2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题四第1讲　几何体的表面积与体积、线面位置关系的判断

第1讲　几何体的表面积与体积、线面位置关系的判断

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1．“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，与球有关的组合体、几何体的表面积与体积，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)．

2．考查一个小题时，本小题一般会出现在第6～7题的位置上，难度中档．考查两个小题时，其中一个小题难度中低档，另一小题难度稍高，一般会出现在第9～11题的位置上，有时也出现在压轴小题的位置上．

[真题体验]

1．(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(　　)

解析：A　[俯视图应为A.]

2．(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　)

A．12π　　　　　　　　　 B．12π

C．8π  D．10π

解析：B　[圆柱的轴截面是面积为8的正方形，设圆柱的底面半径为R，高为h，则(2R)2＝8，∴R＝，h＝2R＝2.∴该圆柱的表面积为2·πR2＋2πRh＝2π×()2＋2π××2＝12π.]

3．(2019·江苏卷)如图，

长方体ABCD­A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是________．

解析：本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律．在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题．因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，

因为E为CC1的中点，

所以CE＝CC1，

由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，

所以CE是三棱锥E－BCD的底面BCD上的高，

所以三棱锥E－BCD的体积V＝×AB·BC·CE＝×AB·BC·CC1＝×120＝10.

答案：10

4．(2018·全国Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．

解析：

如图∠SAO＝30°，设圆锥的底面圆半径为R，则SO＝Rtan 30°＝R，SA＝＝R，又∵SA⊥SB，∴△SAB的面积S＝SA·SB＝2＝8.∴R＝2，∴圆锥的体积为V＝πR2·SO＝πR3＝π(2)3＝8π.

答案：8π

[主干整合]

1．棱柱、棱锥

(1)棱柱的性质

侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形．

(2)正棱锥的性质

侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高(侧面等腰三角形底边上的高)相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面上的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形．

2．空间几何体的三视图

(1)空间几何体三视图的画法规则：

①长对正，即正(主)视图和俯视图的长相等；

②高平齐，即正(主)视图和侧(左)视图的高相等；

③宽相等，即侧(左)视图和俯视图的宽相等；

④看不见的轮廓线要用虚线表示．

(2)空间几何体三视图的摆放规则：

俯视图放在正(主)视图的正面；侧(左)视图放在正视图的右面．

3．几何体与球的切接问题

(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即是棱柱的体对角线．

(2)解决柱、锥的内切球问题的关键是找准切点位置，化归为平面几何问题．

4．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.

5．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.

热点一　空间几何体的表面积与体积

　 　　根据三视图求几何体的表面积、体积

[例1－1]　(1)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是(　　)

A．158　　　　　　　　　　 B．162

C．182  D．324

[解析]　

B　[如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.

则底面面积S＝×3＋×3＝27，

因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.故选B.]

(2)(2020·汕头模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为12π＋8，则该几何体的表面积为(　　)

A．18π＋8＋4  B．20π＋8

C．10π＋4  D．45π＋27＋9

[解析]　

B　[还原几何体如图所示，几何体的体积是V＝πa2×2a×＋×2a×a×a＝12π＋8，解得a＝2，而几何体的表面积是S＝2πa2＋2πa×a×＋a×a×2，将a＝2代入，所以S＝20π＋8，故选B.]

根据三视图求其表面积、体积的方法

(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图．

(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．

(3)套用相应的面积公式与体积公式计算求解．

　　　　根据几何体的结构特征求体积、表面积

[例1－2]　(1)(2019·全国Ⅲ卷)

学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1，挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体．其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.

[解析]　由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，

故V挖去的四棱锥＝××4×6×3＝12(cm3)．

又V长方体＝6×6×4＝144(cm3)，

所以模型的体积为

V长方体－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，

所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．

[答案]　118.8

(2)

如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，NB＝2PN，则三棱锥NPAC与三棱锥DPAC的体积比为(　　)

A．1∶2　　　　　　　　 B．1∶8

C．1∶6  D．1∶3

[解析]　D　[通解：设点P，N在平面ABCD内的投影分别为点P′，N′，则PP′⊥平面ABCD，NN′⊥平面ABCD，所以PP′∥NN′，则在△BPP′中，由BN＝2PN得＝.V三棱锥NPAC＝V三棱锥PABC－V三棱锥NABC＝S△ABC·PP′－S△ABC·NN′＝S△ABC·(PP′－NN′)＝S△ABC·PP′＝S△ABC·PP′，V三棱锥DPAC＝V三棱锥PACD＝S△ACD·PP′，又因为四边形ABCD是平行四边形，所以S△ABC＝S△ACD，所以＝.

优解：两三棱锥同底，体积比等于点N与点D到平面PAC的距离比，点D到面PAC的距离等于点B到面PAC的距离．因为距离比为1∶3，故体积比也为1∶3.]

求解几何体的表面积及体积的技巧

(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．

(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解．

(1)(2019·德州三模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)

A．8＋4＋8　　　　 B．24＋4

C．8＋20  D．28

解析：A　[由三视图可知，该几何体的下底面是长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面是底边为2，高为2的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为的平行四边形，所以该几何体的表面积为S＝4×2＋2××2×2＋2×4×＝8＋4＋8.]

(2)(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为____________．

解析：圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半．

四棱锥的高为＝2，

故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为，

故其体积为π×2×1＝.

答案：

热点二　与球有关的组合体

[例2]　(1)(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)

A．8π　　　　　　　　　 B．4π

C．2π  D.π

[审题指导]　由∠CEF＝90°，可得EC，利用余弦定理可求PA＝PB＝PC＝⇒PA⊥PB⊥PC，利用外接球的直径是由该几何体补成的正方体的体对角线求R，可得球体积．

[解析]　D　[

设PA＝PB＝PC＝2a，则EF＝a，

FC＝，∴EC2＝3－a2.

在△PEC中，

cos∠PEC＝.

在△AEC中，

cos∠AEC＝.

∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－4a2＝1，a＝，

故PA＝PB＝PC＝.

又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB⊥PC，

∴外接球的直径2R＝＝，

∴R＝，∴V＝πR3＝π×3＝π.故选D.]

(2)(2020·郑州模拟)我国古代数学专著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鐅臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鐅臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2，则该几何体外接球的表面积为________．

[解析]　

由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中，如图中的三棱锥A－BCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知长方体的外接球即三棱锥A－BCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2＝(2)2＋()2＋()2＝8＋2＋2＝12，则R2＝3，因此外接球的表面积S＝4πR2＝12π.

[答案]　12π

多面体、旋转体与球接、切问题的求解策略

(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题．

(2)利用平面几何知识寻找几何体元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

(3)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，用4R2＝a2＋b2＋c2求解．

(2017·全国Ⅰ卷)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________．

解析：取SC的中点O，连接OA，OB(图略)，

因为SA＝AC，SB＝BC，

所以OA⊥SC，OB⊥SC，

因为平面SCA⊥平面SCB，

所以OA⊥平面SBC，

设OA＝r，

VA－SBC＝×S△SBC×OA＝××2r×r×r＝r3，

所以r3＝9⇒r＝3，

所以球的表面积为S＝4πr2＝36π.

答案：36π

热点三　空间线面位置关系的判断

[例3]　(1)(2019·武昌三模)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∥α

B．α⊥β且l⊥β

C．α与β相交，且交线垂直于l

D．α与β相交，且交线平行于l

[解析]　D　

[通解：若α∥β，则m∥n，这与m、n为异面直线矛盾，所以A不正确．将已知条件转化到正方体中，易知α与β不一定垂直，但α与β的交线一定平行于l，从而排除B、C.故选D.

优解：构造图形如图所示，知D项正确．]

(2)(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.

[解析]　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可以与α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.

[答案]　②③⇒①或①③⇒②

判断与空间位置关系有关的命题真假的方法

1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．

2．借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断．

(1)(2020·江西八校联考)设有两条直线m，n和三个平面α，β，γ.给出下面四个命题：

①α∩β＝m，n∥m⇒n∥α，n∥β；

②α⊥β，m⊥β，m⊄α⇒m∥α；

③α∥β，m⊂α⇒m∥β；

④α⊥β，α⊥γ⇒β∥γ.

其中正确命题的个数是(　　)

A．1　　　　　　　　　　　　 B．2

C．3  D．4

解析：B　[①中：α∩β＝m，n∥m不能得出n∥α，n∥β.因为n可能在α或β内，故①错误；

②α⊥β，m⊥β，m⊄α，根据直线与平面平行的判定，可得m∥α，故②正确；

③α∥β，m⊂α，根据面面平行的性质定理可得m∥β，故③正确；

④α⊥β，α⊥γ，则γ与β可能平行也可能相交，故④错误．]

(2)(2019·大庆二模)已知α，β是两个不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题不正确的是(　　)

A．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α

B．若l∥m，l⊄α，m⊂α，则l∥α

C．若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β

D．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，是m⊥n

解析：A　[若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，不能推出l⊥α，缺少条件m与n相交，故不正确．]

限时40分钟　满分80分

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)

1．(2020·济南模拟)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)，其直观图如图(1)所示，图(2)中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是(　　)

A．a，b　　　　　　　　 　 B．a，c

C．c，b  D．b，d

解析：A　[当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.]

2．(2020·四省八校联考)m，n是两条不同的直线，α是平面，n⊥α，则m∥α是m⊥n的(　　)

A．充分不必要条件  B．必要不充分条件

C．充分必要条件  D．既不充分又不必要条件

解析：A　[当m∥α时，在平面α内存在一条直线b，使得b∥m，结合n⊥α，知n⊥b，所以n⊥m，所以m∥α是m⊥n的充分条件；当n⊥α，m⊥n时，m∥α或m⊂α，所以m∥α是m⊥n的不必要条件．综上，m∥α是m⊥n的充分不必要条件，故选A.]

3．(2020·洛阳联考)一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图可能是(　　)

①长、宽不相等的长方形　②正方形　③圆　④椭圆

A．①②  B．①④

C．②③  D．③④

解析：B　[由题设条件知，正视图中的长与侧视图中的长不一致，对于①，俯视图是长方形是可能的，比如此几何体为一个长方体时，满足题意；

对于②，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是正方形；

对于③，由于正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图不可能是圆形；

对于④，如果此几何体是一个椭圆柱，满足正视图中的长与侧视图中的长不一致，故俯视图可能是椭圆．

综上知①④是可能的图形．]

4．(多选)(2020·江西省红色七校联考)设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　)

A．若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α

B．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n

C．若α∥β，m⊥α，则m⊥β

D．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β

解析：AC　[若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质知选项C正确；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选AC.]

5．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为(　　)

A．1  B．2

C．3  D．4

解析：

C　[由三视图可得四棱锥P－ABCD，四棱锥P－ABCD中PD＝2，AD＝2，CD＝2，AB＝1.由勾股定理可知：PA＝2，PC＝2，PB＝3，BC＝.则在四棱锥中，直角三角形有：△PAD，△PCD，△PAB，共三个，故选C.]

6．(2020·湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为(　　)

A．8  B．4

C．8  D．12

解析：

D　[由三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA⊥平面ABCD，PA＝4，AB＝4，BC＝4，CD＝6，所以AD＝2，PD＝6，PB＝4，连接AC，则AC＝4，所以PC＝4，显然在各侧面面积中△PCD的面积最大，又PD＝CD＝6，所以PC边上的高为 ＝2，所以S△PCD＝×4×2＝12，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.]

7．(2020·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为(　　)

A．6  B．7

C.  D.

解析：

B　[如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1被截去三棱锥A－PQA1和三棱锥D－PC1D1之后得到的一个几何体，其中P，Q分别是棱A1D1，A1B1的中点．故所求多面体的体积V＝V正方体－V三棱锥A－PQA1－V三棱锥D－PC1D1＝23－××2－××2＝7.故选B.]

8．(2018·新课标Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(　　)

A.   B.

C.  D.

解析：

C　[如图取DD1的中点F，连接AF、EF，则EF∥CD，∴∠AEF即是AE与CD所成的角，设正方体的棱长为a，在直角三角形AFE中，EF＝a，AF＝ ＝a，

∴tan∠AEF＝＝＝.]

9．(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为(　　)

A．2  B．2

C．3  D．2

解析：B　[圆柱中点M，N的位置如图1，其侧面展开图如图2，则最短路径如图2中的MN.由已知MC＝2，CN＝×16＝4，∴MN＝ ＝＝2.]

10．(2019·益阳三模)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若AB＝2，BC＝3，PA＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)

A．13π  B．20π

C．25π  D．29π

解析：

D　[把三棱锥P－ABC放在长方体中，如图所示，

所以长方体的体对角线长为＝，

所以三棱锥外接球的半径为，

所以外接球的表面积为4π×2＝29π.]

11．(2019·重庆市二模)某几何体的三视图如图所示，其正视图为等腰梯形，则该几何体的表面积是(　　)

A．18  B．8＋8

C．24  D．12＋6

解析：

C　[根据给定的三视图，可得原几何体如图所示，其中面ABB1A1表示边长分别为2和4的矩形，其面积为S1＝2×4＝8，△ABC和△A1B1C1为底边边长为2，腰长为的等腰三角形，其高为h＝2，

所以面积为S2＝S3＝×2×2＝2，

面AA1C1C和面BB1C1C为全等的等腰梯形，上底边长为2，下底边长为4，高为2，

所以面积为S4＝S5＝×(2＋4)×2＝6，

所以几何体的表面积为S＝8＋2×2＋2×6＝24，故选C.]

12．(2020·陕西省质量检测)已知三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，且∠ACB＝30°，AC＝2AB＝2.SA＝1.则该三棱锥的外接球的体积为(　　)

A.π  B．13π

C.π  D.π

解析：

D　[∵∠ACB＝30°，AC＝2AB＝2，∴△ABC是以AC为斜边的直角三角形，

其外接圆半径r＝＝，则三棱锥外接球即为以△ABC为底面，以SA为高的三棱锥的外接球．

∴三棱锥外接球的半径R满足R＝ ＝.

故三棱锥外接球的体积V＝πR3＝π.]

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．(2020·黄冈模拟)三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.

解析：

如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝S△PBC.又因为三棱锥A－BDE与三棱锥A－PBC的高长度相等，所以＝.

答案：

14．(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为________．

解析：过P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，PO⊥平面ABC于O.

连OD，OE，∵PD＝PE＝，PC＝2，∴CD＝CE＝1.

由题意，四边形ODCE为圆内接四边形，又∠ACB＝90°

∴四边形ODCE为正方形，

∴OD＝1，

∴PO＝＝＝.

即点P到平面ABC的距离为.

答案：

15．(2020·丽水模拟)已知E，F分别是矩形ABCD的边BC与AD的中点，且BC＝2AB＝2，现沿EF将平面ABEF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，则三棱锥A－FEC外接球的半径________，外接球的体积为________．

解析：由题意，三棱锥A－FEC外接球是正方体AC的外接球，所以三棱锥A－EFC外接球的半径是，所以三棱锥A－FEC外接球的体积为π3＝π.

答案：　

16.

(2019·日照三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD且底面各边都相等，M是PC上一点，当点M满足____________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)

解析：

如图，连接AC，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，因为四边形ABCD的各边相等，所以AC⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC，要使平面MBD⊥平面PCD，只需PC垂直于平面MBD内与BD相交的直线即可，所以可填DM⊥PC(或BM⊥PC)．

答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)