能力练(一) 空间想象能力
一、选择题
1．已知 α，β 是两个不同的平面，有下列三个条件：
①存在一个平面 γ，γ⊥α，γ∥β；
②存在一条直线 a，a⊥β；
③存在两条垂直的直线 a，b，a⊥β，b⊥α.
其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( )
A．① B.②
C.③ D.①③
解析：对于①，存在一个平面 γ，γ⊥α，γ∥β，则 α⊥β，反之也对，即“存在一个
平面 γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除 B，C；对于③，
存在两条垂直的直线 a，b，则直线 a，b 所成的角为 90°，因为 a⊥β，b⊥α，所以
α，β 所成的角为 90°，即 α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线 a，b，a⊥
β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除 A，选 D.
答案：D
2．如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别为 BC，CD 的中点，H 为 EF 的中点，
沿 AE，EF，FA 将正方形折起，使 B，C，D 重合于点 O，构成四面体，则在四面
体 A－OEF 中，下列说法不正确的序号是( )
①AO⊥平面 EOF；②AH⊥平面 EOF；③AO⊥EF；④AF⊥OE；⑤平面 AOE⊥平
面 AOF.
A．① B.②
C.③ D.④⑤
解析：∵OA⊥OE，OA⊥OF，OE∩OF＝O，
∴OA⊥平面 EOF，故①正确，②错误；∵EF⊂平面 EOF，
∴AO⊥EF，故③正确；
同理可得 OE⊥平面 AOF，
∴OE⊥AF，故④正确；
又 OE⊂平面 AOE，∴平面 AOE⊥平面 AOF，故⑤正确；
因此，不正确的序号是②.
答案：B
3．(2018·洛阳第一次联考)已知球 O 与棱长为 4 的正四面体的各棱均相切，则球 O
的体积为( )
A.8 2
3 π B.8 3
3 π
C.8 6
3 π D.16 2
3 π
A 解析：将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为
正四面体的棱长为 4，所以正方体的棱长为 2 2.因为球 O 与正四面体的各棱都相
切，所以球 O 为正方体的内切球，即球 O 的直径为正方体的棱长 2 2，则球 O 的
体积 V＝4
3π R3＝8 2
3 π.
4．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为 4，且侧棱垂直于底面，正视
图是边长为 4 的正方形，则棱柱的侧视图面积为( )
A．8 3 B.2 2
C. 3 D.4 3解析：侧视图为一矩形(如图所示)，其高
AB 等于侧棱长，即 AB＝4，
底边 BC 等于底面三角形边的高，
即 BC＝ 3
2
×4＝2 3，
∴侧视图的面积为 4×2 3＝8 3.
答案：A
5．已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长是 1，且其外接球的表面积
是 16π，则该三棱柱的侧棱长为( )
A. 14 B.2 3
C.4 6 D.3
解析：因为该直三棱柱的外接球的表面积是 16π，所以该球的半径为 R＝2.又直三
棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长是 1，所以该三棱柱的底面斜边所在的侧
面必过球心，故该三棱柱的侧棱长是 2 22－(
2
2 )2＝ 14.
答案：A
6．如图，直三棱柱 ABC－A′B′C′中，△ABC 是边长为 2 的等边三角形，AA′
＝4，点 E，F，G，H，M 分别是边 AA′，AB，BB′，A′B′，BC 的中点，动
点 P 在四边形 EFGH 内部运动(包括边界)，并且始终有 MP∥平面 ACC′A′，则
动点 P 的轨迹长度为( )
A．2 B.2π
C.2 3 D.4
D 解析：连接 MF，FH，MH，易证明 MF∥平面 AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，又 MF⊂平面 MFH，HF⊂平面 MFH，MF∩HF＝F，所以平面 MFH∥
平面 AA′C′C，所以点 P 的运动轨迹是线段 FH，其长度为 4.
二、填空题
7．四棱锥 P－ABCD 的顶点 P 在底面 ABCD 上的投影恰好是 A，其三视图如图所
示，其中正视图与侧视图都是腰长为 a 的等腰三角形，则在四棱锥 P－ABCD 的任
意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有 对．
解析：由题意可得 PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，BD⊥PC，AD⊥PB，
即互相垂直的异面直线共有 6 对．
答案：6
8．如图，正方形 ABCD 中，E，F 分别是 AB，AD 的中点，将此正方形沿 EF 折成
直二面角后，异面直线 AF 与 BE 所成角的余弦值为 .
解析：如图，取 BC 的中点 H，连接 FH，AH，∴BE∥FH，∴∠AFH 即为异面直
线 AF 与 BE 所成的角．
过 A 作 AG⊥EF 于 G，则 G 为 EF 的中点．连接 HG，HE，则△HGE 是直角三角
形．
设正方形边长为 2，则 EF＝ 2，HE＝ 2，EG＝ 2
2
，∴HG＝ 2＋1
2
＝ 10
2
，
∴AH＝ 5
2
＋1
2
＝ 3.由余弦定理知 cos ∠AFH＝AF2＋HF2－AH2
2·AF·HF
＝ 12＋22－3
2 × 1 × 2
＝1
2.
答案：1
2
9．如图，侧棱长为 2 3的正三棱锥 V－ABC 中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，
过点 A 作截面△AEF，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．
解析：沿着侧棱 VA 把正三棱锥 V－ABC 展开在一个平面内，如图，
则 AA′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA′＝3×40°＝120°，
VA＝VA′＝2 3.在△VAA′中，由余弦定理可得 AA′＝6.
答案：6
三、解答题
10．如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，
AP＝AD，M，N 分别为棱 PD，PC 的中点．
求证：(1)MN∥平面 PAB；
(2)AM⊥平面 PCD.
解析：证明：(1)因为 M，N 分别为棱 PD，PC 的中点，所以 MN∥DC.
因为底面 ABCD 是矩形，所以 AB∥DC，所以 MN∥AB.
又 AB⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB.(2)因为 AP＝AD，M 为 PD 的中点，
所以 AM⊥PD.
因为平面 PAD⊥平面 ABCD，
又平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，CD⊥AD，
CD⊂平面 ABCD，
所以 CD⊥平面 PAD，
又 AM⊂平面 PAD，所以 CD⊥AM，
因为 CD⊂平面 PCD，PD⊂平面 PCD，CD∩PD＝D，
所以 AM⊥平面 PCD.
11．已知四棱锥 P－ABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，AC 交 BD 于 F，
E 为 PA 的中点，PC＝3，且 PC⊥平面 ABCD.
(1)求证：平面 EBD⊥平面 ABCD；
(2)若三棱锥 P－BCF 的体积为 3
2
，求点 E 到平面 PBC 的距离．
解析：(1)证明：在四棱锥 P－ABCD 中，底面是菱形，AC∩BD＝F，则 F 为 AC
的中点，连接 EF，又 E 为 AP 的中点，
∴EF∥PC.
又∵PC⊥平面 ABCD，
∴EF⊥平面 ABCD，而 EF⊂平面 EBD，
∴平面 EBD⊥平面 ABCD.
(2)∵EF∥PC，∴EF∥平面 PBC，
∴E 到平面 PBC 的距离即是 F 到平面 PBC 的距离，亦即三棱锥 F－PBC 的高 h.
由等体积法得 VF－PBC＝VP－BCF，
1
3
×1
2
×PC×BC×h＝1
3
×1
2
×3×2×h＝ 3
2
⇒h＝ 3
2
，
∴点 E 到平面 PBC 的距离为 3
2 .12．如图，四边形 ABCD 为等腰梯形，且 AD∥BC，E 为 BC 的中点，AB＝AD＝
BE.现沿 DE 将△CDE 折起成四棱锥 C′－ABED，点 O 为 ED 的中点．
(1)在棱 AC′上是否存在一点 M，使得 OM∥平面 C′BE？并证明你的结论；
(2)若 AB＝2，求四棱锥 C′－ABED 的体积的最大值．
解析：(1)存在，当 M 为 AC′的中点时，OM∥平面 C′BE.
证明如下：连接 MO，C′O，取 BC′的中点 F，连接 EF，MF，如图所示．
∵MF 为△ABC′的中位线，
∴MF∥AB 且 MF＝1
2AB.
∵在等腰梯形 ABCD 中，AD 綊 BE，
∴四边形 ABED 为平行四边形，∴AB 綊 DE.
∵O 为 ED 的中点，∴MF 綊 OE，
∴四边形 EFMO 为平行四边形，∴OM∥EF.
∵EF⊂平面 C′BE，OM⊄平面 C′BE，
∴OM∥平面 C′BE.
(2)∵底面四边形 ABED 的面积不变，∴要使四棱锥 C′－ABED 的体积最大，只
需顶点 C′到平面 ABED 的距离最大，即只需平面 C′DE⊥平面 ABED.
∵C′O⊥ED，平面 C′DE∩平面 ABED＝ED，C′O⊂平面 C′DE，
∴C′O⊥平面 ABED，∴C′O 为四棱锥 C′－ABED 的高，且 C′O＝ 3.易知 S
四边形 ABED＝2 3，
∴四棱锥 C′－ABED 的最大体积 Vmax＝1
3S 四边形 ABED·C′O＝2.
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