【数学】2019届一轮复习人教A版（文）8立体几何高考专题突破四学案 17页

高考专题突破四 高考中的立体几何问题 ‎【考点自测】‎ ‎1．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC的中点，E为A1C1的中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为( )‎ A．相交 B．平行 C．垂直相交 D．不确定 答案 B 解析 如图取B1C1的中点为F，连接EF，DF，‎ 则EF∥A1B1，DF∥B1B，‎ 且EF∩DF＝F，A1B1∩B1B＝B1，‎ ‎∴平面EFD∥平面A1B1BA，‎ ‎∴DE∥平面A1B1BA.‎ ‎2．设x，y， 是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：‎ ‎①x，y， 均为直线；②x，y是直线， 是平面；③ 是直线，x，y是平面；④x，y， 均为平面．‎ 其中使“x⊥ 且y⊥ ⇒x∥y”为真命题的是( )‎ A．③④B．①③C．②③D．①②‎ 答案 C 解析 由正方体模型可知①④为假命题；由线面垂直的性质定理可知②③为真命题．‎ ‎3．(2018届辽宁凌源二中联考)已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为( )‎ A．2＋ B.＋π C．2＋ D.＋π 答案 D 解析 结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为V＝××2×1×2＋×π×12×2＝＋π，‎ 故选D.‎ ‎4．(2017·天津滨海新区模拟)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：‎ ‎①BD⊥AC；‎ ‎②△BAC是等边三角形；‎ ‎③三棱锥D－ABC是正三棱锥；‎ ‎④平面ADC⊥平面ABC.‎ 其中正确的是( )‎ A．①②④ B．①②③‎ C．②③④ D．①③④‎ 答案 B 解析 由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.‎ ‎5．(2017·沈阳调研)设α，β，γ是三个平面，a，b是两条不同的直线，有下列三个条件：‎ ‎①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________．(把所有正确的序号填上)‎ 答案 ①或③‎ 解析 由线面平行的性质定理可知，①正确；当b∥β，a⊂γ时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故应填入的条件为①或③.‎ 题型一 求空间几何体的表面积与体积 例1 (2018届衡水联考)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D为AB的中点．‎ ‎(1)证明：AC1∥平面B1CD；‎ ‎(2)求三棱锥A1—CDB1的体积．‎ ‎(1)证明 连接BC1交B1C于点O，连接OD.‎ 在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形BCC1B1是平行四边形，‎ ‎∴点O是BC1的中点．‎ ‎∵点D为AB的中点，∴OD∥AC1.‎ 又OD⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，‎ ‎∴AC1∥平面B1CD.‎ ‎(2)解 ∵AC＝BC，AD＝BD，∴CD⊥AB.‎ 在三棱柱ABC—A1B1C1中，‎ 由AA1⊥平面ABC，得平面ABB1A1⊥平面ABC.‎ 又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，CD⊂平面ABC，‎ ‎∴CD⊥平面ABB1A1，‎ ‎∵AC⊥BC，AC＝BC＝2，‎ ‎∴AB＝A1B1＝2，CD＝，‎ ‎＝××2×2×＝.‎ 思维升华 (1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积．‎ ‎(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．‎ ‎(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．‎ 跟踪训练1 (2018·乌鲁木齐质检)正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切(如图)．求：‎ ‎(1)这个正三棱锥的表面积；‎ ‎(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．‎ 解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为××2＝，则正棱锥侧面的斜高为＝，‎ ‎∴S侧＝3××2×＝9，‎ ‎∴S表＝S侧＋S底＝9＋××(2)2‎ ‎＝9＋6.‎ ‎(2)设正三棱锥P－ABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.‎ ‎∴V三棱锥P－ABC＝V三棱锥O－PAB＋V三棱锥O－PBC＋V三棱锥O－PAC＋V三棱锥O－ABC ‎＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r ‎＝(3＋2)r.‎ 又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2，‎ ‎∴(3＋2)r＝2，‎ 得r＝＝＝－2.‎ ‎∴S内切球＝4π(－2)2＝(40－16)π.‎ V内切球＝π(－2)3＝(9－22)π.‎ 题型二 空间点、线、面的位置关系 例2(2017·广州五校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA＝PD，∠BAD＝60°，E是AD的中点，点Q在侧棱PC上．‎ ‎(1)求证：AD⊥平面PBE；‎ ‎(2)若Q是PC的中点，求证：PA∥平面BDQ；‎ ‎(3)若VP－BCDE＝2VQ－ABCD，试求的值．‎ ‎(1)证明 由E是AD的中点，PA＝PD可得AD⊥PE.‎ 因为底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，‎ 所以AB＝BD，所以AD⊥BE，‎ 又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，‎ 所以AD⊥平面PBE.‎ ‎(2)证明 连接AC，交BD于点O，连接OQ.‎ 因为O是AC的中点，Q是PC的中点，‎ 所以OQ∥PA，‎ 又PA⊄平面BDQ，OQ⊂平面BDQ，‎ 所以PA∥平面BDQ.‎ ‎(3)解 设四棱锥P－BCDE，Q－ABCD的高分别为h1，h2.‎ 所以V四棱锥P－BCDE＝S四边形BCDEh1，‎ V四棱锥Q－ABCD＝S四边形ABCDh2.‎ 又VP－BCDE＝2VQ－ABCD，且S四边形BCDE＝S四边形ABCD，‎ 所以＝＝.‎ 思维升华 (1)平行问题的转化 利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”‎ ‎；而应用性质定理时，其顺序正好相反．在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用．‎ ‎(2)垂直问题的转化 在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫．应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题．‎ 跟踪训练2 如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．‎ 求证：(1)平面EFG∥平面ABC；‎ ‎(2)BC⊥SA.‎ 证明 (1)由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB的中点，‎ 则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，‎ 因此平面EFG∥平面ABC.‎ ‎(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB，AF⊥SB，‎ 所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC.‎ 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，‎ 则BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，‎ 因此BC⊥SA.‎ 题型三 平面图形的翻折问题 例3五边形ANB1C1C是由一个梯形ANB1B与一个矩形BB1C1C组成的，如图甲所示，B为AC的中点，AC＝CC1＝2AN＝8.沿虚线BB1将五边形ANB1C1C折成直二面角A—BB1—C，如图乙所示．‎ ‎(1)求证：平面BNC⊥平面C1B1N；‎ ‎(2)求图乙中的多面体的体积．‎ ‎(1)证明 四边形BB1C1C为矩形，故B1C1⊥BB1，‎ 又由于二面角A—BB1—C为直二面角，‎ 故B1C1⊥平面BB1A，又BN⊂平面BB1A，‎ 故B1C1⊥BN，‎ 由线段AC＝CC1＝2AN＝8知，BB＝NB＋BN2，‎ 即BN⊥NB1，又B1C1∩NB1＝B1，‎ B1C1，NB1⊂平面NB1C1，‎ 所以BN⊥平面C1B1N，‎ 因为BN⊂平面BNC，‎ 所以平面BNC⊥平面C1B1N.‎ ‎(2)解 连接CN，过N作NM⊥BB1，垂足为M，‎ V三棱锥C—ABN＝×BC·S△ABN ‎＝×4××4×4＝，‎ 又B1C1⊥平面ABB1N，‎ 所以平面CBB1C1⊥平面ABB1N，‎ 且平面CBB1C1∩ABB1N＝BB1，‎ NM⊥BB1，NM⊂平面ABB1N，‎ 所以NM⊥平面B1C1CB，‎ ‎＝×4×4×8＝，‎ 则此几何体的体积 V＝V三棱锥C—ABN＋＝＋＝.‎ 思维升华平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．‎ 一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．‎ 跟踪训练3 (2018届珠海摸底)为了迎接某节日，商场进行促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S—EFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合(如图所示)．‎ ‎(1)求证：平面SEG⊥平面SFH；‎ ‎(2)已知AE＝，过O作OM⊥SH交SH于点M，求cos∠EMO的值．‎ ‎(1)证明 ∵折后A，B，C，D重合于一点O，‎ ‎∴拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，‎ ‎∴底面EFGH是正方形，故EG⊥FH.连接SO.‎ ‎∵在原平面图形中，‎ ‎△SEE′≌△SGG′，‎ ‎∴SE＝SG，∴EG⊥SO，‎ ‎∵EG⊥FH，EG⊥SO，FH∩SO＝O，‎ FH，SO⊂平面SFH，‎ ‎∴EG⊥平面SFH，‎ 又∵EG⊂平面SEG，‎ ‎∴平面SEG⊥平面SFH.‎ ‎(2)解 由题意，当AE＝时，OE＝，‎ Rt△SHO中，SO＝5，SH＝，‎ ‎∴OM＝＝.‎ 由(1)知，EO⊥平面SHF，‎ 又∵OM⊂平面SHF，∴EO⊥OM.‎ 在Rt△EMO中，EM＝＝，‎ ‎∴cos∠EMO＝＝.‎ 题型四 立体几何中的存在性问题 例4 (2017·北京昌平区统考)如图，在四棱锥P—ABCD中，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB＝2AD＝4.‎ ‎(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；‎ ‎(2)求三棱锥P—ABC的体积；‎ ‎(3)在棱PC上是否存在点E，使得BE∥平面PAD？若存在，请确定点E的位置并证明；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明 因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 因为CD⊂平面PCD，‎ 所以平面PCD⊥平面PAD.‎ ‎(2)解 取AD的中点O，‎ 连接PO.‎ 因为△PAD为正三角形，‎ 所以PO⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，‎ 所以PO⊥平面ABCD，‎ 所以PO为三棱锥P—ABC的高．‎ 因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，‎ 所以PO＝.‎ 所以V三棱锥P—ABC＝S△ABC·PO ‎＝××2×2×＝.‎ ‎(3)解 在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，‎ BE∥平面PAD.‎ 分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，‎ 所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，‎ 所以AB∥FD，AB＝FD，‎ 所以四边形ABFD为平行四边形，‎ 所以BF∥AD.‎ 因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，‎ 所以平面BEF∥平面PAD.‎ 因为BE⊂平面BEF，‎ 所以BE∥平面PAD.‎ 思维升华对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．‎ 跟踪训练4 如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，DC∥AB，PA＝1，AB＝2，PD＝BC＝.‎ ‎(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；‎ ‎(2)试在棱PB上确定一点E，使截面AEC把该几何体分成的两部分PDCEA与EACB的体积比为2∶1.‎ ‎(1)证明 ∵AD⊥AB，DC∥AB，∴DC⊥AD.‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，‎ ‎∴DC⊥PA.‎ ‎∵AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，‎ ‎∴DC⊥平面PAD.‎ ‎∵DC⊂平面PCD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面PCD.‎ ‎(2)解 作EF⊥AB于F点，‎ ‎∵在△ABP中，PA⊥AB，‎ ‎∴EF∥PA，‎ ‎∴EF⊥平面ABCD.‎ 设EF＝h，‎ AD＝＝1，‎ S△ABC＝AB·AD＝1，‎ 则V三棱锥E—ABC＝S△ABC·h＝h.‎ V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PA＝××1＝.‎ 由VPDCEA∶V三棱锥E—ACB＝2∶1，‎ 得∶h＝2∶1，‎ 解得h＝.‎ EF＝PA，故E为PB的中点．‎ ‎1．(2017·北京)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )‎ A．3 B．2 C．2 D．2‎ 答案 B 解析 在正方体中还原该四棱锥，如图所示，‎ 可知SD为该四棱锥的最长棱．‎ 由三视图可知正方体的棱长为2，‎ 故SD＝＝2.‎ 故选B.‎ ‎2.如图所示，已知平面α∩平面β＝l，α⊥β.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且AD⊥l，CB⊥l，DA＝4，AB＝6，CB＝8.P是平面α上的一动点，且有∠APD＝∠BPC，则四棱锥P－ABCD体积的最大值是( )‎ A．48 B．16‎ C．24 D．144‎ 答案 A 解析 由题意知，△PAD，△PBC是直角三角形，‎ 又∠APD＝∠BPC，所以△PAD∽△PBC.‎ 因为DA＝4，CB＝8，所以PB＝2PA.‎ 作PM⊥AB于点M，由题意知，PM⊥平面β.‎ 令BM＝t，则AM＝|6－t|，‎ PA2－(6－t)2＝4PA2－t2，‎ 所以PA2＝4t－12.‎ 所以PM＝，‎ 即为四棱锥P－ABCD的高，‎ 又底面ABCD为直角梯形，S＝×(4＋8)×6＝36.‎ 所以V＝×36×＝12≤12×4＝48.‎ ‎3．(2017·云南省11校调研)设已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题：‎ ‎①若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；‎ ‎②若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；‎ ‎③若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；‎ ‎④若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n.‎ 其中所有正确命题的序号是________．‎ 答案 ②④‎ 解析 对于①，当两个平面互相垂直时，分别位于这两个平面内的两条直线未必垂直，因此①不正确；对于②，依据结论“由空间一点向一个二面角的两个半平面(或半平面所在平面)引垂线，这两条垂线所成的角与这个二面角的平面角相等或互补”可知②正确；对于③，分别与两条平行直线平行的两个平面未必平行，因此③不正确；对于④，由n∥β得，在平面β内必存在直线n1平行于直线n，由m⊥α，α∥β得m⊥β，m⊥n1，又n1∥n，因此有m⊥n，④正确．综上所述，所有正确命题的序号是②④.‎ ‎4.如图梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：‎ ‎①DF⊥BC；‎ ‎②BD⊥FC；‎ ‎③平面DBF⊥平面BFC；‎ ‎④平面DCF⊥平面BFC.‎ 在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号)‎ 答案 ②③‎ 解析 因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误．‎ ‎5.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则点P到直线CC1的距离的最小值为________．‎ 答案 解析 点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．连接DE，当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝.‎ ‎6．(2018届永州市模拟)如图，在三棱锥S—ABC中，SA＝SB，AC＝BC，O为AB的中点，SO⊥平面ABC，AB＝4，OC＝2，N是SA的中点，CN与SO所成的角为α，且tanα＝2.‎ ‎(1)证明：OC⊥ON；‎ ‎(2)求三棱锥S—ABC的体积．‎ ‎(1)证明 ∵AC＝BC，O为AB的中点，‎ ‎∴OC⊥AB，又SO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，‎ ‎∴OC⊥SO，又AB∩SO＝O，AB，SO⊂平面SAB，‎ ‎∴OC⊥平面SAB，‎ 又∵ON⊂平面SAB，‎ ‎∴OC⊥ON.‎ ‎(2)解 设OA的中点为M，连接MN，MC，‎ 则MN∥SO，故∠CNM即为CN与SO所成的角α，‎ 又MC⊥MN且tanα＝2，‎ ‎∴MC＝2MN＝SO，‎ 又MC＝＝＝，‎ 即SO＝，‎ ‎∴三棱锥S—ABC的体积 V＝Sh＝··2·4·＝.‎ ‎7．(2018届武汉调研)如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1—ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.‎ ‎(1)证明：BE⊥平面D1AE；‎ ‎(2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明 连接BE，‎ ‎∵ABCD为矩形且AD＝DE＝EC＝BC＝2，‎ ‎∴∠AEB＝90°，即BE⊥AE，‎ 又平面D1AE⊥平面ABCE，‎ 平面D1AE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE，‎ ‎∴BE⊥平面D1AE.‎ ‎(2)解 AM＝AB，取D1E的中点L，连接AL，FL，‎ ‎∵FL∥EC，EC∥AB，∴FL∥AB且FL＝AB，‎ ‎∴M，F，L，A四点共面，‎ 若MF∥平面AD1E，则MF∥AL.‎ ‎∴AMFL为平行四边形，∴AM＝FL＝AB.‎ 故线段AB上存在满足题意的点M，且＝.‎ ‎8.如图，在四棱锥P—ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝AB＝2，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点．‎ ‎(1)求证：平面PAB∥平面EFG；‎ ‎(2)在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明．‎ ‎(1)证明 ∵在△PCD中，E，F分别是PC，PD的中点，‎ ‎∴EF∥CD，又∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴AB∥CD，∴EF∥AB，‎ ‎∵EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，‎ ‎∴EF∥平面PAB.同理EG∥平面PAB，‎ ‎∵EF，EG是平面EFG内两条相交直线，‎ ‎∴平面PAB∥平面EFG.‎ ‎(2)解 当Q为线段PB的中点时，PC⊥平面ADQ.‎ 取PB的中点Q，连接DE，EQ，AQ，DQ，‎ ‎∵EQ∥BC∥AD，且AD≠QE，‎ ‎∴四边形ADEQ为梯形，‎ 由PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ 得AD⊥PD，‎ ‎∵AD⊥CD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，‎ ‎∴AD⊥平面PDC，又PC⊂平面PDC，‎ ‎∴AD⊥PC.‎ ‎∵△PDC为等腰直角三角形，E为斜边中点，‎ ‎∴DE⊥PC，‎ ‎∵AD，DE是平面ADQ内的两条相交直线，‎ ‎∴PC⊥平面ADQ.‎ ‎9.如图所示的几何体P—ABCD中，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝a，PB⊥AB，平面ABCD⊥平面PAB，AC∩BD＝O，E为PD的中点，G为平面PAB内任一点．‎ ‎(1)在平面PAB内，过G点是否存在直线l使OE∥l？如果不存在，请说明理由，如果存在，请说明作法；‎ ‎(2)过A，C，E三点的平面将几何体P—ABCD截去三棱锥D—AEC，求剩余几何体AECBP的体积．‎ 解 (1)过G点存在直线l使OE∥l，理由如下：‎ 由题意知O为BD的中点，又E为PD的中点，‎ 所以在△PBD中，OE∥PB.‎ 若点G在直线PB上，则直线PB即为所求的直线l，‎ 所以有OE∥l；‎ 若点G不在直线PB上，在平面PAB内，过点G作直线l，使l∥PB，‎ 又OE∥PB，所以OE∥l，‎ 即过G点存在直线l使OE∥l.‎ ‎(2)连接EA，EC，则平面ACE将几何体分成两部分：‎ 三棱锥D—AEC与几何体AECBP(如图所示)．‎ 因为平面ABCD⊥平面PAB，且交线为AB，‎ 又PB⊥AB，PB⊂平面PAB，‎ 所以PB⊥平面ABCD.‎ 故PB为几何体P—ABCD的高．‎ 又四边形ABCD为菱形，‎ ‎∠ABC＝120°，AB＝a，PB＝a，‎ 所以S四边形ABCD＝2×a2＝a2，‎ 所以V四棱锥P—ABCD＝S四边形ABCD·PB＝×a2×a＝a3.‎ 又OE綊PB，所以OE⊥平面ACD，‎ 所以V三棱锥D—AEC＝V三棱锥E—ACD＝S△ACD·EO＝V四棱锥P—ABCD＝a3，‎ 所以几何体AECBP的体积V＝V四棱锥P—ABCD－V三棱锥D—EAC＝a3－a3＝a3.‎