2018年数学一轮复习第08章立体几何初步测试题

课时规范训练(时间：45分钟)1．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面解析：选D.对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．2．设a，b是两条直线，α，β是两个不同的平面，则α∥β的一个充分条件是( ) A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，aα，a∥βC．存在两条平行直线a、b，aα，bβ，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a、b，aα，bβ，a∥β，b∥α解析：选D.对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a ∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B也是α∥β的一个必要条件；易知C是一个必要条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以D选项是α∥β的一个充分条件．3．已知直线l和两个不同的平面α，β，则下列命题是真命题的是( )A．若l∥α，且l∥β，则α∥βB．若l⊥α，且l⊥β，则α∥βC．若lα，且α⊥β，则l⊥βD．若l∥α，且α∥β，则l∥β解析：选B.对于A，若l∥α，且l∥β，则α∥β或α与β相交，所以A错；易知B正确；对于C，若lα，且α⊥β，则l⊥β或l∥β或lβ，所以C错；对于D，若l ∥α，且α∥β，则l∥β或lβ，所以D错．故选B.4．有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是( )A．1 B．2C ．3D ．4解析：选A.命题①，l 可以在平面α内，不正确；命题②，直线a 与平面α可以是相交关系，不正确；命题③，a 可以在平面α内，不正确；命题④正确．5.如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，G 为MC 的中点．则下列结论中不正确的是( )A ．MC ⊥ANB ．GB ∥平面AMNC ．平面CMN ⊥平面AMND ．平面DCM ∥平面ABN 解析：选C.显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，取AN 的中点H ，连接HB ，MH ，GB ，则MC ∥HB ，又HB ⊥AN ，所以MC ⊥AN ，所以A 正确；由题意易得GB ∥MH ，又GB 平面AMN ，MH 平面AMN ，所以GB ∥平面AMN ，所以B 正确；因为AB ∥CD ，DM ∥BN ，且AB ∩BN ＝B ，CD ∩DM ＝D ，所以平面DCM ∥平面ABN ，所以D 正确．6．已知平面α∥平面β，P 是α，β外一点，过P 点的两条直线AC ，BD 分别交α于A ，B ，交β于C ，D ，且PA ＝6，AC ＝9，AB ＝8，则CD 的长为________．解析：若P 在α，β的同侧，由于平面α∥平面β，故AB ∥CD ，则PA PC ＝PA PA ＋AC ＝ABCD，可求得CD ＝20；若P 在α，β之间，则AB CD ＝PA PC ＝PAAC －PA可求得CD ＝4.答案：20或47．将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两直线平行；②垂直于同一平面的两平面平行；③平行于同一直线的两直线平行；④平行于同一平面的两直线平行．其中是“可换命题”的是________．(填命题的序号)解析：由线面垂直的性质定理可知①是真命题，且垂直于同一直线的两平面平行也是真命题，故①是“可换命题”；因为垂直于同一平面的两平面可能平行或相交，所以②是假命题，不是“可换命题”；由公理4可知③是真命题，且平行于同一平面的两平面平行也是真命题，故③是“可换命题”；因为平行于同一平面的两条直线可能平行、相交或异面，故④是假命题，故④不是“可换命题”．答案：①③8.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(底面是正方形的直四棱柱叫正四棱柱)中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.解析：因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任意点M与N 相连，都有MN∥平面B1BDD1.(答案不唯一)答案：M∈线段FH9.如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．求证：(1)BE∥平面DMF；(2)平面BDE∥平面MNG.证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又BD平面MNG，MN平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.(时间：30分钟)10．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中错误的是( )A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若α∥γ，β∥γ，则α∥βC．若mα，nβ，m∥n，则α∥βD．若m，n是异面直线，mα，m∥β，nβ，n∥α，则α∥β解析：选C.由线面垂直的性质可知A正确；由面面平行的性质可知B正确；mα，nβ，m∥n⇒α，β可能平行，也可能相交，故C错误；由线面平行的性质和面面平行的判定定理可知D正确．11．过长方体ABCD－A1B1C1D1的任意两条棱的中点作直线，其中能够与平面ACC1A1平行的直线有________条．解析：如图，与AC平行的直线有4条，与AA1平行的直线有4条，连接MN，则MN∥面ACC1A1，这样的直线也有4条(包括MN)，共12条．答案：1212．在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH 分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H.D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为________．解析：如图，取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，SG ∩BG ＝G ， 故AC ⊥平面SGB ， 所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB 平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ， 则SB ∥HD . 同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 则H ，F 也为AS ，SC 的中点， 从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形． 又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ， 所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.答案：45213.如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，且AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且AD ＝EF ＝AF ＝1，AB ＝2.(1)求证：平面AFC ⊥平面CBF ；(2)在线段CF 上是否存在一点M ，使得OM ∥平面DAF ？并说明理由． 解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ， 平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ， ∵AF 平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF ，∵CB ∩BF ＝B ，∴AF ⊥平面CBF . ∵AF 平面AFC ， ∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)取CF 中点记作M ，设DF 的中点为N ，连接AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ，∴MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN 平面DAF ，OM 平面DAF ， ∴OM ∥平面DAF .即存在一点M 为CF 的中点，使得OM ∥平面DAF .14.如图所示，在三棱锥P －ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，PA ⊥AC ，AB ⊥BC .设D ，E 分别为PA ，AC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PBC .(2)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：(1)证明：∵点E 是AC 中点，点D 是PA 的中点，∴DE ∥PC .又∵DE 平面PBC ，PC 平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .(2)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的中点F，连接EF，DF.由(1)可知，DE∥平面PBC.∵点E是AC中点，点F是AB的中点，∴EF∥BC.又∵EF平面PBC，BC平面PBC，∴EF∥平面PBC.又∵DE∩EF＝E，∴平面DEF∥平面PBC.∴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．。

A 组 专项基础训练(时间：35分钟)1．(2015·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3 【解析】 由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面为边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323cm 3.故选C.【答案】 C2．(2016·课标全国Ⅰ)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π【解析】 由该几何体的三视图可知，这个几何体是把一个球挖掉它的18得到的(如图所示)．设该球的半径为R ，则78×43πR 3＝283π，得R ＝2.所以它的表面积为4π×22－18×4π×22＋3×14×π×22＝17π.故选A.【答案】 A3．(2015·课标全国Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛【解析】 由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ≈3209(立方尺)．所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛)．【答案】 B4．(2016·黑龙江哈六中期末)在平行四边形ABCD 中，AC →·CB →＝0，2BC →2＋AC →2－4＝0，若将其沿AC 折成直二面角D ­AC ­B ，则三棱锥D ­ACB 的外接球的表面积为( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π【解析】 由题意知，AC ⊥CB ，2BC 2＋AC 2－4＝BC 2＋BC 2＋AC 2－4＝BC 2＋AB 2－4＝0.因为ABCD 是平行四边形，所以BC ＝AD .因为二面角D ­AC ­B 是直二面角，所以AD ⊥平面ABC ，即AD ⊥AB ，那么BC 2＋AB 2＝AD 2＋AB 2＝BD 2＝4，即BD ＝2.取BD 中点O ，连接OA ，OC ，∠BAD ，∠BCD 都是直角三角形，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以三棱锥D ­ACB 的外接球的球心为点O ，半径R ＝OB ＝1，所以表面积为S ＝4πR 2＝4π.【答案】 C5．(2015·课标全国Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ­ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【解析】 如图，要使三棱锥O ­ABC 即C ­OAB 的体积最大，当且仅当点C 到平面OAB 的距离，即三棱锥C ­OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O ­ABC 最大＝V C ­OAB 最大＝13×S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π.选C.【答案】 C6．(2016·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.【解析】 根据几何体的三视图可得该几何体由如图所示的两个长方体组成，所以它的表面积为72 cm 2，体积为32 cm 3.【答案】 72 327．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．【解析】 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.【答案】 78．(2017·安徽合肥一中等六校第二次联考)在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，则该三棱锥的外接球的表面积为________．【解析】 因为AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，利用余弦定理得BC ＝3，所以AC 2＋BC2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为PA ⊥平面ABC ，所以三棱锥P ­ABC 是长为1，宽为3，高为2的长方体的一部分(如图所示)，所以三棱锥P ­ABC 外接球的半径为12×12＋（3）2＋22＝2，所以其外接球的表面积为4π×(2)2＝8π.【答案】 8π9．(2016·课标全国Ⅰ)如图，已知正三棱锥P ­ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．【解析】 (1)证明 因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 又PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点．(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为点E 在平面PAC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为点E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，DF ，因为P 在平面ABC 内的正投影为点D ，所以D 是正三角形ABC 的中心． 由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，且CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.因为EF ∥PB ，PG 为等腰△PAB 的角平分线，所以∠FEP ＝∠FPE ，所以△EFP 为等腰直角三角形，可得EF ＝PF ＝2.所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.10．(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm 和30 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．【解析】 如图所示，三棱台ABC ­A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1的中点，则DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30， 则OD ＝53，O 1D 1＝1033，由S 侧＝S 上＋S 下，得3×12×(20＋30)×DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－（OD －O 1D 1）2＝43，所以棱台的高为4 3 cm.B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)11．(2017·湖北武汉华中师大一附等校第一次联考)已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．12 3B ．16 3C ．20 3D ．32 3【解析】 题中三视图是下图中几何体ABCDEF 的三视图，由三视图中的尺寸，知其体积为V ＝12×4×23×6－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×3×23＝20 3.故选C.【答案】 C12．(2017·河南郑州一模)如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为( )A.23B.43C.83D ．2 【解析】 由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1­BDE ，其中E 是CD 的中点，△BDE 的面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＝1，三棱锥C 1­BDE 的高h ＝CC 1＝2，所以该四面体的体积V ＝13Sh ＝23.故选A.【答案】 A13．(2015·四川)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P ­A 1MN 的体积是________．【解析】 由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，∵VP ­A 1MN ＝VA 1­PMN ， 又∵AA 1∥平面PMN ， ∴VA 1­PMN ＝V A ­PMN ，∴V A ­PMN ＝13×12×1×12×12＝124，故VP ­A 1MN ＝124.【答案】 12414．(2017·湖北襄阳一模)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．【解析】 由三视图可知该几何体为长方体中挖去一个半球．长方体的棱长分别为4，4，2，半球的半径为2.∴S ＝4×4＋4×2×4＋4×4－π×22＋12×4π×22＝64＋4π.【答案】 64＋4π15．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P ­A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 【解析】 (1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8.因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P ­A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． (2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)， 则0＜h ＜6，O 1O ＝4h .如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)．于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0＜h ＜6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0＜h ＜23时，V ′＞0，V 是单调增函数， 当23＜h ＜6时，V ′＜0，V 是单调减函数． 故当h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．。

高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故POPB＝OEDB，即22－r3＝r1，解得r＝2 2，故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论 正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1 (1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( ) A ．4π B ．8π C ．12π D ．16π 答案 B解析 如图所示，设球O 的半径为R ，由球的体积公式得43πR 3＝32π3，解得R ＝2. 设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则r ＝2cos α， 圆柱的高为4sin α，∴圆柱的侧面积为4πcos α×4sin α＝8πsin 2α， 当且仅当α＝π4，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________． 答案9π2解析 易知AC ＝10.设△ABC 的内切圆的半径为r ， 则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ， 所以r ＝2. 因为2r ＝4>3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32，此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.题型二 补形法例2 (1)在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．2π B ．4π C ．6π D ．8π 答案 C解析 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD 的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为外接球的半径)，得2R 2＝3，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案 136π解析 如图添加的三棱锥为直三棱锥E －ADF ，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ， 因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1， 所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为 V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径， 连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π. 思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2 已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.7143π B ．14π C ．56π D.14π答案 B解析 以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PP ′2＝P A 2＋PB 2＋PC 2 ＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S ＝4πR 2＝π·(2R )2＝14π. 题型三 定义法例3 (1)已知∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABC ，若P A ＝AB ＝BC ＝1，则四面体P ABC 的外接球(顶点都在球面上)的体积为( ) A ．π B.3π C ．2π D.3π2答案 D解析 如图，取PC 的中点O ，连接OA ，OB ，由题意得P A ⊥BC ，又因为AB ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ， 所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB ，在Rt △PBC 中，OB ＝12PC ，同理OA ＝12PC ，所以OA ＝OB ＝OC ＝12PC ，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上， 在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3， 球O 的半径R ＝12PC ＝32，所以球的体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝3π2.延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________． 答案2－12解析 设四面体P －ABC 的内切球半径为r . 由本例(1)知，S△P AC＝12P A·AC＝12×1×2＝22，S△P AB＝12P A·AB＝12×1×1＝12，S△ABC＝12AB·BC＝12×1×1＝12，S△PBC＝12PB·BC＝12×2×1＝22，V P－ABC＝13×12AB·BC·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P－ABC＝13(S△P AC＋S△P AB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝13⎝⎛⎭⎫22＋12＋12＋22·r＝16，∴r＝2－1 2.(2)在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－P AD的外接球的表面积为() A．12π B．34πC．68π D．126π答案 C解析如图，由题意可知，MP⊥P A，MP⊥PD.且P A∩PD＝P，P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，所以MP⊥平面P AD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得ADsin ∠APD ＝2r ，即4sin 150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ， 则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68， 所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练3 (1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，h ＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3.(2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为( ) A.16π3 B.76π3 C.64π3 D.19π3 答案 A解析 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36，AO ＝12AC ＝52，设外接球半径为R ， 则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫362＝43， 所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为( ) A. 3 B ．3 3 C ．3 D.13答案 C解析 设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为( ) A ．36π B ．48π C ．36 D ．24 2答案 A解析 设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26，解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h ， 则h ＝262－222＝4.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ，则有R ＝h －R 2＋r 2，即R ＝4－R2＋222，解得R ＝3，所以该圆锥的外接球的体积为 4πR 33＝4π×333＝36π. 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 答案 A解析 如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，O 1为底面对角线的交点，O 为外接球的球心．V P －ABCD ＝13×S 正方形ABCD ×3＝6，所以S 正方形ABCD ＝6，即AB ＝ 6. 因为O 1C ＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为( ) A.68π B.64π C.38π D.34π 答案 A解析 如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝22， 所以正方体的体对角线 AC 1＝⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＋⎝⎛⎭⎫222＝62， 所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫643＝68π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为68π. 5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( ) A ．3π B ．4π C ．9π D ．12π 答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π. 6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)( )A ．20 cm 3B ．22 cm 3C ．26 cm 3D ．30 cm 3答案 C解析 如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ， 则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ， ∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ， ∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ，∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝⎛⎭⎫612a 3＝43π·⎝⎛⎭⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)． 7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是( ) A.π2 B ．π C ．9π D ．13π答案 A解析 三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球， ∴2R ＝62＋22＋232＝213，∴R ＝13，取BC 的中点O 1，∴O 1为△ABC 的外接圆圆心，∴OO 1⊥平面ABC ，如图． 当OD ⊥截面时，截面的面积最小，∵OD ＝OO 21＋O 1D 2＝32＋32＝23，此时截面圆的半径为r ＝R 2－OD 2＝1， ∴截面面积为πr 2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR 2＝13π， 故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A.212 B.312 C.24 D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ， OO 1＝1－⎝⎛⎭⎫AB 22＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案 32解析 如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32.即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案2－1解析 如图，过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ，连接AD 并延长交BC 于点E ，连接PE .因为△ABC 是正三角形，所以AE 是BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心． 因为AB ＝BC ＝23，所以S △ABC ＝33，DE ＝1，PE ＝ 2. 所以S 三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3. 因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3， 得r ＝3336＋33＝2－1.11．等腰三角形ABC 的腰AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将它沿高AD 翻折，使二面角B －AD －C 成60°，此时四面体ABCD 外接球的体积为________． 答案2873π 解析 由题意，设△BCD 所在的小圆为O 1，半径为r ，又因为二面角B －AD －C 为60°，即∠BDC ＝60°，所以△BCD 为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r ＝3sin 60°＝23，即DE ＝23，设外接球的半径为R ，且AD ＝4，在Rt △ADE 中，(2R )2＝AD 2＋DE 2⇒4R 2＝42＋(23)2＝28， 所以R ＝7， 所以外接球的体积为 V ＝43πR 3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为________．答案32π3解析 设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23， ∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2， ∴V 球＝43π×23＝32π3.。

2018版高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测43 理新人教A版[高考基础题型得分练]1．给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线，那么这条直线垂直于这个平面．其中真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4答案：B解析：由直线与平面垂直的性质可知，①正确；正方体的相邻的两个侧面都垂直于底面，而不平行，故②错；由直线与平面垂直的定义知，④正确，而③错．2．如果一条直线垂直于一个平面内的下列各种情况：①三角形的两边；②梯形的两边；③圆的两直径；④正六边形的两边．不能保证该直线与平面垂直的是( )A．①③B．②C．②④D．①②④答案：C解析：直线与平面垂直的条件是：平面外的直线和平面内的两条交线垂直，故②④不能保证．3．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，且交线平行于l答案：D解析：由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交，但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC 所在平面，那么( )A．PA＝PB>PC B．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PC D．PA≠PB≠PC答案：C解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM.又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.5．[2017·宁夏银川一模]设m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m∥α，m∥β，则α∥β；②若m⊥α，m∥β，则α⊥β；③若m∥α，m∥n，则n∥α；④若m⊥α，α∥β，则m⊥β.其中的正确命题序号是( )A．③④B．①②C．②④D．①③答案：C解析：①若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故①错误；②若m⊥α，m∥β，则由平面与平面垂直的判定定理，得α⊥β，故②正确；③若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故③错误；④若m⊥α，α∥β，则由直线与平面垂直的判定定理，得m⊥β，故④正确．故选C.6．[2017·山东青岛质检]设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β答案：C解析：对于C项，由α∥β，a⊂α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b，故选C.7．[2017·江西九江模拟]如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE答案：C解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，又BE∩DE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，故选C.8．如图，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB.给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中真命题的序号是________．答案：①②④解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确；②AE⊥PC，AE⊥BC，PB ⊂平面PBC⇒AE⊥PB，AF⊥PB，EF⊂平面AEF⇒EF⊥PB，故②正确；③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE，与已知矛盾，故③错误；由①可知④正确．9．设a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：①若a∥α且b∥α，则a∥b；②若a⊥α且a⊥β，则α∥β；③若α⊥β，则一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β；④若α⊥β，则一定存在直线l，使得l⊥α，l∥β.上面命题中，所有真命题的序号是________．答案：②③④解析：①中a与b可能相交或异面，故不正确．②垂直于同一直线的两平面平行，正确．③中存在γ，使得γ与α，β都垂直．④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以．10．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)解析：连接AC，BD，则AC⊥BD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD ⊥平面PAC ， ∴BD ⊥PC .∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，即有PC ⊥平面MBD . 而PC ⊂平面PCD ， ∴平面MBD ⊥平面PCD .11.如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为________．答案：12解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ，所以AB 1⊥DF . 由已知可得A 1B 1＝2，设Rt △AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ，则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt △DB 1E 中，B 1E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝66. 由面积相等得66× x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝22x ，得x ＝12. 即线段B 1F 的长为12.[冲刺名校能力提升练]1．[2017·吉林实验中学模拟]设a ，b ，c 是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )A ．当c ⊥α时，若c ⊥β，则α∥βB ．当b ⊂α时，若b ⊥β，则α⊥βC．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥bD．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c答案：B解析：A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.由线面垂直的性质知，c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知，b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理知，c∥α，故D正确．2．[2017·河北衡水中学模拟]如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H.则以下命题中，错误的是( )A．点H是△A1BD的垂心B．AH垂直于平面CB1D1C．AH延长线经过点C1D．直线AH和BB1所成角为45°答案：D解析：对于A，由于AA1＝AB＝AD，所以点A在平面A1BD上的射影必到点A1，B，D的距离相等，即点H是△A1BD的外心，而A1B＝A1D＝BD，故点H是△A1BD的垂心，命题A是真命题；对于B，由于B1D1∥BD，CD1∥A1B，故平面A1BD∥平面CB1D1，而AH⊥平面A1BD，从而AH ⊥平面CB1D1，命题B是真命题；对于C，由于AH⊥平面CB1D1，因此AH的延长线经过点C1，命题C是真命题；对于D，由C知直线AH即是直线AC1，又直线AA1∥BB1，因此直线AC1和BB1所成的角就等于直线AA1与AC1所成的角，即∠A1AC1，而tan∠A1AC1＝21＝2，因此命题D是假命题．3．[2017·江西上饶质检]已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．答案：②③解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行于两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，正确的说法有②③.4．[2017·甘肃兰州质检]如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.答案：①②④解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．5．[2017·贵州七校联考]如图，几何体EF－ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求几何体EF －ABCD 的体积． (1)证明：由题意，得AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且 DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC . ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC . 又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)解：如图，连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ，易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2. ∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163， ∴几何体EF －ABCD 的体积为163.6．[2017·湖北八校联考]如图所示，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ABC1⊥平面A1ACC1.(2)设D是A1C1的中点，在线段BB1上是否存在点E，使DE∥平面ABC1？若存在，求三棱锥E－ABC1的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥AC.又∵A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.又∵BC1⊥A1C，AC1∩BC1＝C1，AC1，BC1⊂平面ABC1，∴A1C⊥平面ABC1.∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1ACC1.(2)解：存在，E为BB1的中点．取A1A的中点F，连接EF，FD.则EF∥AB，DF∥AC1.∵EF∩DF＝F，AB∩AC1＝A，∴平面EFD∥平面ABC1.∵DE⊂平面EFD，∴DE∥平面ABC1.V E－ABC1＝V C1－ABE＝13×12×1×1×2＝13.。

第八章立体几何第二讲空间点、直线、平面之间的位置关系练好题·考点自测1。

下列说法正确的是()A.梯形一定是平面图形B.过三点确定一个平面C.三条直线两两相交确定一个平面D。

若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合2.［广东高考,5分]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内，l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（)A。

l与l1，l2都不相交B。

l与l1，l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D。

l至少与l1，l2中的一条相交3.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,OA⃗⃗⃗⃗⃗ 与O1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向相同，则下列结论中正确的是（）A。

OB∥O1B1且OB⃗⃗⃗⃗⃗ 与O1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向相同B。

OB∥O1B1C。

OB与O1B1不平行D.OB与O1B1不一定平行4.[2017全国卷Ⅰ，6,5分]如图,在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是（）A B C D5.［2020长春市第四次质量监测]已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2,点N是棱CC1的中点，则异面直线AN与BC所成角的余弦值为。

6.[2016全国卷Ⅱ,14，5分］［理］α，β是两个平面，m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n，m⊥α,n∥β,那么α⊥β。

②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β。

④如果m∥n，α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等。

其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）拓展变式1。

如图8-2-4所示，E,F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，试画出平面BED1F与平面ABCD的交线。

2.如图8—2-7为正方体表面的一种展开图,则在原正方体的四条线段AB，CD，EF,GH所在直线中,互为异面直线的有对。

一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．．已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥ ．∥ ．⊥．⊥解：因为⊥β，⊂β，所以⊥.故选.．()某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积是()．．解：该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，其体积＝＋×××＝()．故选.．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( )．球．三棱锥 ．正方体．圆柱解：球的三视图是三个相同的圆，三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形，正方体的三视图可能是三个相同的正方形，而当圆柱的底面放置在水平面上时，其俯视图是圆，正视图是矩形．故选.．()如图，在正方体­中，，分别为，的中点，则下列直线中与直线相交的是( )．直线．直线 ．直线．直线解：在同一个平面内不平行的两条直线或有公共交点的两条直线为相交直线，可判断选项正确．故选. ．如图，在正方体­中，，分别是棱，的中点，则与平面的位置关系是( )．∥平面．与平面相交 ．在平面内．与平面的位置关系无法判断解：正方体­中，，分别是棱，的中点，取的中点，连接，，则∥，∥，所以∥平面，∥平面，又因为∩＝，所以平面∥平面，从而可得∥平面.故选.．一个四面体的顶点在空间直角坐标系­中的坐标分别是(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解：如图所示，点(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，此四点恰为正方体­上四个点，且构成一个棱长为的正四面体，该正四面体在投影面上的正视图为正方形.故选.．已知正四棱柱­中，＝，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )解：取的中点，连接，则∠为所求的角，设＝，∠＝＋×)＝＝＝.故选.．()已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )．．．．解：由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，四个侧面中面积最大的是△，由题设知＝，＝，＝＝，所以＝，取中点，连接，，则⊥，所以⊥，＝＝，所以△＝·＝.故选.．()已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )．π．π解：将等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，可得到两个同底的圆锥，因此＝π·()·＝π.故选.．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )π∶π∶．π∶．π∶解：将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为，球的半径为，则()＝＋＋()，即＝.所以半球＝×π＝π＝π，正方体＝.所以半球∶正方体＝π∶＝π∶.故选.．已知正四棱柱­中，＝，＝，为的中点，则直线与平面的距离为( )．．解：如图，连接，交于，连接，在△中，易证∥.从而∥平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，设为.由等体积法，得­＝△×＝­＝△×＝××××＝.又因为在△中，＝，＝＝，。

真题演练集训1．如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6,点E ,F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝错误!，EF 交BD 于点H 。

将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝错误!.（1）证明:D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值． （1)证明：由已知，得AC ⊥BD ，AD ＝CD 。

又由AE ＝CF ,得错误!＝错误!，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D ′H 。

由AB ＝5，AC ＝6，得DO ＝BO ＝错误!＝4。

由EF ∥AC ，得OH DO ＝AE AD＝错误!。

所以OH ＝1,D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH 。

又D ′H ⊥EF ,而OH ∩EF ＝H , 所以D ′H ⊥平面ABCD 。

(2）解:如图,以H 为坐标原点，错误!的方向为x 轴正方向，错误!的方向为y 轴正方向,错误!′的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz 。

则H (0,0,0)，A （－3，－1，0)，B （0，－5，0),C (3，－1，0），D ′（0,0，3)，错误!＝（3，－4,0),错误!＝（6，0,0），错误!＝(3,1,3）． 设m ＝(x 1,y 1，z 1）是平面ABD ′的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（4，3，－5)．设n＝(x2,y2，z2)是平面ACD′的法向量，则错误!即错误!所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝－错误!，sin〈m，n>＝错误!。

因此二面角B－D′A－C的正弦值是错误!。

2．在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．(1）已知G，H分别为EC，FB的中点．求证：GH∥平面ABC;(2）已知EF＝FB＝错误!AC＝2错误!，AB＝BC,求二面角F－BC－A的余弦值．(1)证明：设FC的中点为I,连接GI，HI,在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB。

真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅲ]在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2 C ．6πD.32π3答案：B解析：由题意可得，若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.2．[2015·安徽卷]一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2答案：B解析：根据三视图还原几何体如图所示，其中侧面ABD ⊥底面BCD ，另两个侧面ABC ，ACD 为等边三角形，则有S 表面积＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋ 3.故选B.3．[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727B.59C.1027D.13答案：C解析：原毛坯的体积V ＝(π×32)×6＝54π，由三视图可知该零件为两个圆柱的组合体，其体积V ′＝V 1＋V 2＝(π×22)×4＋(π×32)×2＝34π，故所求比值为1－V ′V ＝1027.4．[2014·湖南卷]一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B解析：该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r ＝2×12×6×86＋8＋10＝2，故选B.课外拓展阅读空间几何体表面上的最值问题所谓空间几何体表面上的最值问题，是指空间几何体表面上的两点之间的最小距离或某些点到某一个定点的距离之和的最值问题．[典例] 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝4，CC 1＝5，则沿着长方体表面从A 到C 1的最短路线长为________．[审题视角]将此长方体沿某一条侧棱剪开，得到展开图，求展开图中AC1的平面距离即可，注意对不同情况的讨论．[解析]在长方体的表面上从A到C1有三种不同的展开图．(1)将平面ADD1A1绕着A1D1折起，得到的平面图形如图①所示．则AB1＝5＋3＝8，B1C1＝4，连接AC1，在Rt△AB1C1中，AC1＝AB21＋B1C21＝82＋42＝4 5.①(2)将平面ABB1A1绕着A1B1折起，得到的平面图形如图②所示．则BC1＝5＋4＝9，AB＝3，连接AC1，在Rt△ABC1中，AC1＝AB2＋BC21＝32＋92＝310.②③(3)将平面ADD1A1绕着DD1折起，得到的平面图形如图③所示．则AC＝4＋3＝7，CC1＝5，连接AC1，在Rt△ACC1中，AC1＝AC2＋CC21＝72＋52＝74.显然74<45<310，故沿着长方体表面从A到C1的最短路线长为74.[答案]74反思提升将空间几何体表面进行展开是化解最值问题的主要方法，对于多面体可以把各个面按照一定的顺序展开到一个平面上，将旋转体(主要是圆柱、圆锥、圆台)可以按照某条母线进行侧面展开，这样就把本来不在一个平面上的问题转化为同一个平面上的问题，结合问题的具体情况在平面上求解最值即可．。

第六节立体几何中的向量方法A 组基础题组1. 如图 , 在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1中 ,AD∥ BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA=3.(1 证明 :AC⊥ B1D;(2 求直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值 .2. 如图 , 在四棱锥 P-ABCD中 , 底面 ABCD为直角梯形 ,AD∥ BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面 ABCD,Q为 AD的中点 ,M 是棱 PC上的动点 ( 不包含端点 ,PA=PD=2,BC= AD=1,CD=.(1 求证 : 平面 PBQ⊥平面 PAD;(2 若为棱 PC的中点 , 求异面直线 AP与 BM所成角的余弦值 .3.(2016 课标全国Ⅱ,19,12 分如图 , 菱形 ABCD的对角线 AC与 BD交于点O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD上,AE=CF=,EF 交 BD于点 H.将△ DEF沿EF 折到△ D'EF 的地点 ,OD'= .(1 证明 :D'H ⊥平面 ABCD;(2 求二面角 B-D'A-C 的正弦值 .B 组提高题组4. 如图 , 在四棱锥 P-ABCD中 , 平面 PAC⊥平面 ABCD,且 PA⊥AC,PA=AD=2四.边形ABCD知足 BC∥ AD,AB⊥ AD,AB=BC=1点. E,F 分别为侧棱 PB,PC上的点 , 且= =λ( λ≠0.(1 求证 :EF ∥平面 PAD;(2 当λ= 时 , 求异面直线 BF 与 CD所成角的余弦值 ;(3 能否存在实数λ, 使得平面 AFD⊥平面 PCD?若存在 , 求出λ的值 ; 若不存在 , 请说明理由 .5.(2016 天津 ,17,13 分如图 , 正方形 ABCD的中心为 O,四边形 OBEF为矩形 , 平面OBEF⊥平面 ABCD,点 G为 AB的中点 ,AB=BE=2.(1 求证 :EG∥平面 ADF;(2 求二面角 O-EF-C的正弦值 ;(3 设 H为线段 AF上的点 , 且 AH=求直线 BH 和平面 CEF所成角的正弦值.答案全解全析A 组基础题组1.分析(1易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA所在直1线分别为x 轴,y 轴,z 轴成立空间直角坐标系, 设 AB=t, 则有关各点的坐标为A(0,0,0,B(t,0,0,B1(t,0,3,C(t,1,0,C1(t,1,3,D(0,3,0,D1(0,3,3.从而 =(-t,3,-3, =(t,1,0, =(-t,3,0.由于 AC ⊥ BD, 所以·=-t 2 +3+0=0, 解得 t= 或 t=- ( 舍去 .于是 =(- ,3,-3, =( ,1,0.由于·=-3+3+0=0,所以⊥ ,即AC⊥ B1D.(2 由(1 知 , =(0,3,3, =( ,1,0, =(0,1,0.设 n=(x,y,z 是平面 ACD1 的法向量 ,则即令 x=1,则 n=(1,- , .设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为θ,则sinθ=|cos<n, >|= = = .即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为.2.分析 (1 证明 :由于 AD ∥ BC,BC= AD,Q 为 AD 的中点 , 所以 BC DQ,所以四边形BCDQ 为平行四边形.所以 CD∥ BQ.由于∠ ADC=90° ,所以∠ AQB=90° ,即 BQ ⊥ AD.又由于平面 PAD ⊥平面 ABCD, 且平面 PAD ∩平面 ABCD=AD,BQ ? 平面 ABCD, 所以 BQ ⊥平面PAD.由于 BQ ? 平面 PBQ,所以平面PBQ⊥平面 PAD.(2 由于 PA=PD,Q 为 AD 的中点 ,所以 PQ⊥ AD.由于平面PAD ⊥平面 ABCD, 且平面 PAD ∩平面 ABCD=AD,所以 PQ⊥平面 ABCD.如图 , 以 Q 为原点 ,QA,QB,QP 所在直线为x 轴 ,y 轴 ,z 轴成立空间直角坐标系Q-xyz,则 Q(0,0,0,A(1,0,0,P(0,0, ,B(0, ,0,C(-1, ,0.由于 M 是 PC的中点 ,所以 M,所以 =(-1,0, , = .设异面直线AP 与 BM 所成角为θ,则 cos θ=|cos<, >|= = ,所以异面直线AP 与 BM 所成角的余弦值为.3.分析 (1 由已知得 AC ⊥ BD,AD=CD.又由 AE=CF 得 = ,故 AC∥ EF.所以 EF⊥ HD, 从而 EF⊥D'H.(2 分由 AB=5,AC=6DO=BO= =4.由 EF∥AC 得==.所以 OH=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故 D'H ⊥ OH.(4 分又 D'H ⊥ EF,而OH∩EF=H, 所以D'H ⊥平面ABCD.(5 分(2 如图 ,以 H 为坐标原点 , 的方向为x 轴正方向,成立空间直角坐标系H-xyz. 则H(0,0,0,A(-3,- 1,0,B(0,-5,0,C(3,-1,0,D'(0,0,3,=(3,-4,0, =(6,0,0, =(3,1,3.(6 分设 m=(x1,y1,z1 是平面 ABD' 的法向量 ,则即所以可取m=(4,3,-5.(8 分设 n=(x2,y2,z2 是平面 ACD' 的法向量 ,则即所以可取n=(0,-3,1.(10 分于是 cos<m,n>= = =- .sin<m,n>= .所以二面角B-D'A-C 的正弦值是.(12 分B 组提高题组4.分析 (1 证明 :由于 = =λ ( λ≠所以0, EF∥ BC.由于 BC∥ AD, 所以 EF∥ AD.而 EF? 平面 PAD,AD ? 平面 PAD, 所以 EF∥平面 PAD.(2 由于平面ABCD ⊥平面 PAC, 平面 ABCD∩平面 PAC=AC, 且 PA ⊥AC, 所以 PA ⊥平面 ABCD. 则 PA⊥ AB,PA ⊥ AD. 又 AB ⊥ AD, 故 PA,AB,AD 两两垂直 .成立如下图的空间直角坐标系,则A(0,0,0,B(1,0,0,C(1,1,0,D(0,2,0,P(0,0,2.当λ=时 ,F 为 PC 的中点 ,故 F,=,又 =(-1,1,0, 设异面直线 BF 与 CD 所成的角为θ,则 cos θ=|cos<,>|==,故异面直线BF 与 CD 所成角的余弦值为.(3 存在 .设 F(x0,y0,z0, 则 =(x0,y0,z0-2, 又 =(1,1,-2, 则由 =λ,得 (x0,y0,z0- 2=λ (1,1,-2,所以则 =( λ ,λ- ,2 2λ.设平面 AFD 的法向量为n1=(x1,y1,z1,由于 =( λ, λ-2,2λ,=(0,2,0,所以令 z1=λ,得 n1=(2 λ-2,0, λ.设平面 PCD 的法向量为 n2=(x2,y2,z2,由于 =(0,2,-2, =(-1,1,0,所以令 x2=1, 得 n2=(1,1,1.若平面 AFD平面 PCD, 则 n 1 ·n 2 =0,所以 (2 λ-2+λ=0,解得λ=.所以当λ=时 ,平面 AFD ⊥平面 PCD.5.分析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以, ,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向成立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0,A(-1,1,0,B(-1,-1,0,C(1,-1,0,D(1,1,0,E(-1,-1,2,F(0,0,2,G(-1,0,0.(1 证明 :依题意 , =(2,0,0, =(1,-1,2.设 n1=(x,y,z 为平面 ADF 的法向量 ,则即不如设 z=1,可得 n1=(0,2,1,又 =(0,1,-2, 可得·n1=0,又由于直线EG? 平面 ADF, 所以 EG∥平面ADF.(2 易证 =(-1,1,0 为平面 OEF 的一个法向量.依题意 , =(1,1,0, =(-1,1,2.设 n2=(x,y,z 为平面 CEF 的法向量 ,则即不如设 x=1,可得 n2=(1,-1,1.所以有 cos< ,n2>= =-于是 sin< ,n2>= .所以 ,二面角 O-EF-C 的正弦值为.(3 由 AH= HF, 得 AH= AF.由于 =(1,-1,2,所以 ==,从而有 H,从而 =,所以 cos< ,n2>= =-.所以 ,直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为.。