⎛=- ，FG a⎛=- 1λ=，h ．所以1C G CC = ，E ，G ，F 四点共面． （3）解：由（1）知AE a ⎛=- ，0,AF a ⎛= 设(),,x y z =n 是平面AEF 的法向量，则0,0.AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩n n 即取6z =，则3x =，2y =-．所以()3,2,6=-n 是平面AEF 的一个法向量． 而()10,0,DD a =是平面ABCD 的一个法向量， 设平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，则11DD DD n n=故平面AEF 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为12、解：(1)．证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，E F 、分别为11AB C D 、中点，∴1AE C F 且1AE C F =∴四边形1AEC F 是平行四边形∴1C E AF …………………………………………………………3分 AF AFC ⊂平面，1C E AFC ⊄平面 ∴1C E AFC 平面 ……………………………5分(2)．长方体1111ABCD A B C D -中，F G 、分别为11C D DC 、中点，123AB AD AC ==， ∴FG ABCD ⊥平面 ……………………………7分过F 做FH AC ⊥于H ，又AC FG ⊥∴AC FGH ⊥平面 ∴GH AC ⊥∴FHG ∠就是二面角F AC G --的平面角 ……………………………9分FG =，在ACG ∆中，GH AC AD CG ⋅=⋅∴AD CG GH AC ⋅==……………………11分 ∴直角三角形FGH中tan 3FG FHG GH ∠=== ………………………………13分∴二面角F AC G --的正切值为3……………………………14分13． H G F E A 1D 1C 1B 1DC B A14、（1）证明：连结BD.因为ABCD为棱形，且∠DAB=60°，所以 ABD为正三角形. （1分）又G为AD的中点，所以BG⊥AD. （2分）又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ， （3分） ∴BG ⊥平面PAD . （4分） 解：（2）∵△PAD 为正三角形，G 为AD 的中点，∴PG ⊥AD .∵PG ⊂平面PAD ，由（1）可得：PG ⊥GB . 又由（1）知BG ⊥AD .∴PG 、BG 、AD 两两垂直. （5分）故以G 为原点，建立如图所示空间直角坐标系G xyz -，330cos =︒=PD PG ，360sin =︒=AB GB ， （6分）所以(0,0,0)G ，(0,1,0)D，(P，)2,0C ，(0,1,,PD =(3,2,PC = （7分） 设平面PCD 的法向量为0()0n PD n x y z n PC ⎧=⎪=⎨=⎪⎩·，，，∴·，即020y y ⎧=⎪+= 令1z =，则1(131)x y n =-==-，，， （8分） 又平面PBG 的法向量可为()020AD =，，， （9分） 设平面PBG 与平面PCD 所成二面角的平面角为θ，则∴2cos ||||2n AD n AD θ===·· 即平面PBG 与平面PCD . （10分） （3）当F 为PC 的中点时，平面DEF ⊥平面ABCD . （11分） 取PC 的中点F ，连结DE ，EF ，DF ，CG ，且DE 与CG 相交于H .因为E 、G 分别为BC 、AD 的中点，所以四边形CDGE 为平行四边形，故H 为CG 的中点. 又F 为CP 的中点，所以FH //PG . （12分） 由（2），得PG ⊥平面ABCD ，所以FH ⊥平面ABCD . （13分） 又FH ⊂平面DEF ，所以平面DEF ⊥平面ABCD . （14分）15、。
【高考导航】2015高考数学一轮总复习 专题四 立体几何综合题的解答课件 理
(1)求证：DE∥平面 A1CB； (2)求证：A1F⊥BE； (3)线段 A1B 上是否存在点 Q， 使 A1C⊥平面 DEQ？说明理由．
(2)存在性问题，可以先假设 特殊的位置(元素)就是所求， 然后证明这个位置(元素)是否 适合题意，同时要牢牢抓住 “转化”这一武器，线与线、线 与面、面与面之间的平行(垂直) 都可互相转化．证明线面平行与 垂直关系的难点在于辅助面和 辅助线的添加，在添加辅助线和 辅助面时一定要以相关性质、定理 为依据，绝不能主观臆断．
由 PB＝PD＝AB＝AD＝2 知， △ABD≌△PBD.因为∠BAD＝60°， 所以 PO＝AO＝ 3，AC＝2 3， BO＝1.又 PA＝ 6，所 PO2＋AO2＝PA2，所以 PO⊥AC， 1 故 S△APC＝ PO·AC＝3.由(1)知， 2 BO⊥平面 APC，因此 1 V 三棱锥 P－BCE＝ V 三棱锥 B－APC 2 1 1 1 ＝ · ·BO·S△APC＝ . 2 3 2
(1)证明线线垂直，一般采用线面 垂直的性质，而证明线面垂直， 又要利用线线垂直或线面垂直．
(2)求三棱锥的体积常进行 等积转化，即转化为底面积 或高易求的三棱锥，如本题 1 中 VP－BCE＝VB－PCE＝ VB－APC. 2
聚焦考向透析
例题精编
考向三
线面位置关系的存在性探究
方法分析 解题过程 回归反思
聚焦考向透析
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考向三
线面位置关系的存在性探究
方法分析 解题过程 回归反思
(2012·高考北京卷)如图(1)，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，D，E 分别为 AC、AB 的中点，点 F 为线段 CD 上的一点， 将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置， 使 A1F⊥CD，如图(2)．
2015年新课标高考立体几何分类赏析
2015年新课标高考立体几何分类赏析
2015年的新课标高考，在立体几何方面给出了一些新的考题设计，与往年的考题有很大的不同，这也使得高考考生在取得好成绩的同时，要加强对立体几何的学习。
下面，就以2015年新课标高考立体几何考题为例，对其进行分类赏析，希望能为考生提供参考。
一、平面几何
2015年新课标高考立体几何考题中，有很多是关于平面几何的知识点，比如，定义平面图形、计算面积、计算周长等。
在发现相关几何图形时，涉及到一些经典的几何命题，比如直角三角形中，直角线的边长乘积等于其他两边的长度的平方之和，或者求解两个平行四边形的面积之比等。
二、曲面几何
2015年新课标高考立体几何考题中，也有一些是关于曲面几何的知识点，比如球的表面积和体积的计算、棱柱的表面积和体积的计算、圆柱的表面积和体积的计算等。
有关曲面几何的问题，往往是求出某个特定几何形状面积和体积，或者求解特定几何形状的一些角度等。
三、几何关系
2015年新课标高考立体几何考题中，也有一些是关于几何关系的知识点。
比如，利用几何关系推导某个几何图形的边长，或者通过几何关系推导某个几何图形的面积、体积等。
有关几何关系的问题，往往是求出某个特定几何形状的定义，或者求解特定几何形状的一些
参数等。
总之，2015年新课标高考立体几何考题中，考查的知识点有平面几何、曲面几何以及几何关系等三大类。
考生在备考时，需重点掌握球的表面积和体积计算、棱柱的表面积和体积计算、圆柱的表面积和体积计算以及几何关系的使用等。
只有利用好这些知识点，考生才能够取得理想的成绩。
立体几何中的综合问题课件高三数学一轮复习
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5. （多选）如图，在棱长为1的正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1中， M ， N 分别为 BD 1， B 1 C 1的中点，点 P 在正方体的表面上运动，且满足 MP ⊥ CN . 下列说法中正确的是（ ） A. 点 P 可以是棱 BB 1的中点
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考向1 轨迹问题
动态问题
A. π C. 4π
B. 2π
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（2）（多选）如图，已知正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1的棱长 为4， M 为 DD 1的中点， N 为 ABCD 所在平面内一动 点，则下列命题正确的是（ ）
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（2024·厦门质检）在三棱柱 ABC - A 1 B 1 C 1中，四边形 AA 1 B 1 B 是 菱形， AB ⊥ AC ，平面 AA 1 B 1 B ⊥平面 ABC ，平面 A 1 B 1 C 1与平面 AB 1 C 的交线为 l .
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（1）证明： A 1 B ⊥ B 1 C .
解：证明：因为四边形 AA 1 B 1 B 为菱形，所以 A 1 B ⊥ AB 1. 因为平面 AA 1 B 1 B ⊥平面 ABC ，平面 AA 1 B 1 B ∩平面 ABC ＝ AB ， AC ⊂平面 ABC ， AC ⊥ AB ， 所以 AC ⊥平面 AA 1 B 1 B . 又 A 1 B ⊂平面 AA 1 B 1 B ，所以 AC ⊥ A 1 B . 又因为 AB 1∩ AC ＝ A ， 所以 A 1 B ⊥平面 AB 1 C . 又 B 1 C ⊂平面 AB 1 C ，所以 A 1 B ⊥ B 1 C .
高考数学《立体几何的综合问题》复习课件
课堂考点探究
探究点二 探索性问题中的平行与垂直关系
例 3 [2018·山东、湖北部分重点中学模拟] 如 图 7-43-4 所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 ABB1A1 是矩形,∠BAC=90°,AA1⊥ BC,AA1=AC=2AB=4,且 BC1⊥ A1C. (1)求证:平面 ABC1⊥平面 A1ACC1. (2)设 D 是 A1C1 的中点,判断并 证明在线段 BB1 上是否存在点 E,使得 DE∥平 面 ABC1?若存在,请说明理由并求点 E 到平面 ABC1 的距离.
课堂考点探究
方法二:当 E 为 BB1 的中点时,连接 DE,如图 2,设 A1C 交 AC1 于点 G,连接 BG,DG. ∵DG 12CC1,BE 12CC1,∴BE∥DG 且 BE=DG,∴四边形 DEBG 为平行四边形,则 DE∥BG, 又 DE⊄平面 ABC1,BG⊂平面 ABC1,∴DE∥平面 ABC1.求距离同方法一.
课堂考点探究
例 2 [2018·烟台二模] 如图 7-43-2 所示,在四棱锥 P-ABCD 中,四边形 ABCD 是矩形,E,F 分别为 BC,AP 的中点. (1)求证:EF∥平面 PCD; (2)若平面 PAB⊥平面 ABCD,AD=AP=1,AB=2,∠ PAB=45°,求三棱锥 P-DEF 的体积.
[思路点拨] (1)欲证 PE⊥BC,只需证明 PE⊥AD 即可;(2)证明 PD⊥平面 PAB,从 而可得平面 PAB⊥平面 PCD;(3)取 PC 的 中点 G,连接 FG,DG,证明 EF∥DG,则 EF ∥平面 PCD.
课堂考点探究
证明:(1)∵PA=PD,且 E 为 AD 的中点,∴PE⊥AD. ∵底面 ABCD 为矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC. (2)∵底面 ABCD 为矩形,∴AB⊥AD.∵平面 PAD⊥平面 ABCD,∴AB⊥平面 PAD,∴AB⊥ PD.又 PA⊥PD,∴PD⊥平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PCD. (3)如图,取 PC 的中点 G,连接 FG,GD.∵F,G 分别为 PB 和 PC 的中点,∴FG∥BC 且 FG=12BC.∵四边形 ABCD 为矩形,且 E 为 AD 的中点, ∴ED∥BC,ED=12BC,∴ED∥FG 且 ED=FG,∴四边形 EFGD 为平行四边形,∴EF∥GD. 又 EF⊄平面 PCD,GD⊂平面 PCD,∴EF∥平面 PCD.
2015届高考理科数学立体几何一轮练习题-数学试题
2015届高考理科数学立体几何一轮练习题-数学试题第1课时立体几何的结构及其三视图和直观图1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．3．会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．4．会画某些建筑物的三视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等没有严格要求)．[对应学生用书P109]【梳理自测】一、空间几何体的结构特征1．(教材改编)下列说法正确的是()A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥D．棱台各侧棱的延长线交于一点2．如图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是()答案：1.D 2.B◆以上题目主要考查了以下内容：多面体棱柱棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是平行且全等的多边形．棱锥棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．棱台棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是平行且相似的多边形．旋转体圆柱圆柱可由矩形绕其任意一边所在直线旋转得到．圆锥圆锥可以由直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转得到．圆台圆台可由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到．球球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到.二、三视图1．有一个几何体的三视图如图所示，这个几何体应是一个()A．棱台B．棱锥C．棱柱D．都不对2．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱答案：1.A 2.D◆以上题目主要考查了以下内容：名称几何体的三视图有：正视图、侧视图、俯视图画法1.画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线画成虚线. 2.三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、左方、正上方观察几何体得到的正投影图．规则1.画法规则：长对正、高平齐、宽相等. 2.摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的下方.三、直观图及投影1．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是()2．如图，过BC的平面截去长方体的一部分，所得的几何体________棱柱(填“是”或“不是”)．答案：1.A 2.是◆以上题目主要考查了以下内容：直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)原图形中x轴、y轴、z 轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直. (2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段长度在直观图中不变，平行于y轴的线段长度在直观图中等于原来的一半．投影1.平行投影：平行投影的投影线互相平行. 2.中心投影：中心投影的投影线相交于一点.【指点迷津】1．一个程序由三视图还原几何体按下面的程序进行定底面根据俯视图确定定棱及侧面根据正视图确定几何体的侧棱与侧面特征，调整实线、虚线对应棱的位置定形状确定几何体的形状2．三个“变”与“不变”斜二测画直观图时“三变”坐标轴的夹角改变，与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”平行性不改变，与x、z轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.[对应学生用书P110]考向一空间几何体的结构特征给出下列四个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2 D．3【审题视点】根据柱、锥、台几何体的结构特征判定．【典例精讲】①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．【答案】B【类题通法】(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．1．给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中不正确的命题的个数是________个．解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③都不准确，②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确，④平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④也不正确．答案：4考向二空间几何体的三视图(2014•陕西省高三质检)如图是由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的左视图为()【审题视点】从左侧看这个几何体中小立方体组成的几何体的高度．【典例精讲】由俯视图知左视图从左到右最高的小立方体个数分别为2，3，1，选C.【答案】C【类题通法】(1)由实物图画三视图或判断选择三视图，此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等”的原则；(2)由三视图还原实物图，这一题型综合性较强，解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉，再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次，要遵循以下三步：①看视图，明关系；②分部分，想整体；③综合起来，定整体．2．(2014•山西高考训练)某几何体的三视图均为直角三角形，如图所示，则围成该几何体的各面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3 D．4解析：选D.依题意得，该几何体是一个底面为直角三角形、一条侧棱垂直于底面的三棱锥，其四个面均为直角三角形，选D.考向三空间几何体的直观图已知正三角形ABC的边长为a，那么◆ABC的平面直观图◆A′B′C′的面积为()A.34a2B.38a2C.68a2D.616a2【审题视点】画出正三角形◆ABC的平面直观图◆A′B′C′，求◆A′B′C′的高即可．【典例精讲】先画出正三角形ABC，然后再画出它的水平放置的直观图，如图所示，由斜二测画法规则知B′C′＝a，O′A′＝34a.过A′作A′M◆x′轴，垂足为M，则A′M＝O′A′•sin 45°＝34a×22＝68a.◆S◆A′B′C′＝12B′C′•A′M＝12a×68a＝616a2.【答案】D【类题通法】对于直观图，除了了解斜二测画法的规则外，还要了解原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝24S，能进行相关问题的计算．3．如图所示，四边形A′B′C′D′是一平面图形的水平放置的斜二测画法的直观图，在斜二测直观图中，四边形A′B′C′D′是一直角梯形，A′B′◆C′D′，A′D′◆C′D′，且B′C′与y′轴平行，若A′B′＝6，D′C′＝4，A′D′＝2.求这个平面图形的实际面积．解析：根据斜二测直观图画法规则可知该平面图形是直角梯形，且AB＝6，CD＝4保持不变．由于C′B′＝2A′D′＝22.所以CB＝42.故平面图形的实际面积为12×(6＋4)×42＝202.[对应学生用书P111]忽视几何体的放置与特征致误在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()【正解】由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示)，且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.【答案】D【易错点】(1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误，误把半圆锥看成半圆柱，不能准确判断出几何体的形状而误选A.(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C.【警示】 1.首先确定几何体，面对读者是怎么放置的．2．要分清三视图中的虚线是被哪部分挡住的．3．要明确三视图中三角形的高度是不是几何体的高度．1．(2013•高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是()解析：选D.先观察俯视图，再结合主视图和侧视图还原为空间几何体．由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D. 2．(2013•高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于()A.32B．1C.2＋12D.2解析：选D.根据正方体的俯视图及侧视图特征想象出其正视图后求面积．由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为2.3．(2012•高考陕西卷)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左视图为()解析：选B.还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线．D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线．4．(2012•高考湖南卷)某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()解析：选C.若为C选项，则主视图为：故不可能是C选项．。
2015届高考数学一轮总复习 阶段性测试题9(立体几何)
阶段性测试题九(立体几何)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分150分。
考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．(2014·抚顺二中期中)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下述命题中真命题的是()A．若a⊥c，b⊥c，则a∥b或a⊥bB．若α⊥β，β⊥γ，则α∥βC．若a⊂α，b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则α⊥βD．若a⊥α，b⊂β，a∥b，则α⊥β[答案] D[解析]由a⊥c，b⊥c知，a与b可平行可相交，也可异面，故A错；由直棱柱相邻两个侧面与底面都垂直知B错；当α∩β＝l，a⊥l，b∥c∥l时，可满足C的条件，故C错；∵a∥b，a⊥α，∴b⊥α，又b⊂β，∴α⊥β，∴D正确．2．(2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是()A．l∥m，l∥β，则m∥βB．α∩β＝m，l⊂α，则l∥βC．α⊥β，l⊥α，则l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β[答案] D[解析]l⊄β，l∥m，m⊂β时，l∥β，故A错；α∩β＝m，当l⊂α且l∥m时，l∥β，当l与m 相交时，l与β相交，故B错；α⊥β，当l⊂β，l与α和β的交线垂直，l⊥α时，但l∥β不成立，故C错；∵l⊥m，l⊥α，∴m⊂α或m∥α，又m⊥β，∴α⊥β，故D正确．3．(2014·山东省博兴二中质检)某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积值最大的是()A．8B．6 2C．8 2 D．10[答案] D[解析]由三视图知，该几何体直观图如图，其中△ABC为以B为直角的直角三角形，AB＝4，BC＝3，高P A＝4，∴S△ABC＝12×4×3＝6，S△P AB＝12×4×4＝8，S△PBC＝12PB·BC＝12×42×3＝62，S△P AC＝12AC·P A＝12×5×4＝10，故选D.4．(2014·河南淇县一中模拟)将正方体(如图(a)所示)截去两个三棱锥，得到图(b)所示的几何体，则该几何体的侧视图为()[答案] B[解析]在侧视图中，D1的射影为C1，A的射影为B，D的射影为C，AD1的射影BC1为实线(右下到左上)，B1C为虚线，故选B.5．(文)(2014·浙北名校联盟联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A ．4B ．8C ．4 3D ．8 3[答案] B[解析] 作出几何体的直观图如图，这是一个三棱锥P －ABC ，其中P 在底面射影为D 点，PD ＝23，AD ＝3，CD ＝1，E 为AC 的中点，BE ⊥AC ，BE ＝23，故几何体的体积V ＝13S △ABC ·PD ＝13×(12·AC ·BE )·PD ＝8，故选B.(理)(2014·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是一个三棱锥P －ABC ，其中底面△ABC 为直角三角形，∠A 为直角，顶点P 到A ，C 的距离相等，P 点在底面的射影D ，满足AC ∥BD ，且BD ＝12AC ＝1，PD ＝3，画出其直观图如图所示，其体积V ＝13S △ABC ·PD ＝13×(12×2×1)×3＝1.6．(2014·辽宁师大附中期中)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．24＋6πB ．24＋4πC ．28＋6πD ．28＋4π [答案] A[解析] 由三视图知，该几何体为组合体，其上部为半球，半球的直径为22，下部为长方体，长、宽、高为2,2,3，其表面积为2×4×3 ＋12×4π·(222)2＋π·(222)2＝24＋6π，故选A.7．(2014·高州四中质量监测)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图中半圆的直径为2，则该几何体的体积为( )A ．24－π3B ．24－π2C ．24－32πD ．24－π[答案] C[解析] 由三视图知，该几何体是由长、宽、高分别为3、4、2的长方体内挖去一个底半径为1，高为3的半圆柱后剩余部分，其体积V ＝3×4×2－12(π×12×3)＝24－32π.8．(2014·山西曲沃中学期中)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝2.∠ASC ＝∠BSC ＝45°，则棱锥S －ABC 的体积为( )A.33B.233C.433D.533[答案] C[解析] 设球心为O ，△ABO 所在平面截球O 得截面如图，∵OA ＝OB ＝AB ＝OS ＝OC ＝2，∠ASC ＝∠BSC ＝45°，∴SC ⊥平面ABO ，V S －ABC ＝V S －ABO ＋V C －ABO ＝2V S －ABO ＝2×13×(34×22)×2＝433，故选C.9．(文)(2014·陕西工大附中四模)如下图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )[答案] C[解析] 若俯视图为A ，则该几何体是棱长为1的正方体，体积V ＝1；若俯视图为B ，则该几何体是底半径为12，高为1的圆柱，其体积V ＝π·(12)2·1＝π4；若俯视图为D ，则该几何体是底半径为1，高为1的圆柱的14，其体积V ＝14·π·12·1＝π4；若俯视图为C ，则该几何体是直三棱柱，底面直角三角形两直角边长为1，棱柱高为1，体积为V ＝(12×1×1)×1＝12，因此选C.(理)(2014·开滦二中期中)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D 、E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2[答案] A[解析] 取AC 中点F ，则DF 綊BE ，∴DE ∥BF ， ∴BF 与平面BB 1C 1C 所成的角为所求， ∵AB ＝1，BC ＝3，AC ＝2，∴AB ⊥BC ，又AB ⊥BB 1，∴AB ⊥平面BCC 1B 1，作GF ∥AB 交BC 于G ，则GF ⊥平面BCC 1B 1，∴∠FBG 为直线BF 与平面BCC 1B 1所成的角，由条件知BG ＝12BC ＝32，GF ＝12AB ＝12，∴tan ∠FBG ＝GF BG ＝33，∴∠FBG ＝π6.10．(2014·绵阳市南山中学检测)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有下列四个命题：①若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α； ②若α∥β，m ⊂α，则m ∥β； ③若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则m ⊥β； ④若α⊥γ，β⊥γ，m ⊥α，则m ⊥β. 其中正确命题的序号是( ) A ．①③ B ．①② C ．③④ D ．②③[答案] D[解析] 由两个平面平行的性质知②正确；∵n ⊥α，n ⊥β，∴α∥β，又m ⊥α，∴m ⊥β，∴③正确，故选D.11．(文)(2014·云南景洪市一中期末)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与左视图均为半径是1的圆，则这个几何体的体积是( )A.4π3 B ．π C.2π3 D.π3[答案] B[解析] 由三视图知，这是一个半径为1的球，截去14，故其体积为V ＝34·(4π3·13)＝π.(理)(2014·吉林延边州质检)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为( )[答案] C[解析] 由条件知AE ∥平面DD 1C 1C ，平面AEC 1与平面DD 1C 1C 相交，故交线与AE 平行，∵E 为BB 1的中点，故取DD 1的中点F ，∴AE 綊C 1F ，故截面为AEC 1F (如图1)，截去正方体的上半部分后，剩余部分几何体直观图如图2，故其左视图形状与直角梯形FD 1A 1A 相同，且C 1E 的射影为虚线，由于B 1E ＝12AA 1，故E 点射影在直角梯形下底的中点，故选C.12．(文)(2014·吉林省实验中学一模)已知正三棱锥P －ABC ，点P 、A 、B 、C 都在半径为3的球面上，若P A 、PB 、PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为( )A. 2B. 3C.33D.233[答案] C[解析] 由条件知，以P A 、PB 、PC 为三棱作长方体P ADB －CA 1D 1B 1，则该长方体内接于球，体对角线PD 1为球的直径，由于三棱锥P －ABC 为正三棱锥，∴AB ＝AC ＝BC ，∴P A ＝PB ＝PC ，设P A ＝a ，则3a ＝23，∴a ＝2.设球心到截面的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得， 13(12×2×2)×2＝13×34×(22)2×(3－h )， ∴h ＝33. (理)(2014·成都七中模拟)平面四边形ABCD 中，AD ＝AB ＝2，CD ＝CB ＝5，且AD ⊥AB ，现将△ABD 沿着对角线BD 翻折成△A ′BD ，则在△A ′BD 折起至转到平面BCD 内的过程中，直线A ′C 与平面BCD 所成的最大角的正切值为( )A ．1 B.12 C.33D. 3[答案] C[解析] 如下图，OA ＝1，OC ＝2，在△ABD 绕直线BD 旋转过程中，OA 绕点O 旋转形成半圆，显然当A ′C 与圆相切时，直线A ′C 与平面BCD 所成角最大，最大角为30°，其正切值为33，选C.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．) 13.(2014·山西省太原五中月考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋P A 1的最小值为________．[答案]8＋2 6[解析] 由题意可知，△BCC 1为等腰直角三角形，∵AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，∠ACB ＝90°，∴∠A 1B ＝10，BC 1＝2，∵A 1B 2＝A 1C 21＋BC 21，∴∠AC 1B 为直角，将△BCC 1与△A 1BC 1所在平面铺平如图，设A 1C 交BC 1于Q ，则当点P 与Q 重合时，CP ＋P A 1取到最小值，最小值为A 1C .A 1C ＝A 1C 21＋C 1C 2－2A 1C 1·C 1C cos135° ＝6＋2－2×6×2×(－22)＝8＋2 6.14．(文)(2014·抚顺市六校联合体期中)已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．[答案] 12π[解析] 由V ＝13Sh ＝13×(3)2·h ＝322知，h ＝322，设正方形ABCD 的中心为M ，则MA ＝62，∴OA 2＝OM 2＋MA 2＝(322)2＋(62)2＝3，∴S 球＝4π·OA 2＝12π.(理)(2014·抚顺二中期中)右图是一个空间几何体的三视图，如果主视图和左视图都是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，那么该几何体的体积为________．[答案]433[解析] 由三视图知，几何体是正四棱锥，底面正方形边长为2，棱锥的斜高为2，故高h ＝22－12＝3，∴体积V ＝13×4×3＝433.15．(文)(2014·西安市长安中学期中)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为________．[答案]3(8－π)6[解析] 根据三视图，该几何体是一个组合体，其中左侧是半个圆锥，右侧是底面为正方形的四棱锥，由于侧视图是一个边长为2的等边三角形，所以高为 3.所以其体积为V ＝13·(12π·12＋22)·3＝3(8＋π)6.(理)(2014·浙江台州中学期中)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成三棱锥C －ABD ，它的主视图与俯视图如图所示，则二面角C －AB －D 的正切值为________．[答案] 2[解析] 三棱锥C －ABD 直观图如图，由主视图与俯视图知，平面CBD ⊥平面ABD ，CO ⊥平面ABD ，作OE ∥AD ，∵AD ⊥AB ，∴OE ⊥AB ，连结CE ，则CE ⊥AB ，∴∠CEO 为二面角C －AB －D 的平面角，在Rt △COE 中，OE ＝12AD ＝12，CO ＝22，∴tan ∠CEO ＝COOE＝ 2.16．(文)(2014·华安、连城、永安、漳平、泉港一中，龙海二中六校联考)点P 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面对角线BC 1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②A 1P ∥平面ACD 1； ③DP ⊥BC 1；④平面PDB 1⊥平面ACD 1. 其中正确的命题序号是________． [答案] ①②④[解析] ①VA －D 1PC ＝VP －AD 1C ，∵BC 1∥AD 1，AD 1⊂平面AD 1C ，∴BC 1∥平面AD 1C ，∴无论P 在BC 1上任何位置，P 到平面AD 1C 的距离为定值，∴三棱锥A －D 1PC 的体积不变，∴①正确；②∵A 1C 1∥AC ，BC 1∥AD 1，A 1C 1∩BC 1＝C 1，AC ∩AD 1＝A ，∴平面A 1BC 1∥平面AD 1C ，∵A 1P ⊂平面A 1BC 1，∴A 1P ∥平面ACD 1，∴②正确；③假设DP ⊥BC 1，∵DC ⊥平面BCC 1B 1，∴DC ⊥BC 1， ∴BC 1⊥平面ABCD ，与正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1矛盾， ∴③错误；④∵B 1B ⊥AC ，BD ⊥AC ，∴AC ⊥平面B 1BD ，∴AC ⊥B 1D ，同理可证AD 1⊥B 1D ，∴B 1D ⊥平面ACD 1，∵B 1D ⊂平面PDB 1，∴平面PDB 1⊥平面ACD 1，∴④正确．(理)(2014·成都七中模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 是BC 1的中点，P 是BB 1一动点，则(AP ＋MP )2的最小值为________．[答案] 52[解析] 将平面ABB 1A 1展开到与平面CBB 1C 1共面，如下图，易知当A 、P 、M 三点共线时(AP ＋MP )2最小．AM 2＝AB 2＋BM 2－2AB ×BM cos135°＝12＋(22)2－2×1×22×(－22)＝52. 三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．) 17．(本小题满分12分)(2014·天津市六校联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，已知BC ＝1，∠BCC 1＝π3，AB ＝CC 1＝2.(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)试在棱CC 1(不包含端点C ，C 1)上确定一点E 的位置，使得EA ⊥EB 1； (3)(理)在(2)的条件下，求AE 和平面ABC 1所成角正弦值的大小． [解析] (1)∵BC ＝1，∠BCC 1＝π3，CC 1＝2，∴BC 1＝3，∴BC 2＋BC 21＝CC 21，∴BC 1⊥BC ，∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴BC 1⊥AB 且BC ∩AB ＝B ， ∴BC 1⊥平面ABC .(2)E 为C 1C 的中点．连接BE ，∵BC ＝CE ＝1，∠BCC 1＝π3，等边△BEC 中，∠BEC ＝π3，同理：B 1C 1＝C 1E ＝1，∠B 1C 1E ＝2π3，∴∠B 1EC 1＝π6，∴∠BEB 1＝π2，∴EB 1⊥EB ，∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，EB 1⊂平面BB 1C 1C ， ∴EB 1⊥AB 且EB ∩AB ＝B ，∴B 1E ⊥平面ABE ，EA ⊂平面ABE ，∴EA ⊥EB 1. (3)∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ⊂平面ABC 1， ∵平面BCC 1B 1⊥平面ABC 1，过E 作BC 1的垂线交BC 1于F ，则EF ⊥平面ABC 1， 连接AF ，则∠EAF 为所求， ∵BC ⊥BC 1，EF ⊥BC 1，∴BC ∥EF ， ∵E 为C 1C 的中点，∴F 为C 1B 的中点，∴EF ＝12，由(2)知AE ＝5，∴sin ∠EAF ＝125＝510.18．(本小题满分12分)(文)(2014·长沙市重点中学月考)如图所示，圆柱的高为2，底面半径为7，AE 、DF是圆柱的两条母线，过AD 作圆柱的截面交下底面于BC ，四边形ABCD 是正方形．(1)求证BC ⊥BE ；(2)求四棱锥E －ABCD 的体积． [解析] (1)∵AE 是圆柱的母线，∴AE ⊥底面EBC ，又BC ⊂底面EBC ，∴AE ⊥BC ， 又∵截面ABCD 是正方形，所以BC ⊥AB ， 又AB ∩AE ＝A ，∴BC ⊥平面ABE ， 又BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE .(2)∵母线AE ⊥底面EBC ，∴AE 是三棱锥A －BCE 的高， 由(1)知BC ⊥平面ABE ，BC ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面ABE ， 过E 作EO ⊥AB ，交AB 于O ，又∵平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，EO ⊂平面ABE ， ∴EO ⊥平面ABCD ，即EO 就是四棱锥E －ABCD 的高， 设正方形ABCD 的边长为x ，则AB ＝BC ＝x ， BE ＝AB 2－AE 2＝x 2－4，又∵BC ⊥BE ，∴EC 为直径，即EC ＝27， 在Rt △BEC 中，EC 2＝BE 2＋BC 2， 即(27)2＝x 2＋x 2－4，∴x ＝4， ∴S 四边形ABCD ＝4×4＝16，OE ＝AE ·BE AB ＝2×42－44＝3，∴V E －ABCD ＝13·OE ·S 四边形ABCD ＝13×3×16＝1633.(理)(2014·湖南长沙实验中学、沙城一中联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1，ACC 1A 1均为正方形，∠BAC ＝90°，点D 是棱B 1C 1的中点．(1)求证：A 1D ⊥平面BB 1C 1C ； (2)求证：AB 1∥平面A 1DC ； (3)求二面角D －A 1C －A 的余弦值．[解析] (1)证明：因为侧面ABB 1A 1，ACC 1A 1均为正方形， 所以AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，所以AA 1⊥平面ABC ， 所以AA 1⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥A 1D ， 又因为CC 1∥AA 1，所以CC 1⊥A 1D ， 又因为A 1B 1＝A 1C 1，D 为B 1C 1中点， 所以A 1D ⊥B 1C 1. 因为CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C .(2)证明：连结AC 1，交A 1C 于点O ，连结OD ， 因为ACC 1A 1为正方形，所以O 为AC 1中点， 又D 为B 1C 1中点，所以OD 为△AB 1C 1中位线， 所以AB 1∥OD ，因为OD ⊂平面A 1DC ，AB 1⊄平面A 1DC ， 所以AB 1∥平面A 1DC .(3)因为侧面ABB 1A 1，ACC 1A 1均为正方形，∠BAC ＝90°，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直，如图所示建立直角坐标系A －xyz . 设AB ＝1，则C (0,1,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，D (12，12，1)．A 1D →＝(12，12，0)，A 1C →＝(0,1，－1)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·A 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．又因为AB ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的法向量为AB →＝(1,0,0)， 设二面角D －A 1C －A 的平面角为θ，则θ＝π－〈n ，AB →〉， ∴cos θ＝cos(π－〈n ，AB →〉) ＝－n ·AB →|n |·|AB →|＝－13＝－33，所以，二面角D －A 1C －A 的余弦值为－33. 19．(本小题满分12分)(文)(2014·黄石二中检测)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝2AB ＝2，且BC 1⊥A 1C .(1)求证：平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1；(2)设D 是A 1C 1的中点，判断并证明在线段BB 1上是否存在点E ，使DE ∥平面ABC 1；若存在，求三棱锥E －ABC 1的体积．[解析] (1)证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有A 1A ⊥平面ABC .∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ＝AC ，∴A 1C ⊥AC 1.又BC 1⊥A 1C ，∴A 1C ⊥平面ABC 1，∵A 1C ⊂平面A 1ACC 1，∴平面ABC 1⊥平面A 1ACC 1.(2)存在，E 为BB 1的中点．取A 1A 的中点F ，连EF ，FD ，当E 为B 1B 的中点时，EF ∥AB ，DF ∥AC 1， ∴平面EFD ∥平面ABC 1，则有ED ∥平面ABC 1. 当E 为BB 1的中点时，V E －ABC 1＝V C1－ABE＝13×2×12×1×1＝13. (理)(2014·保定市八校联考)如图，在底面是直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，∠DAB ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝BC ＝3，梯形上底AD ＝1.(1)求证：BC ⊥平面P AB ；(2)在PC 上是否存在一点E ，使得DE ∥平面P AB ？若存在，请找出；若不存在，说明理由； (3)求平面PCD 与平面P AB 所成锐二面角的正切值． [解析] (1)证明：∵BC ∥AD 且∠DAB ＝90°，∴BC ⊥AB ，又P A ⊥平面ABCD ，∴BC ⊥P A ， 而P A ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面P AB .(2)延长BA 、CD 相交于Q 点，假若在PC 上存在点E ，满足DE ∥平面P AB ，则由平面PCQ 经过DE 与平面P AB 相交于PQ 知DE ∥PQ ，∵AD ∥BC 且AD ＝1，BC ＝3， ∴PE CP ＝QD CQ ＝AD BC ＝13， 故E 为CP 的三等分点，PE ＝12CE .(3)过A 作AH ⊥PQ ，垂足为H ，连DH ， 由(1)及AD ∥BC 知：AD ⊥平面P AQ ， ∴AD ⊥PQ ，又AH ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面HAD ，∴PQ ⊥HD .∴∠AHD 是平面PCD 与平面PBA 所成的二面角的平面角． 易知AQ ＝32，PQ ＝352，∴AH ＝AQ ·P A PQ ＝355，∴tan ∠AHD ＝AD AH ＝53，所以平面PCD 与平面P AB 所成二面角的正切值为53. 20．(本小题满分12分)(文)(2014·北京朝阳区期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，P A ⊥AC ，AB ⊥BC .设D 、E 分别为P A 、AC 中点．(1)求证：DE∥平面PBC；(2)求证：BC⊥平面P AB；(3)试问在线段AB上是否存在点F，使得过三点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC 平行？若存在，指出点F的位置并证明；若不存在，请说明理由．[解析](1)证明：因为点E是AC中点，点D为P A的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)证明：因为平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，又P A⊂平面P AC，P A⊥AC，所以P A⊥平面ABC.所以P A⊥BC.又因为AB⊥BC，且P A∩AB＝A，所以BC⊥平面P AB.(3)当点F是线段AB中点时，过点D，E，F的平面内的任一条直线都与平面PBC平行．取AB中点F，连EF，DF.由(1)可知DE∥平面PBC.因为点E是AC中点，点F为AB的中点，所以EF∥BC.又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.又因为DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PBC，所以平面DEF内的任一条直线都与平面PBC平行．故当点F是线段AB中点时，过点D，E，F所在平面内的任一条直线都与平面PBC平行．(理)(2014·山东省博兴二中质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：P A ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面P AD ⊥平面ABCD ，且P A ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．[解析] (1)连接BD ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形， 又Q 为AD 中点，∴AD ⊥BQ .∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点，AD ⊥PQ ， 又BQ ∩PQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PQB ，∵AD ⊂平面P AD ， ∴平面PQB ⊥平面P AD . (2)连接AC 交BQ 于点N ，由AQ ∥BC 可得，△ANQ ∽△CNB ，∴AQ BC ＝AN NC ＝12.又PM MC ＝12，∴PM MC ＝ANNC.∴P A ∥MN . ∵MN ⊂平面MQB ，P A ⊄平面MQB ，∴P A ∥平面MQB . (3)∵P A ＝PD ＝AD ＝2，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为坐标原点，分别以QA 、QB 、QP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标为A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0,0，3)．设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y ，z )，可得⎩⎪⎨⎪⎧ n ·QB →＝0，n ·MN →＝0.∵P A ∥MN ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·QB →＝0，n ·P A →＝0.∴⎩⎨⎧3y ＝0，x －3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(3，0,1)． 取平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.故二面角M －BQ －C 的大小为60°.21．(本小题满分12分)(文)如图，E 是以AB 为直径的半圆弧上异于A ，B 的点，矩形ABCD 所在平面垂直于该半圆所在的平面，且AB ＝2AD ＝2.(1)求证：EA ⊥EC ；(2)设平面ECD 与半圆弧的另一个交点为F . ①求证：EF ∥AB ；②若EF ＝1，求三棱锥E －ADF 的体积．[解析] (1)∵E 是半圆上异于A ，B 的点，∴AE ⊥EB ， 又∵平面ABCD ⊥平面ABE ，且CB ⊥AB ， 由面面垂直性质定理得CB ⊥平面ABE ， 又AE ⊂平面ABE ，∴CB ⊥AE ， ∵BC ∩BE ＝B ，∴AE ⊥平面CBE ， 又EC ⊂平面CBE ，∴AE ⊥EC .(2)①由CD ∥AB ，得CD ∥平面ABE ， 又∵平面CDE ∩平面ABE ＝EF ， ∴根据线面平行的性质定理得CD ∥EF ， 又CD ∥AB ，∴EF ∥AB .②V E －ADF ＝V D －AEF ＝13×12×1×32×1＝312.(理)(2014·浙江台州中学期中)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上，过点E作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(折起后的点A 记作点P )，使得∠PEB ＝60°.(1)求证：EF ⊥PB .(2)试问：当点E 在线段AB 上移动时，二面角P －FC －B 的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．[解析] (1)在Rt △ABC 中，∵EF ∥BC ，∴EF ⊥AB ， ∴EF ⊥EB ，EF ⊥EP ，又∵EB ∩EP ＝E ，∴EF ⊥平面PEB . 又∵PB ⊂平面PEB ，∴EF ⊥PB .(2)解法一：∵EF ⊥平面PEB ，EF ⊂平面BCFE ，∴平面PEB ⊥平面BCFE ，过P 作PQ ⊥BE 于点Q ，垂足为Q ，则PQ ⊥平面BCFE ，过Q 作QH ⊥FC ，垂足为H .则∠PHQ 即为所求二面角的平面角．设PE ＝x ，则EQ ＝12x ，PQ ＝32x ，QH ＝(PE ＋EQ )sin π4＝324x ，故tan ∠PHQ ＝PQ QH ＝63，cos ∠PHQ ＝155，即二面角P －FC －B 的平面角的余弦值为定值155. 解法二：在平面PEB 内，经P 点作PD ⊥BE 于D ， 由(1)知EF ⊥平面PEB ，∴EF ⊥PD .∴PD ⊥平面BCFE .在平面PEB 内过点B 作直线BH ∥PD ，则BH ⊥平面BCFE .以B 点为坐标原点，BC →，BE →，BH →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设PE ＝x (0＜x ＜4)又∵AB ＝BC ＝4，∴BE ＝4－x ，EF ＝x ， 在Rt △PED 中，∠PED ＝60°，∴PD ＝32x ，DE ＝12x ， ∴BD ＝4－x －12x ＝4－32x ，∴C (4,0,0)，F (x,4－x,0)，P (0,4－32x ，32x )．从而CF →＝(x －4,4－x,0)，CP →＝(－4,4－32x ，32x )．设n 1＝(x 0，y 0，z 0)是平面PCF 的一个法向量，则 n 1·CF →＝0，n 1·CP →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0(x －4)＋y 0(4－x )＝0，－4x 0＋(4－32x )y 0＋32xz 0＝0，∴⎩⎨⎧x 0－y 0＝0，3x 0－z 0＝0， 取y 0＝1，得，n 1＝(1,1，3)．又平面BCF 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)． 设二面角P －FC －B 的平面角为α，则 cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝155. 因此当点E 在线段AB 上移动时，二面角P －FC －B 的平面角的余弦值为定值155. 22．(本小题满分14分)(文)(2014·广东执信中学期中)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A 1B 1C 1D 1－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 －A 2B 2C 2D 2.(1)证明：直线B 1D 1⊥平面ACC 2A 2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB ＝10，A 1B 1＝20，AA 2＝30，AA 1＝13(单位：cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？[解析] (1)∵四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形， ∴AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD ，又∵AB ∩AD ＝A ， ∴AA 2⊥平面ABCD .连接BD ，∵BD ⊂平面ABCD ，∴AA 2⊥BD . ∵底面ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . ∵AA 2∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面ACC 2A 2， 根据棱台的定义可知，BD 与B 1D 1共面．又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥BD . ∴B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)∵四棱柱ABCD －A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形， ∴S 1＝S 四棱柱上底面＋S 四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1300(cm 2)． 又∵四棱台A 1B 1C 1D 1－ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形， 等腰梯形的高h ′＝132－(20－102)2＝12.所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面 ＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h ′＝202＋4×12(10＋20)×12＝1120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1300＋1120＝2420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2420＝484(元)．(理)(2014·西安市长安中学期中)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)若M 为棱PC 的中点，求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值． [解析] (1)∵BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，∴BC ＝DQ ，又∵AD ∥BC ，∴BC ∥DQ ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ ， ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ，又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴BQ ⊥平面P AD ，又BQ ⊂平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面P AD . (2)解法1：∵P A ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD .∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD . 如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系．则Q (0,0,0)，A (1,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， ∵M 是PC 中点，∴M (－12，32，32)，∴AP →＝(－1,0，3)，BM →＝(－12，－32，32)，设异面直线AP 与BM 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AP →，BM →〉|＝AP →·BM →|AP →|·|BM →|＝277，∴异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为277.解法2：连接AC 交BQ 于点O ，连接OM ，则OM ∥P A ， 所以∠BMO 就是异面直线AP 与BM 所成的角．OM ＝12P A ＝1，BO ＝12BQ ＝32，由(1)知BQ ⊥平面P AD ，所以BQ ⊥P A ，∴BQ ⊥OM ， ∴BM ＝BO 2＋OM 2＝(32)2＋12＝72， ∴cos ∠BMO ＝OM BM ＝172＝277.。
2015届高三数学第一轮复习：立体几何讲解
考点1：空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积一.空间几何体的结构特征1．下列说法正确的是 ( )A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C.有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点2．下列命题中，正确的个数是（）①棱台上、下底面是相似多边形，并且互相平行；②若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥可以是六棱锥；③直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥；④球是空间中到一定点的距离等于定长的点的集合。
A . 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个二.空间几何体的三视图（1）绘制三视图的原则绘制三视图时，务必做到正视图、俯视图长对正，正视图、侧视图高平齐，侧视图、俯视图宽相等。
具体在安排方法时，正视图与侧视图在同一水平位置，且正视图在左，侧视图在右，俯视图在正视图的正下方（2）常见旋转体的三视图1、圆柱的正视图和侧视图都是，俯视图是；2、圆锥的正视图和侧视图都是，俯视图是；3、圆台的正视图和侧视图都是，俯视图是；4、球的三视图都是。
三.空间几何体的直观图用斜二测画法画简单几何体的直观图的规则：（1）建系：在空间图形中取互相垂直的轴和轴，两轴交于点；画直观图时把它们画成对应的轴，轴，它们相交于点，并使；（2）画线：已知图形中平行于轴，轴线段，在直观图中分别画成平行于轴，轴的线段；线段，长度为原来的一半。
典型例题：1．正三角形AOB的边长为a，则它的直观图的面积是;2．一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为;3．如果一个水平放置的图形的斜二侧直观图是一个底角为４５º，腰和上底均为１的等腰梯形，那么原平面图形的面积是（）Ａ．２＋Ｂ．１＋Ｃ．１＋２Ｄ．＋２四.柱、锥、台和球的表面积和体积1．作出圆柱、圆锥、圆台的展开图并由此写出它们的表面积公式．2．写出柱体、锥体、台体的体积公式．3．写出球的表面积和体积公式例：球的表面积扩大为原来的4倍，则它的体积扩大为原来的___________倍． 4．球的截面的性质：用一平面α去截一个半径为R 的球O ，所得的截面是一个圆，O '，半径为r ，则 OO '是平面α的垂线段，O'为垂足，设OO d '=， r =大圆平面截得的圆叫做小圆例：平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为 ；基本题型：1. 如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( ) A ．32π B ．16π C ．12π D ．8π2.如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是 ( )3. 一个几何体的三视图形状都相同，大小均等，那么这个几何体不可以是（） A 球 B 三棱锥 C 正方体 D 圆柱16.4. (2013·高考四川卷)一个几何体的三视图如上图所示，则该几何体可以是( )A ．棱柱B ．棱台C ．圆柱D ．圆台 5.如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是 ( )6.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（ ）7.某几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A ．8－2π3B ．8－π3C ．8－2π D.2π38.一个几何体的三视图如图1-2所示(单位：m)，则该几何体的体积为 m 3.9.如果一个几何体的三视图如图所示(单位长度: cm),则此几何体的表面积是 ；10.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为 ( )A.32πB.π＋ 3C.32π＋ 3D.52π＋ 3 11. (2013·高考新课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π12. (2013·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( )A.5603B.5803C.200D.24013.如图，网格上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ）A .6 B .9 C .12 D .1814.某三棱锥的三视图如图1-3所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．15.某几何体的三视图如下，则该几何体的体积为 3m16.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是()A.28＋6 5B.30＋65C.56＋12 5D.60＋12 517.表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为;18.正方体的棱长为a,求该正方体内切球和外接球的体积和表面积.考点2：空间点、直线、平面之间的位置关系一、空间点、直线、平面之间的位置关系1. 平面：平面是一个不定义的概念，几何里的平面是没有大小，无限伸展的. 平面通常用一个平行四边形来表示.平面常用希腊字母α、β、γ…来表示，也可用表示平行四边形的两个相对顶点字母表示，如平面AC.在立体几何中，大写字母A ，B ，C ，…表示点，小写字母，a,b,c,…l,m,n,…表示直线，且把直线和平面看成点的集合，因而能借用集合中的符号表示它们之间的关系，例如：符号语言 文字语言 图形① A a ∈ ----- 点A 在直线a 上； Aa② A a ∉ ----- 点A 不在平面α内； Aa③ A α∈ ----- 点A 在平面α内④ A α∉ ----- 点A 不在平面α内 Aα⑤ a α⊂ ----- 直线a 在平面α内； aα⑥ a α=∅ ----- 直线a 与平面α无公共点；aα⑦ a b A = ----- 直线a 、b 交于A 点；aA⑧ a A α= ----- 直线a 与平面α交于点A； ⑨ l αβ= ----- 平面α、β相交于直线l .2.平面的基本性质公理1 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.公理2 经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面.根据公理2，可得以下推论.推论1 经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论2 经过两条相交直线，有且只有一个平面.推论3 经过两条平行直线，有且只有一个平面.ab1A A公理3 如果两个平面有一个公共点，那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线.公理4 平行于同一条直线的两条直线互相平行.推理模式：//,////a b b c a c ⇒3.空间线面的位置关系共面 平行—没有公共点(1)直线与直线 相交—有且只有一个公共点异面(既不平行，又不相交)空间两条异面直线的画法如右图所示：（2）直线和平面的位置关系（3）两个平面的位置关系4.异面直线的所成的角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.★两条异面直线所成的角的定义：直线a 、b 是异面直线，经过空间中任意．．一点o ，分别引直线a ，∥a 、b ，∥b ，我们把直线a ，和b ，所成的锐角（或直角）叫做异面直线a 和b 所成的角a ’定义理解：（1）在异面直线所成角的定义中，空间中的点O 是任意选取的，异面直线a 和b 所成角的大小，与点O 的位置无关。
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9.13 立体几何的综合问题●知识梳理1.线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系.2.空间角与空间距离.3.柱、锥、球的面积与体积.4.平面图形的翻折，空间向量的应用. ●点击双基1.若Rt △ABC 的斜边BC 在平面α内，顶点A 在α外，则△ABC 在α上的射影是A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.一条线段或一钝角三角形解析：当平面ABC ⊥α时，为一条线段，结合选择肢，知选D. 答案：D2.长方体AC 1的长、宽、高分别为3、2、1，从A 到C 1沿长方体的表面的最短距离为A1A.1+3B.2+10C.32D.23解析：求表面上最短距离常把图形展成平面图形. 答案：C3.设长方体的对角线长为4，过每个顶点的三条棱中总有两条棱与对角线的夹角为60°，则长方体的体积是A.272B.82C.83D.16解析：先求出长方体的两条棱长为2、2，设第三条棱长为x ，由22+22+x 2=42 x =22，∴V =2×2×22=82.答案：B4.棱长为a 的正方体的各个顶点都在一个球面上，则这个球的体积是_____________.解析：易知球的直径2R =3a .所以R =23a .所以V =3π4R 3=2π3 a 3.答案：2π3a 35.已知△ABC 的顶点坐标为A （1，1，1）、B （2，2，2）、C （3，2，4），则△ABC 的面积是_____________.解析：AB =（1，1，1），=（2，1，3），cos 〈AB ，〉=1436⋅=742，∴sin A =77.∴S ABC ∆=21|AB ||AC |sin A =213·14·77= 26. 答案：26●典例剖析【例1】 在直角坐标系O —xyz 中，=（0，1，0），AB =（1，0，0），=（2，0，0）， =（0，0，1）.（1）求与的夹角α的大小；（2）设n =（1，p ，q ），且n ⊥平面SBC ，求n ；（3）求OA 与平面SBC 的夹角； （4）求点O 到平面SBC 的距离； （5）求异面直线SC 与OB 间的距离.解：（1）如图，= －=（2，0，－1），= +AB =（1，1，0），则|SC |=222)1(02-++=5，||=222011++=2.cos α=cos 〈，〉=||||OB SC =25002⋅++=510，α=arccos510. n ·=0，（2）∵n ⊥平面SBC ，∴n ⊥且n ⊥BC ，即n ·BC =0.∵SC =（2，0，－1），BC = OC －OB =（1，－1，0）， 2－q =0， p =1， 1－p =0. q =2， （3）OA 与平面所成的角θ和OA 与平面SBC 的法线所夹角互余，故可先求OA 与n 所成的角.OA =（0，1，0），|OA |=1，|n |=222211++=6. ∴cos 〈OA ，n 〉==611⋅=66， 即〈OA ，n 〉=arccos66.∴θ=2π－arccos 66. （4）点O 到平面SBC 的距离即为OC 在n 上的投影的绝对值， ∴d =|OC ·|n |n |=62= 36.（5）OC 在异面直线SC 、OB 的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的距离，故先求与SC 、OB 均垂直的向量m .设m =（x ，y ，1），m ⊥SC 且m ⊥OB ， 则m ·SC =0，且m ·OB =0.2x －1=0， x =21， x +y =0， y =－21.∴m =（21，－21，1），d ′=|OC ·||m m |= 62=36.特别提示借助于平面的法向量，可以求斜线与平面所成的角，求点到平面的距离，类似地可以求异面直线间的距离.本题选题的目的是复习如何求平面的法向量，以及如何由法向量求角、求距离.【例2】 如图，已知一个等腰三角形ABC 的顶角B =120°，过AC 的一个平面α与顶点B 的距离为1，根据已知条件，你能求出AB 在平面α上的射影AB 1的长吗?如果不能，那么需要增加什么条件，可以使AB 1=2?∴ ∴ 即n =（1，1，2）.∴即ABB C1解：在条件“等腰△ABC 的顶角B =120°”下，△ABC 是不能唯一确定的，这样线段AB 1也是不能确定的，需要增加下列条件之一，可使AB 1=2：①CB 1=2；②CB =5或AB =5；③直线AB 与平面α所成的角∠BAB 1=arcsin55；④∠ABB 1=arctan2；⑤∠B 1AC =arccos 415；⑥∠AB 1C =π－arccos 87；⑦AC =15；⑧B 1到AC 的距离为21；⑨B 到AC 的距离为25；⑩二面角B —AC —B 1为arctan2等等.思考讨论本题是一个开放型题目，做这类题的思维是逆向的，即若AB 1=2，那么能够推出什么结果，再回过来考虑根据这一结果能否推出AB 1=2.【例3】 （2004年春季北京）如图，四棱锥S —ABCD 的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，SB =3，ABDSM（1）求证：BC ⊥SC ；（2）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（3）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小.剖析：本题主要考查直线与平面的位置关系等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.（1）证法一：∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD ， ∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影. 由三垂线定理得BC ⊥SC .证法二：∵底面ABCD 是正方形， ∴BC ⊥DC .∵SD ⊥底面ABCD ， ∴SD ⊥BC .又DC ∩SD =D ， ∴BC ⊥平面SDC .∴BC ⊥SC .（2）解法一：∵SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形，A1∴可以把四棱锥S —ABCD 补形为长方体A 1B 1C 1S —ABCD ，如上图，面ASD 与面BSC 所成的二面角就是面ADSA 1与面BCSA 1所成的二面角，∵SC ⊥BC ，BC ∥A 1S ，∴SC ⊥A 1S .又SD ⊥A 1S ，∴∠CSD 为所求二面角的平面角.在Rt △SCB 中，由勾股定理得SC =2， 在Rt △SDC 中，由勾股定理得SD =1. ∴∠CSD =45°，即面ASD 与面BSC 所成的二面角为45°. 解法二：如下图，过点S 作直线l ∥AD ，∴l 在面ASD 上.∵底面ABCD 为正方形，∴l ∥AD ∥BC . ∴l 在面BSC 上.∴l 为面ASD 与面BSC 的交线.∵SD ⊥AD ，BC ⊥SC ，∴l ⊥SD ，l ⊥SC .∴∠CSD 为面ASD 与面BSC 所成二面角的平面角. （以下同解法一）.（3）解法一：如上图，∵SD =AD =1，∠SDA =90°， ∴△SDA 是等腰直角三角形. 又M 是斜边SA 的中点， ∴DM ⊥SA .∵BA ⊥AD ，BA ⊥SD ，AD ∩SD =D ，∴BA ⊥面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影. 由三垂线定理得DM ⊥SB .∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°.解法二：如下图，取AB 的中点P ，连结MP 、DP .在△ABS 中，由中位线定理得PM ∥BS . ∴DM 与SB 所成的角即为∠DMP .又PM 2=43，DP 2=45，DM 2=42. ∴DP 2=PM 2+DM 2.∴∠DMP =90°.∴异面直线DM 与SB 所成的角为90°. ●闯关训练 夯实基础1.下图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A 、B 、C 是展开图上的三点，则在正方体盒子中，∠ABC 的值为ABCA.180°B.120°C.60°D.45°答案：C2.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为1A.arccos 23B.arccos 1010C.arccos53D.arccos 52解法一：∵=1AA +A 1，= +， ∴AM ·CN =（1AA +M A 1）·（CB +BN ）=1AA ·BN = 21. 而|AM |===411+= 25.同理，|CN |=25.如令α为所求之角，则cos α==4521=52，∴α=arccos52.应选D. 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，把D 点视作原点O ，分别以DA 、DC 、1DD 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，则A（1，0，0）、M （1，21，1）、C （0，1，0）、N （1，1，21）.∴=（0，21，1），=（1，0，21）. 故·=0×1+21×0+1×21=21，||=2221)21(0++=25，||=222)21(01++=25.∴cos α||||CN AM 252521⋅=52. ∴α=arccos52. 答案：D3.图甲是一个正三棱柱形的容器，高为2a ，内装水若干.现将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图乙所示，这时水面恰好为中截面，则图甲中水面的高度为_____________.A 111A 1甲乙丙解析：设正三棱柱的底面积为S ，将图乙竖起得图丙，则V 水=V柱－V 111F E A AEF -=S ·2a －（41S ）·2a =23aS .设图甲中水面的高度为x ，则S ·x =23aS ，得x =23a . 答案：23a4.在三棱锥P —ABC 中，底面是边长为 2 cm 的正三角形，P A =PB =3 cm ，转动点P 时，三棱锥的最大体积为.解析：点P 到面ABC 距离最大时体积最大，此时面P AB ⊥面ABC ，高PD =22.V =31×43×4×22= 362.答案：362 cm 35.把长、宽各为4、3的长方形ABCD ，沿对角线AC 折成直二面角，求顶点B 和顶点D 的距离.解：如图，作BE ⊥AC 于E ，∵二面角B —AC —D 为直二面角，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面ADC ，DE 平面ADC ，BE ⊥DE . 在Rt △ABC 中，可得BE =512，AE =59，在△ADE 中，DE 2=AE 2＋AD 2－2AD ·AE · cos ∠EAD =2581＋16－2·59·4·54=25193.在Rt △BDE 中，BD =BE 2＋ED 2=5337.培养能力6.已知正方形ABCD 的边长为1，分别取边BC 、CD 的中点E 、F ，连结AE 、EF 、AF ，以AE 、EF 、F A 为折痕，折叠使点B 、C 、D 重合于一点P .（1）求证：AP ⊥EF ；（2）求证：平面APE ⊥平面APF ； （3）求异面直线P A 和EF 的距离.（1）证明：如下图，∵∠APE =∠APF =90°，PE ∩PF =P ，∴P A ⊥平面PEF .∵EF ⊂平面PEF ，∴P A ⊥EF.ABECF D（2）证明：∵∠APE =∠EPF =90°，AP ∩PF =P ，∴PE ⊥平面APF .又PE ⊂平面P AE ，∴平面APE ⊥平面APF .（3）解：在面PEF 中，作PG ⊥EF ，垂足为G ，∵AP 与面PEF 垂直，PG ⊂平面PEF ，∴AP ⊥PG ，PG ⊥EF ，PG 是AP 与EF 的公垂线.在等腰Rt △PEF 中，PE =PF =21，∠EPF =90°，∴PG =EG =42. 7.（文）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD =90°，AD ∥BC ，AB =BC =a ，AD =2a ，P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角.（1）若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ； （2）求异面直线AE 与CD 所成的角.（1）证明：以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则A （0，0，0），B （a ，0，0），D （0，2a ，0），P （0，0，33a ），AB ·PD =（a ，0，0）·（0，2a ，－33a ）=0，又· =0， ∴PD ⊥AB ，PD ⊥AE .∴PD ⊥BE .（2）解：∵P A ⊥面ABCD ，PD 与底面成30°角，∴∠PDA =30°. 过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，则AE =a ，∠EAF =60°，AF =21a ，EF =23a ， ∴E （0，21a ，23a ）.于是AE =（0，21a ，23a ）.又C （a ，a ，0），D （0，2a ，0），∴CD =（－a ，a ，0）.cos 〈AE ，CD 〉=a a a2212⋅=42，∴异面直线AE 与CD 所成的角是arccos42. （理）四棱锥P —ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC =2，在四边形ABCD 中，∠B =∠C =90°，CD ∥AB ，AB =4，CD =1，点M 在PB 上，且MB =3PM ，PB 与平面ABC 成30°角，（1）求证：CM ∥面P AD ； （2）求证：面P AB ⊥面P AD ； （3）求点C 到平面P AD 的距离.分析：本题主要考查空间直角坐标系的概念、空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法.如下图，建立空间直角坐标系O —xyz ，C 为坐标原点O ，突破点在于求出相关的向量所对应的坐标.（1）证明：如图，建立空间直角坐标系.O ()∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABC 所成的角，即∠PBC =30°. ∵|PC |=2，∴|BC |=23，|PB |=4.得D （1，0，0）、B （0，23，0）、A （4，23，0）、P （0，0，2）.∵|MB |=3|PM |，∴|PM |=1，M （0，23，23）， =（0，23，23），=（－1，0，2），=（3，23，0）.设=x +y （x 、y ∈R ）， 则（0，23，23）=x （－1，0，2）+y （3，23，0）⇒x =43且y =41， ∴CM =43DP + 41DA . ∴CM 、DP 、DA 共面.又∵C ∉平面P AD ，故CM ∥平面P AD .（2）证明：过B 作BE ⊥P A ，E 为垂足.∵|PB |=|AB |=4，∴E 为P A 的中点.∴E （2，3，1），=（2，－3，1）. 又∵·=（2，－3，1）·（3，23，0）=0， ∴BE ⊥DA ，即BE ⊥DA .而BE ⊥P A ，∴BE ⊥面P AD .∵BE ⊂面P AB ，∴面P AB ⊥面P AD .（3）解：由BE ⊥面P AD 知，平面P AD 的单位向量n 0221（2，－3，1）.∴CD =（1，0，0）的点C 到平面P AD 的距离d =|n 0·|=|221（2，－3，1）·（1，0，0）|=22. 探究创新8.（2003年北京宣武区二模题）如图，AB 为圆柱OO 1的母线，BD 为圆柱OO 1下底面直径，AB =BD =2，点C 为下底面圆周⊙O 上的一点，CD=1.（1）求三棱锥C —ABD 的体积；（2）求面BAD 与面CAD 所成二面角的大小；（3）求BC 与AD 所成角的大小.分析：本题主要考查直线、平面的位置关系，考查圆柱的有关概念，考查直线、平面所成角的概念及求法，考查空间想象能力和推理能力.解：（1）∵AB 为圆柱OO 1的母线，∴AB ⊥下底面.∴AB 为棱锥A —BCD 的高.而点C 在⊙O 上，∴△BCD 为直角三角形，∠BCD =90°.∵BD =2，CD =1，∴BC =3.∴V 三棱锥C —ABD =V 三棱锥A —BCD =31×21×1×3×2=33. （2）过B 作BE ⊥AD ，垂足为E ，过点B 作BF ⊥AC ，垂足为点F ，连结EF .由BD 为底面圆的直径，得BC ⊥CD .∵AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，∴AC ⊥CD .而AC ∩BC =C ，∴CD ⊥平面ABC .而CD ⊂平面ADC ，∴平面ABC ⊥平面ADC ，且它们的交线为AC .∵BF ⊂平面ABC ，BF ⊥AC ，垂足为点F ，∴BF ⊥平面ACD .而BE ⊥AD ，AD ⊂平面ACD ，∴EF ⊥AD .平面ABD ∩平面ACD =AD ，∴∠BEF 是面ABD 与面ACD 所成的二面角的平面角. 由BE =21AD =2，AC =7，AB =2，可求出BF =7212. ∴sin ∠BEF =BE BF =27212=742. ∵∠BEF 为锐角，∴∠BEF =arcsin742. 故所求二面角的大小为arcsin 742. （3）过点D 在下底面作DG ∥BC 交⊙O 于点G ，则∠GDA 为BC 与AD 所成的角.连结BG 、AG ，由BD 是⊙O 的直径，得GD ⊥BG ，则AG ⊥DG ，BC =GD.∴cos ∠GDA =AD GD =223=46. ∴∠GDA =arccos 46. ∴所求BC 与AD 所成的角的大小为arccos 46. ●思悟小结1.利用向量解立体几何问题，要仔细分析问题特点，把已知条件用向量表示，把一些待求的量用基向量或其他向量表示，将几何的位置关系的证明问题或数量关系的运算问题转化为典型的向量运算，以算代证，以值定形.这种方法可减少复杂的空间结构分析，使得思路简捷、方法清晰、运算直接，能迅速准确地解决问题.2.线线垂直、两异面直线的夹角、两点间的距离等问题的解决往往借助于向量坐标.正方体、长方体、底面有一角为直角的直棱柱、底面为菱形的直四棱柱、四棱锥等凡能出现三条两两垂直直线的图形，常常考虑空间直角坐标系.3.在综合问题中，首先要注意是否构建直角坐标系，能较易建立直角坐标系的，尽量建立直角坐标系.其次要注意向量运算与基本性质相结合的论述，这是今后的方向，可以“形到形”，可以“数到形”，注意数形结合，向量方法与传统方法各有千秋，相得益彰.必须熟练掌握向量的基本知识和技能，尤其提出如下几点：（1）怎样选择应用基底（不设直角坐标系）和建立直角坐标系及坐标系建立技巧；（2）法向量的应用对处理角和距离的重要性；（3）怎样用向量解决立体几何中的几大常见题型；（4）准确判断是否选用向量处理问题，明确向量解题的缺点；（5）空间向量是怎样由平面向量拓展而来的.●教师下载中心教学点睛要给学生归纳、总结，使学生系统地掌握线线、线面、面面的位置关系，特别是平行与垂直的判定与性质，通过对照，深刻理解异面直线所成的角、斜线与平面所成的角、二面角的平面角，理解点到面的距离、异面直线的距离.通过解题总结证明立体几何问题的常见方法，注意培养学生的空间想象能力.拓展题例【例1】 已知直线a ∥α，且a 与α间的距离为d ，a 在α内的射影为a ′，l 为平面α内与a ′平行的任一直线，则a 与l 之间的距离的取值范围是A.［d ，+∞）B.（d ，+∞）C.（0，d ］D.{d }解析：如图，在a 上任取一点P 作PO ⊥a ′，垂足为O ，过O 作OA ⊥l ，垂足为A ，连结P A .则P A ⊥l ，P A ⊥a ，故P A 就是a 与l 之间的距离.在Rt △POA 中，P A >PO =d ，选B.答案：B【例2】 如图，已知底面半径为r 的圆柱被一个平面所截，剩下部分母线长的最大值为a ，最小值为b ，那么圆柱被截后剩下部分的体积是__________.a解析：两个相同的几何体倒立一个，对应合缝，恰好形成一个圆柱体.答案：21πr 2（a +b） 【例3】 （2003年北京西城区一模题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长均为2，P 是侧棱AA 1上任意一点.A 1（1）求证：B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直； （2）当BC 1⊥B 1P 时，求线段AP 的长；（3）在（2）的条件下，求二面角C —B 1P —C 1的大小.（1）证明：连结B 1P ，假设B 1P ⊥平面ACC 1A 1，则B 1P ⊥A 1C 1. 由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱， A1P∴AA 1⊥A 1C 1.∴A 1C 1⊥侧面ABB 1A 1.∴A 1C 1⊥A 1B 1，即∠B 1A 1C 1=90°.这与△A 1B 1C 1是等边三角形矛盾.∴B 1P 不可能与平面ACC 1A 1垂直.（2）解：取A 1B 1的中点D ，连结C 1D 、BD 、BC 1，则C 1D ⊥A 1B 1，又∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1，∴AA 1⊥C 1D .∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1.∴BD 是BC 1在平面ABB 1A 1上的射影.∵BC 1⊥B 1P ，∴BD ⊥B 1P .∴∠B 1BD =90°－∠BB 1P =∠A 1B 1P . 又A 1B 1=B 1B =2，∴△BB 1D ≌△B 1A 1P ，A 1P =B 1D =1.∴AP =1.（3）解：连结B 1C ，交BC 1于点O ，则BC 1⊥B 1C .又BC 1⊥B 1P ，∴BC 1⊥平面B 1CP .过O 在平面CPB 1上作OE ⊥B 1P ，交B 1P 于点E ，连结C 1E ，则B 1P ⊥C 1E ，∴∠OEC 1是二面角C —B 1P —C 1的平面角. 由于CP =B 1P =5，O 为B 1C 的中点，连结OP ， ∴PO ⊥B 1C ，OP ·OB 1=OE ·B 1P .∴OE =530.∴tan ∠OEC 1=OEOC 1=315. ∴∠OEC 1=arctan 315. 故二面角C —B 1P —C 1的大小为arctan315.。