2021新高考数学二轮复习：立体几何（共4讲） 177页

5.1 　空间几何体的结构、体积与表面积专项练 第三部分 2021 内容索引 01 02 必备知识 精要梳理 考向训练 限时通关 必备知识 精要梳理 1 . 空间几何体的表面积与体积 2 . 几个常用结论 (3) 正方体与球的几个结论 : 考向训练 限时通关 考向一 空间几何体的侧面积或表面积 1 . ( 多选 )(2020 山东潍坊高三期末 ,9) 等腰直角三角形直角边长为 1, 现将该三角形绕其某一边旋转一周 , 则形成的几何体的表面积可以为 ( 　　 ) 答案 AB 2 . (2020 四川达州高三二诊 ,7) 如图 , 四面体各个面都是边长为 1 的正三角形 , 其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上 , 另一个顶点是上底面圆心 , 圆柱的侧面积是 ( 　　 ) 答案 C 3 . (2020 全国 Ⅰ , 理 10) 已知 A , B , C 为球 O 的球面上的三个点 , ☉ O 1 为 △ ABC 的外接圆 . 若 ☉ O 1 的面积为 4 π , AB=BC=AC=OO 1 , 则球 O 的表面积为 ( 　　 ) A.64 π B.48 π C.36 π D.32 π 答案 A 4 . (2020 安徽皖西南联盟高三联考 ,8) 鲁班锁 ( 也称孔明锁、难人木、六子联方 ) 起源于古代中国建筑的榫卯结构 . 这种三维的拼插器具内部的凹凸部分 ( 即榫卯结构 ) 啮合 , 十分巧妙 . 鲁班锁类玩具比较多 , 形状和内部的构造各不相同 , 一般都是易拆难装 . 如图 1, 这是一种常见的鲁班锁玩具 , 图 2 是该鲁班锁玩具的直观图 , 每条棱的长均为 2, 则该鲁班锁的表面积为 ( 　　 ) 答案 A 5 . (2020 江苏扬州高三三模 ,15) 在正四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中 , AB= 2, AA 1 = 3, O 为上底面 ABCD 的中心 , 设正四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 与正四棱锥 O-A 1 B 1 C 1 D 1 的侧面积分别为 S 1 , S 2 , 则 = 　　　　　 .   解析 如图 , 在正四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中 , AB= 2, AA 1 = 3, 则正四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 的侧面积为 S 1 = 4 × 2 × 3 = 2 4. 考向二 空间几何体的体积 6 . (2020 山东泰安三模 ,6) 我国古代数学名著《九章算术》中记载 :“ 刍甍者 , 下有袤有广 , 而上有袤无广 . 刍 , 草也 . 甍 , 屋盖也 . ” 今有底面为正方形的屋脊形状的多面体 ( 如图所示 ), 下底面是边长为 2 的正方形 , 上棱 EF= , EF ∥ 平面 ABCD , EF 与平面 ABCD 的距离为 2, 该刍甍的体积为 ( 　　 ) 答案 B 7 . (2020 山东滨州二模 ,8) 我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理 :“ 幂势既同 , 则积不容异 . ” 意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体 , 被平行于这两个平面的任意平面所截 , 如果截得的两个截面的面积总相等 , 那么这两个几何体的体积相等 . 椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体 . 如图 , 将底面半径都为 b , 高都为 a ( a>b ) 的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱 ( 被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面 , 下底面的圆心为顶点 ) 放置于同一平面 β 上 , 用平行于平面 β 且与平面 β 相距任意距离 d 的平面截这两个几何体 , 截面分别为圆面和圆环 , 可以证明 S 圆 =S 圆环 总成立 . 据此 , 椭圆的短半轴长为 2, 长半轴长为 4 的椭球的体积是 ( 　　 ) 答案 C 8 . ( 多选 )(2020 山东青岛二中月考 ,10) 沙漏是古代的一种计时装置 , 它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成 , 开始时细沙全部在上部容器中 , 细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时 . 如图 , 某沙漏由上、下两个圆锥组成 , 圆锥的底面直径和高均为 8 cm, 细沙全部在上部时 , 其高度为圆锥高度的 ( 细管长度忽略不计 ) . 假设该沙漏漏沙的速度为 0 . 02 cm 3 /s, 且细沙全部漏入 下部后 , 恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆 . 以下结论正确的是 ( 　　 ) B. 沙漏的体积是 128 π cm 3 C. 细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为 2 . 4 cm D. 该沙漏的一个沙时大约是 1 985 s( π ≈3 . 14) 答案 ACD 9 . (2020 山东聊城一模 ,16) 点 M , N 分别为三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 的棱 BC , BB 1 的中点 , 设 △ A 1 MN 的面积为 S 1 , 平面 A 1 MN 截三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 所得截面面积为 S , 五棱锥 A 1 -CC 1 B 1 NM 的体积为 V 1 , 三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 的体积为 V , 则 解析 如图所示 , 延长 NM 交直线 C 1 C 于点 P , 连接 PA 1 交 AC 于点 Q , 连接 QM. 平面 A 1 MN 截三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 所得截面为四边形 A 1 NMQ. ∵ BB 1 ∥ CC 1 , M 为 BC 的中点 , ∴ △ PCM ≌△ NBM , ∴ M 为 PN 的中点 . 考向三 与球相关的内切问题 10 . (2020 辽宁东北育才学校模拟 ,15) 圆锥 SD ( 其中 S 为顶点 , D 为底面圆心 ) 的侧面积与底面积的比是 2 ∶ 1, 若圆锥的底面半径为 3, 则圆锥 SD 的内切球的表面积为 　　　　　 .   答案 12 π 解析 依题意 , 圆锥 SD ( 其中 S 为顶点 , D 为底面圆心 ) 的侧面积与底面积的比是 2 ∶ 1, 所以 ( π rl ) ∶ ( π r 2 ) = 2 ∶ 1, 解得 l= 6. 11 . (2020 天津和平区二模 ,13) 农历五月初五是端午节 , 民间有吃粽子的习惯 , 粽子又称粽籺 , 俗称 “ 粽子 ”, 古称 “ 角黍 ”, 是端午节大家都会品尝的食品 , 传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原 . 如图 1, 平行四边形形状的纸片是由六个边长为 1 的正三角形构成的 , 将它沿虚线折起来 , 可以得到如图 2 所示粽子形状的六面体 . 若该六面体内有一球 , 则该球体积的最大值为 　　　　　 .   考向四 与球相关的外接问题 12 . (2020 天津 ,5) 若棱长为 2 的正方体的顶点都在同一球面上 , 则该球的表面积为 ( 　　 ) A.12 π B.24 π C.36 π D.144 π 答案 C 13 . (2020 江西上饶三模 ,5) 半径为 2 的球 O 内有一个内接正三棱柱 , 则正三棱柱的侧面积的最大值为 ( 　　 ) 答案 B 14 . (2020 山东滨州二模 ,14) 已知点 A , B , C , D 均在球 O 的球面上 , AB=BC= 1, AC= , 若三棱锥 D-ABC 体积的最大值是 , 则球 O 的表面积为 　　　　　 .   15 . (2020 山东 ,16) 已知直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 的棱长均为 2, ∠ BAD= 60 ° . 以 D 1 为球心 , 为半径的球面与侧面 BCC 1 B 1 的交线长为 　　　　　 .   解析 如图所示 , ∵ ∠ B 1 C 1 D 1 = ∠ B 1 A 1 D 1 = ∠ BAD= 60 ° 且 B 1 C 1 =C 1 D 1 , ∴ △ B 1 C 1 D 1 为等边三角形 . 16 . (2020 山东德州二模 ,16) 《九章算术》中记载 : 将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵 , 将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开 , 得到一个阳马 ( 底面是长方形 , 且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥 ) 和一个鳖臑 ( 四个面均为直角三角形的四面体 ) . 在如图所示的堑堵 ABC-A 1 B 1 C 1 中 , BB 1 =BC= 2 , AB= 2, AC= 4, 且有鳖臑 C 1 -ABB 1 和鳖臑 C 1 -ABC , 现将鳖臑 C 1 -ABC 沿线 BC 1 翻折 , 使点 C 与点 B 1 重合 , 则鳖臑 C 1 -ABC 经翻折后 , 与 鳖臑 C 1 -ABB 1 拼接成的几何体的外接球的表面积 是 　　　　　 .   解析 将鳖臑 C 1 -ABC 沿线 BC 1 翻折 , 使点 C 与点 B 1 重合 , 则鳖臑 C 1 -ABC 经翻折后 , A 点翻折到 E 点 , A , E 关于点 B 对称 , 所拼成的几何体为三棱锥 C 1 -AEB 1 , 如图 , 5.2 　空间点、线、面的位置关系及空间角 与距离专项练 第三部分 2021 内容索引 01 02 必备知识 精要梳理 考向训练 限时通关 必备知识 精要梳理 1 . 直线、平面平行的判定及其性质 (1) 线面平行的判定定理 : a ⊄ α , b ⊂ α , a ∥ b ⇒ a ∥ α . (2) 线面平行的性质定理 : a ∥ α , a ⊂ β , α ∩ β =b ⇒ a ∥ b. (3) 面面平行的判定定理 : a ⊂ β , b ⊂ β , a ∩ b=P , a ∥ α , b ∥ α ⇒ α ∥ β . (4) 面面平行的性质定理 : α ∥ β , α ∩ γ =a , β ∩ γ =b ⇒ a ∥ b. 2 . 直线、平面垂直的判定及其性质 (1) 线面垂直的判定定理 : m ⊂ α , n ⊂ α , m ∩ n=P , l ⊥ m , l ⊥ n ⇒ l ⊥ α . (2) 线面垂直的性质定理 : a ⊥ α , b ⊥ α ⇒ a ∥ b. (3) 面面垂直的判定定理 : a ⊂ β , a ⊥ α ⇒ α ⊥ β . (4) 面面垂直的性质定理 : α ⊥ β , α ∩ β =l , a ⊂ α , a ⊥ l ⇒ a ⊥ β . 3 . 空间角的求法 (1) 定义法求空间角 求空间角的大小 , 一般是根据相关角 ( 异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角 ) 的定义 , 把空间角转化为平面角来求解 . (2) 向量法求空间角 利用空间向量来求解 , 首先根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系 , 把直线的方向向量与平面的法向量求出来 , 然后进行坐标运算 , 要注意所求的角与两向量夹角之间的关系 . 4 . 空间中点到平面的距离的求法 (1) 定义法 : 过点向平面作垂线 , 点与垂足的距离 . (2)“ 等积法 ”: 求解点到平面的距离常转化为锥体的高 , 利用三棱锥体积公式求点到平面的距离 . 考向训练 限时通关 考向一 空间直线、平面位置关系的判定 1 . ( 多选 ) 设有下列四个命题 , 其中真命题有 ( 　　 ) A. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内 B. 过空间中任意三点有且仅有一个平面 C. 若空间两条直线不相交 , 则这两条直线平行 D. 若直线 l ⊂ 平面 α , 直线 m ⊥ 平面 α , 则 m ⊥ l 答案 AD 　 解析 A 是真命题 , 由平面基本性质易知 ;B 是假命题 , 当三点共线时有无数个平面 ;C 是假命题 , 两条直线还可能异面 ; 由线面垂直的定义知 D 是真命题 . 2 . (2019 全国 Ⅱ , 理 7) 设 α , β 为两个平面 , 则 α ∥ β 的充要条件是 ( 　　 ) A. α 内有无数条直线与 β 平行 B. α 内有两条相交直线与 β 平行 C. α , β 平行于同一条直线 D. α , β 垂直于同一平面 答案 B 　 解析 由面面平行的判定定理知 ,“ α 内有两条相交直线与 β 平行 ” 是 “ α ∥ β ” 的充分条件 . 由面面平行的性质知 ,“ α 内有两条相交直线与 β 平行 ” 是 “ α ∥ β ” 的必要条件 , 故选 B . 3 . ( 多选 )(2020 山东济宁二模 ,10) 已知 α , β 是两个不同的平面 , m , n 是两条不同的直线 , 则下列命题中正确的是 ( 　　 ) A. 如果 m ⊥ n , m ⊥ α , n ⊥ β , 那么 α ⊥ β B. 如果 m ⊂ α , α ∥ β , 那么 m ∥ β C. 如果 α ∩ β =l , m ∥ α , m ∥ β , 那么 m ∥ l D. 如果 m ⊥ n , m ⊥ α , n ∥ β , 那么 α ⊥ β 答案 ABC 　 解析 如果 m ⊥ n , m ⊥ α , n ⊥ β , 那么 α ⊥ β , 故 A 正确 ; 如果 m ⊂ α , α ∥ β , 那么 m ∥ β , 故 B 正确 ; 如果 α ∩ β =l , m ∥ α , m ∥ β , 那么 m ∥ l , 故 C 正确 ; 如果 m ⊥ n , m ⊥ α , n ∥ β , 那么平面 α , β 平行或者相交 , 故 D 错误 . 4 . ( 多选 )(2020 山东肥城一模 ,10) 在空间四边形 ABCD 中 , E , F , G , H 分别是 AB , BC , CD , DA 上的点 , 当 BD ∥ 平面 EFGH 时 , 下面结论正确的是 ( 　　 ) A. E , F , G , H 一定是各边的中点 B. G , H 一定是 CD , DA 的中点 C. AE ∶ EB=AH ∶ HD , 且 BF ∶ FC=DG ∶ GC D. 四边形 EFGH 是平行四边形或梯形 答案 CD 　 解析 因为 BD ∥ 平面 EFGH , 所以由线面平行的性质定理 , 得 BD ∥ EH , BD ∥ FG , 则 AE ∶ EB=AH ∶ HD , 且 BF ∶ FC=DG ∶ GC , 且 EH ∥ FG , 四边形 EFGH 是平行四边形或梯形 . 考向二 求异面直线所成的角 答案 C 　 6 . (2020 山东青岛二模 ,6) 已知四棱锥 P-ABCD 的所有棱长均相等 , 点 E , F 分别在线段 PA , PC 上 , 且 EF ∥ 底面 ABCD , 则异面直线 EF 与 PB 所成角的大小为 ( 　　 ) A.30 ° B.45 ° C.60 ° D.90 ° 答案 D 解析 连接 AC , BD , 设 AC ∩ BD=O , 则 EF ⊂ 平面 PAC. 平面 PAC ∩ 平面 ABCD=AC , 由 EF ∥ 底面 ABCD , 可得 EF ∥ AC. 由四边形 ABCD 为菱形 , 可得 AC ⊥ BD. 由 O 为 AC 的中点 , PA=PC , 可得 PO ⊥ AC. 因为 BD ∩ OP=O , BD ⊂ 平面 PBD , PO ⊂ 平面 PBD , 所以 AC ⊥ 平面 PBD. 又因为 PB ⊂ 平面 PBD , 则 AC ⊥ PB. 又因为 EF ∥ AC , 可得 EF ⊥ PB , 即异面直线 EF 与 PB 所成角的大小 为 90 ° . 7 . (2020 浙江湖州模拟 ,14) 如图 , 圆柱 O 1 O 2 的底面圆半径为 1, AB 是一条母线 , BD 是圆 O 1 的直径 , C 是上底面圆周上一点 , ∠ CBD= 30 ° , 若 A , C 两点间的距离为 , 则异面直线 AC 与 BD 所成角的余弦值为 　　　　　 .   考向三 求直线与平面所成的角 8 . (2020 山东 ,4) 日晷是中国古代用来测定时间的仪器 , 利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间 . 把地球看成一个球 ( 球心记为 O ), 地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角 , 点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面 . 在点 A 处放置一个日晷 , 若晷面与赤道所在平面平行 , 点 A 处的纬度为北纬 40 ° , 则晷针与点 A 处的水平面所成的角为 ( 　　 ) A.20 ° B.40 ° C.50 ° D.90 ° 答案 B 解析 由题意知 , 如图 , 圆 O 为赤道所在的大圆 . 圆 O 1 是在点 A 处与赤道所在平面平行的晷面 .O 1 C 为晷针所在的直线 . 直线 OA 在圆 O 所在平面的射影为直线 OB , 点 B 在圆 O 上 , 则 ∠ AOB= 40 ° , ∴ ∠ COA= 50 ° . 又 ∠ CAO= 90 ° , ∴ ∠ OCA= 40 ° . ∴ 晷针与点 A 处的水平面所成角为 40 ° , 故选 B . 9 . (2020 河北唐山一模 ,10) 已知四棱锥 P-ABCD 的顶点都在球 O 的球面上 , PA ⊥ 底面 ABCD , AB=AD= 1, BC=CD= 2, 若球 O 的表面积为 36 π , 则直线 PC 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 ( 　　 ) 答案 B 解析 如图所示 , ∵ AB=AD , BC=CD , AC=AC , ∴ △ ABC ≌△ ADC. ∴ ∠ ABC= ∠ ADC , 易知 A , B , C , D 四点共圆 , 则 ∠ ABC+ ∠ ADC= 180 ° , ∴ ∠ ABC= ∠ ADC= 90 ° . ∴ 四边形 ABCD 的外接圆直径为 10 . (2020 福建厦门 5 月质检 ,11) 一副三角板由一块有一个内角为 60 ° 的直角三角形和一块等腰直角三角形组成 , 如图所示 , ∠ B= ∠ F= 90 ° , ∠ A= 60 ° , ∠ D= 45 ° , BC=DE. 现将两块三角板拼接在一起 , 取 BC 中点 O 与 AC 中点 M , 则下列直线与平面 OFM 所成的角不为定值的是 ( 　　 ) A. AC B. AF C. BF D. CF 答案 B 　 解析 因为 O , M 为中点 , 所以 OM ∥ AB , 所以 OM ⊥ BC. 又因为 OF ⊥ BC , 且 OM ∩ OF=O , 所以 BC ⊥ 平面 OMF. 所以 BF , CF 与平面 OFM 所成的角分别为 ∠ BFO 和 ∠ CFO , 均等于 45 ° . 根据直线与平面所成角的定义知 , AC 与平面 OFM 所成的角为 ∠ CMO= ∠ A= 60 ° . 故只有 AF 与平面 OFM 所成的角不为定值 . 考向四 求二面角 11 . (2020 山东枣庄八中月考 ,5) 如图 , AB 是圆的直径 , PA 垂直于圆所在的平面 , C 是圆上一点 ( 不同于 A , B ) 且 PA=AC , 则二面角 P-BC-A 的大小为 ( 　　 ) A.60 ° B.30 ° C.45 ° D.15 ° 答案 C 　 解析 由条件得 , PA ⊥ BC , AC ⊥ BC , 又 PA ∩ AC=A , ∴ BC ⊥ 平面 PAC. ∴ ∠ PCA 为二面角 P-BC-A 的平面角 . 在 Rt △ PAC 中 , 由 PA=AC 得 ∠ PCA= 45 ° . 故选 C. 12 . (2020 山东高密模拟 ,6) 第 41 届世界博览会于 2010 年 5 月 1 日至 10 月 31 日 , 在中国上海举行 , 气势磅礴的中国馆 ——“ 东方之冠 ” 令人印象深刻 , 该馆以 “ 东方之冠 , 鼎盛中华 , 天下粮仓 , 富庶百姓 ” 为设计理念 , 代表中国文化的精神与气质 . 其形如冠盖 , 层叠出挑 , 制似斗拱 . 它有四根高 33 . 3 米的方柱 , 托起斗状的主体建筑 , 总高度为 60 . 3 米 , 上方的 “ 斗冠 ” 类似一个倒置的正四棱台 , 上底面边长是 139 . 4 米 , 下底面边长是 69 . 9 米 , 则 “ 斗冠 ” 的侧面与上底面的夹角约为 ( 　　 ) A.20 ° B.28 ° C.38 ° D.48 ° 答案 C 答案 A 考向五 求空间距离 答案 B ∴ BC=CD= 2. 又 BD= 2, ∴ △ BCD 为正三角形 . 取 △ BCD 中心 H , 连接 OH , HC , 则 OH ⊥ 平面 BCD , ∴ OH ⊥ HC. 答案 B 16 . (2020 湖南株洲模拟 ,12) 如图 , 直角梯形 ABCD , ∠ ABC= 90 ° , CD= 2, AB=BC= 1, E 是边 CD 中点 , △ ADE 沿 AE 翻折成四棱锥 D'-ABCE , 则点 C 到平面 ABD' 距离的最大值为 ( 　　 ) 答案 B 解析 由翻折过程可得 , 在如图所示的四棱锥 D'-ABCE 中 , 底面 ABCE 为边长是 1 的正方形 , 侧面 D'EA 中 , D'E ⊥ AE , 且 D'E=AE= 1. ∵ AE ⊥ D'E , AE ⊥ CE , D'E ∩ CE=E , ∴ AE ⊥ 平面 D'CE. 作 D'M ⊥ CE 于点 M , 作 MN ⊥ AB 于点 N , 连接 D'N , 则由 AE ⊥ 平面 D'CE , 可得 D'M ⊥ AE , ∴ D'M ⊥ 平面 ABCE. 又 AB ⊂ 平面 ABCE , ∴ D'M ⊥ AB. ∵ MN ⊥ AB , D'M ∩ MN=M , ∴ AB ⊥ 平面 D'MN. 在 △ D'MN 中 , 作 MH ⊥ D'N 于点 H , 则有 AB ⊥ MH , 又 AB ∩ D'N=N , ∴ MH ⊥ 平面 ABD'. 又由题意可得 CE ∥ 平面 ABD' , ∴ MH 即为点 C 到平面 ABD' 的距离 . 在 Rt △ D'MN 中 , D'M ⊥ MN , MN= 1, 设 D'M=x , 则 0 BA , 这与底面 ABCD 为菱形矛盾 , 所以 ② 必不选 , 故选 ①③ . 下面证明 : PO ⊥ 平面 ABCD. 因为四边形 ABCD 为菱形 , 所以 AC ⊥ BD. 因为 PC ⊥ BD , PC ∩ AC=C , 所以 BD ⊥ 平面 APC. 又因为 PO ⊂ 平面 APC , 所以 BD ⊥ PO. 因为 PA=PC , O 为 AC 中点 , 所以 PO ⊥ AC. 又 AC ∩ BD=O , 所以 PO ⊥ 平面 ABCD. 核心素养分析 数学学科核心素养是数学课程目标的集中体现 , 新高考数学对核心素养的考查和渗透日趋加强 . 山东新高考创新性地出现了开放性的解答题 , 有利于立德树人 , 提升素养 . 本题首先需要理解题意 , 从数量关系、图形关系中抽象出数学问题 , 体现了数学抽象的核心素养 ; 结合图形 , 理解直线、平面之间的位置关系 , 并进行推理证明 , 对直观想象和逻辑推理的核心素养有较高的要求 ; 建立空间直角坐标系 , 根据向量坐标及相关公式 , 通过 “ 数学运算 ” 得出答案 . 【跟踪训练】 (2020 山东潍坊二模 ,19) 请从下面三个条件中任选一个 , 补充在下面的横线上 , 并作答 . 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 底面 ABCD 是菱形 , PA ⊥ 平面 ABCD , 且 PA=AB= 2, PD 的中点为 F. (1) 在线段 AB 上是否存在一点 G , 使得 AF ∥ 平面 PCG ? 若存在 , 指出 G 在 AB 上的位置并给以证明 ; 若不存在 , 请说明理由 ; (2) 若 　　　　　 , 求二面角 F-AC-D 的余弦值 .   解 (1) 在线段 AB 上存在中点 G , 使得 AF ∥ 平面 PCG. 证明如下 : 如图所示 , 设 PC 的中点为 H , 连接 FH. ∴ FH ∥ AG , FH=AG , ∴ 四边形 AGHF 为平行四边形 , 则 AF ∥ GH. 又 GH ⊂ 平面 PGC , AF ⊄ 平面 PGC , ∴ AF ∥ 平面 PGC. (2) 方案一 : 选条件 ① . ∵ PA ⊥ 平面 ABCD , ∴ PA ⊥ BC , 由题意知 AB , AD , AP 两两垂直 , 以 AB , AD , AP 分别为 x 轴 , y 轴 , z 轴 , 建立空间直角坐标系 , 如图 . ∵ PA=AB= 2, 则 A (0,0,0), B (2,0,0), C (2,2,0), D (0,2,0), F (0,1,1), P (0,0,2), 设平面 FAC 的法向量为 μ = ( x , y , z ), 方案二 : 选条件 ② . ∵ PA ⊥ 平面 ABCD , 取 BC 中点 E , 连接 AE , 取 AD 的中点 M , 连接 FM , CM , 则 FM ∥ PA , 且 FM= 1, ∴ FM ⊥ 平面 ABCD , FC 与平面 ABCD 所成角为 ∠ FCM , ∴ AE 2 +BE 2 =AB 2 , ∴ BC ⊥ AE , ∴ AE , AD , AP 两两垂直 , 以 AE , AD , AP 分别为 x 轴 , y 轴 , z 轴 , 建立空间直角坐标系 , 如图 . 方案三 : 选条件 ③ . ∵ PA ⊥ 平面 ABCD , ∴ PA ⊥ BC , 取 BC 中点 E , 连接 AE , ∴ △ ABC 是正三角形 . ∵ E 是 BC 的中点 , ∴ BC ⊥ AE , ∴ AE , AD , AP 两两垂直 , 以 AE , AD , AP 分别为 x 轴 , y 轴 , z 轴 , 建立空间直角坐标系 , 如图 .