立体几何与空间向量综合测试卷（新高考专用）-2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

第七章立体几何与空间向量综合测试卷

（新高考专用）

（考试时间：120分钟；满分：150分）

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写

在答题卡上。

2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3.回答第n卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷（选择题）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要

求的。

1.（5分）（2024•湖南•三模）已知〃?，〃是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确

的是（）

A.若?n〃a,n〃S，a〃S，则

B.若mua,nu用,则a〃夕

C.若m_La,a_L夕，则n1/?

D.若zn_La,ri1S，m171,则a1£

【解题思路】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结

论.

【解答过程】对于A,若?1〃。，a〃S，则?i〃a或nua,则a,"相交、平行、异面都有可能，A错误；

对于B,若mua,nu〃/?则a与/?相交或平行，B错误；

对于C,若则n1a,又a10,贝!]n〃/?或riu0,C错误；

对于D,由m1a,m_Ln,得九〃a或？iua,若几〃a,则存在过n的平面与戊相交，

令交线为，，贝!Jn〃/,而n_L0,于是113，aJ."；若?iua,而则a10,

因止匕a10,D正确.

故选：D.

2.（5分）（2024・浙江嘉兴•模拟预测）设x,yeR,N=（1,1,1）范=（l,y,z）N=@-4,2）,且方，益了||西

则|23+同=()

A.2V2B.0C.3D.3近

【解题思路】根据向量的垂直和平行，先求出%,y,z的值，再求所给向量的模.

【解答过程】由五1~c=方7=0今比-4+2=0nx-2,

由了||?=><=+=3=>)7=-2,z=1.

所以囱+同=12(1,1,1)4-(1,-2,1)1=|(3,0,3)|=3&.

故选：D.

3.(5分)(2024•新疆乌鲁木齐•三模)三棱锥4-BCD中，ADJ_平面ABC,ABAC=60°,AB=1,AC=2,

AD=4,则三棱锥4-BCD外接球的表面积为()

A.10nB.20nC.25nD.30TC

【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r,再利用炉=r2+6>俗为三棱锥的高,

R为外接球半径)，即可求解.

【解答过程】在△4BC中，ABAC=60°,AB=1,AC=2,

由余弦定理可得=AB2+AC2-2AB-AC-coszFXC,

即Be2=1+4-2X1X2XCOS60°=3,所以BC=V3,

设^ABC的外接圆半径为r,

BCV3

贝(I2r==2,所以r=l,

smz.BACsin60°

平面力BC,S.AD=4,

设三棱锥4-BCD外接球半径为R,

2

则#=r2+(^AD),即R2=1+4=5,

所以三棱锥4-BCD外接球的表面积为4TTR2=201r.

故选：B.

D

B

4.（5分）（2024•辽宁沈阳•模拟预测）已知直三棱柱ABC-4/1的中，/ABC=120°,AB=CCr=2,BC=1,

则异面直线AB】与BCi所成角的余弦值为（）

【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.

【解答过程】以B为原点，在平面4BC内过B作BC的垂线交AC于D,

以BD为x轴，以8c为y轴，以BBi为z轴，建立空间直角坐标系，

因为直三棱柱力BC—4道1的中，/.ABC=120°,48=CQ=2,BC=1,

所以力（次,一1,0）,Bi（0,0,2）,B（0,0,0）,加（0,1,2）,

所以丽=（一百,1,2）,西=（0,1,2）,

设异面直线力为与BC】所成角为仇

所以皿＜。一।画,闲一5一国

所以cos0-南两

故选：C.

5.（5分）（2024•贵州•模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩.已知这批石墩可以看作

是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中A8=2CE=2EF=40cm,AC=10V2cm,

则该石墩的体积为（）

【解题思路】过点C作CM_L4B于M,根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出

结果.

【解答过程】如图，过点C作CM14B于M,

因为|48|=2\CE\=2\EF\=40cm,\AC\=10位cm,所以|AM|=10,\CM\=yJ\CA\2-\AM\2=

V200-100=10,

所以圆台的体积为。=（（S上+S卜一+Js上・S卜.）无=i（Ttx102+Ttx202+V1Tx102Xitx202）x10=

争（3），

又圆柱的体积为％=S/I=TTX102X20=2000Tt（cm3）,

所以该石墩的体积为竽+2000n=誓（513）,

故选：D.

6.（5分）（2024•江西赣州•二模）已知球。内切于正四棱锥P—A8CD,P4=4B=2,访是球。的一条

直径，点。为正四棱锥表面上的点，则藤•丽的取值范围为（）

A.[0,2]B.[4-2V3,2]C.[0,4-V3]D.[0,4-2V3]

【解题思路】根据给定条件，利用体积法求出球。半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.

【解答过程】令H是正四棱锥P—4BCD底面正方形中心，则PH1平面力BCD,而力H=VL

则PH=y/PA2-AH2=V2,正四棱锥P—ABC。的体积V=|x22xV2=^,

正四棱锥P-4BCD的表面积S=4xfx22+22=4（V3+1）,

显然球。的球心。在线段PH上，设球半径为r,则U=（Sr,即「="=告它，

在4P。力中，^PAO<45°=AAPO,于是。4>OP,又M是球O的一条直径，

因此无.而=（而+岳）•（而一荏）=丽？—云2=而2_丽2,

222

显然。HWQ0W4。，贝卜诙•而）min=。，（QE-QF）max=AO-OHAH^2,

所以赤­而的取值范围为[0,2].

故选：A.

p

7.（5分）（2024•陕西榆林•模拟预测）在正方体力BCD-&B1C1D1中，E,尸分别是。小，8的的中点，

则（）

A.EF//BDB.尸小〃平面3CE

C.EF1BC1D.AF_L平面BCC/i

【解题思路】对于A,说明EF,BD异面即可判断；对于B,说明平面8CE〃平面GH£>i即可判断；对于C,

可以用反证法导出矛盾，进而判断；对于D,显然不垂直.

【解答过程】对于A,

设G为BBi中点，贝！|EG〃BD,但EG,EF相交，所以异面，故A错误:

对于B,设CCi的中点为H,则EC〃GH,BE//GDr,

因为GHC平面BEC,BCu平面BEC,GDyC平面BEC,BEu平面BEC,

所以GH〃平面BEC,GDi〃平面BEC,

又因为GHnGDr=G,GH,GD1u平面GH小,

故平面BCE〃平面GHDi，

又FD]u平面GHDi，故尸小〃平面BCE,选项B正确.

对于C,在△EBCi中,BE丰EC1,BF=故所与3的不可能垂直（否则EF垂直平分8的,会得到EB=ECr,

这与BE7EC1矛盾），C选项错误.

对于D,

易知力B_L平面BCC/i，又=4故D选项错误.

故选：B.

8.(5分)(2024•山东临沂・二模)已知正方体4BCD-4把1的。1中，M,N分别为。的，的。的中点，则

()

A.直线aW与&C所成角的余弦值为当B.平面BMN与平面8的小夹角的余弦值为噜

C.在BCi上存在点°,使得D.在8道上存在点尸，使得P力〃平面8MN

【解题思路】以£»为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1,由空间向量计算异

面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而4C平面BMW可判断D.

【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1,

所以4(1,0,0),0(0,0,0),C(0,l,0),41(1,0,1),01(0,0,1),Bid,1,1),的(0,1,1),

对于A,丽=(0,碇=(一1,1,一1)，

直线与&C所成角的余弦值为|cos(而，4©|=।黑褊=袅=g故A错误；

对于B,而=(0,-g0),BM=(-1,0,0;

fn-MN——-y=0

2

设平面BMN的法向量为元=(x,y,z),贝时_,1,

In•BM=—x+-z=0

取％=1,可得y=0,z=2,所以元=(1,0,2),

QDi=(0,-1,0),BCl=(-1,0,1);

设平面8的。1的法向量为布=(xi，yi，zj,则1_元上小=一月=°,

(n•BCi=—/+Zi=0

取=1,可得yi=0,zi=1,所以记=(1,0,1),

平面BMN与平面BQ小夹角的余弦值为：

3保而=森=云=甯，故B错误；

对于C,因为。在BC1上，设Q(%o，l,Zo),所以m=2币，0<A<1,

则C10=(%0,0,z0-1),CXB=(1,0,-1),所以M；=A,z0=-A+1,

所以Q(4,1,—4+1),B-IQ=(2—1,0,—所BD]—(―1,—1,1),

所以瓦1•丽7=1-；1一4=0,解得：A=|.

故BCi上存在点QU，1，)，使得故C正确；

对于D,因为MN〃DC〃4B,所以力四点共面，

而46平面BMN,所以当。上不存在点尸，使得P4〃平面BMN,故D错误.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的

要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。

9.(6分)(2024•山东淄博•二模)如图，在平行六面体/BCD-///。。中，以顶点/为端点的三条棱

长都是1,且它们彼此的夹角都是以M为4G与瓦0/的交点.若同=方，AD=~b,AAl=C,则下列说法

A.CM=-^-lb+cB.（CM,裾）=]

C.BD]=a+b+cD.前•西=1

【解题思路】由题意可知，a-b=a-c=fo-c=lxlxcos^=i再利用空间向量的线性运算和数量积运

算逐个判断各个选项即可.

【解答过程】由题意可知，工•万=27=石7=1X1Xcos.g,

对于A,CM=CC^+C^M=AA^+—=AA^——（^AB+AD）———CL——b+c,故A正确；

对于B,又因为前7=荏+前+ak=N+l+2,

所以屈.霜=­（a+b+c）=-1a2-1a-b-1a-c-1b-a-1P-|b-c+c-a+c-

b+c2=0,

所以〈而，宿）=5故B错误；

对于C,~BD[^BA+BC+JB[^-AB+AD+AA^^-a+b+~c,故C错误；

对于D,AD-BD1—b-（—a+b+~c）——'a-b+~b2+b-~c—1,故D正确.

故选：AD.

10.（6分）（2024•浙江•模拟预测）如图，在三棱锥P-EDF的平面展开图中，E,F分别是4B,BC的中点,

正方形4BCD的边长为2,则在三棱锥P-EDF中（）

A.△PEF的面积为］B.PD1EF

C.平面PEF1平面DEFD.三棱锥P—EDF的体积为1

【解题思路】直接求△BEF的面积可判定A,连接BD交EF于G,根据条件证EF1平面GPD即可判定B,判

定PG、DG的夹角是否为直角可判定C,利用棱锥的体积公式可判定D.

【解答过程】

AD

0>

B^F~~lcF

对于A,易知尸=SNEF=：xBExBF=p故A正确;

对于B,连接BD交EF于G,根据正方形的性质易知EFlBD,

所以有EFlGD,EF1GP,

又PG,GDu平面PGD,所以EFl平面GPD,

PDu平面GPD,所以EF1PD,故B正确；

对于C,由上可知NPGD为平面PEF与平面DEF的夹角，

易知PG=^,DG=等,PD=2丰7PG2+DG2,则PG,DG不垂直，故C错误；

对于D,由题意可知PD,PE,PF两两垂直，

则Vp-EDF=1XPDx|XPFxPF=i,故D正确.

故选：ABD.

11.（6分）（2024•江苏南京•二模）在棱长为1的正方体48。。一公%的。1中，E、F分另I」为4B、8C的中

点，点P满足中=入硒＞+〃硒在oW4w1,0wD，则下列说法正确的是（）

A.若4=1,〃=0,则三棱锥P-BEC外接球的表面积为营

B.若4=〃=£,则异面直线CP与B#所成角的余弦值为嘤

C.若2+〃=1,则4PEF面积的最小值为J

O

D.若存在实数久,y使得丽=%瓦孑+）/瓦F，则。止的最小值为学

【解题思路】根据长方体的外接球即可求解A,建立空间直角坐标系，即可根据向量的坐标运算，结合模

长公式以及夹角公式即可求解BD,根据线面垂直的性质可得P在线段上运动，PE=PF,即可根据面

积公式求解.

【解答过程】A：由题意，P与当重合，

故三棱锥P-BEC的外接球与以BBi，BE,BC为长宽高的长方体的外接球相同，

故半径2R=J12+]_2+（；）=|,表面积为4TTR2=3n,故力对；

B：以。为原点建系，C（0,l,0）,。式0,0,1）,力式1,0,1）,F（pl,0）,£（1,|,0）,X（1,0,0）,

由于=16+T和=（一U，o）,所以pG，gi）,

而帝=（一],0,-1）,|cos底，第）1=篇篇（言|=乎,故B错；

C：由2+〃=1得，P在线段为。1上运动，设P在底面力BCD的投影为Q,连接QE,QF,

由于QE=QF,所以PE=JPQ2+QE2,PF=JPQ2+Q/2,故PE=PF,

连接EF,BD相交于M,连接MP,

SAPEF=.PM=；x[JPQ2+Q“22*4x1=1,当Q,M重合时取等号，故C错;

ZZZZZZZ4

D：由中=硒瓦+鬲瓦(0<2<1,0<<1)

得P(l—〃,儿1),Q=(一出儿1),(0,-|,-1).序=(一go,-1),

一(―"

由衣=久瓦e+丫瓦/可得《〃=Ly,

lx+y=—1

所以；=~D^P=(1-^A,o),=,健+(〃_1)2=[(〃+；)+(〃_1)2=[2(〃一1+:,

当〃=*时，|用1®=苧，故D正确.

故选：AD.

第n卷(非选择题)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.(5分)(2024・辽宁•一模)已知空间中的三个点4(1,1,1),B(2,l,-1),1(3,0,0),则点4到直线BC的

距离为一等_.

【解题思路】由题意求出瓦正和瓦?在而上的投影，根据勾股定理计算即可求解.

【解答过程】由题意知，X(l,l,l),B(2,l,-1),C(3,0,0),

所以或=(-1,0,2),阮=(1,-1,1)，

得|说|=V5,[BC\-V3,BA-BC|-1+0+2|_V3

-弟-二7'

2

所以点/到直线BC的距离为d=BA

故答案为：要.

13.（5分）（2024・四川•模拟预测）在平面四边形4BCD中,AB=AD=1,BC=CD=^2,ABA.AD,BCD

沿BD折起，使点C到达C',且AC'=K,则四面体ABC'D的外接球为球0,若点E在线段BD上，且BD=4BE,

过点E作球。的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为—半

4

【解题思路】先根据勾股定理逆定理得到C'B1AB.C'D1AD,再根据直角三角形中线性质找出外接球的球

心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距

离d最大即可.

【解答过程】由题意知，C'B=C'D=五,AB=AD=1,AC'=

由勾股定理可知，CB2+AB2=C'A2,CD2+AD2=C'A2,所以C'B_LHB,C,D_LHD,

取C1的中点0,所以OB=OC,=OD=0A,所以四面体ABC'。的外接球。在斜边CZ的中点处，四面体ZBC'D

的外接球。的半径R=\CA=y,

根据题意可知，过点E作球。的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球。到截面

的距离d,只需球心到截面的距离d最大即可，

而当且仅当。E与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，即dmax=0E,

取的中点F,EF=-BD=—,易知△为等腰三角形,OF=>JOB2-BF2=佰-之=：,所以。不=OF2+

44-\l422

加=（3+陆号,

所以截面圆的半径为r=Vff2-OE2=乎.

4

故答案为：手.

4

c

14.（5分）（2024•广东茂名•模拟预测）已知四棱柱ABCD-4/1的。1的底面是正方形，AB=4,AAt=4鱼,

点名在底面力BCD的射影为BC中点〃，则直线与平面A8CD所成角的正弦值为

【解题思路】以点以为坐标原点，瓦5、近、西的方向分别为xj、z轴的正方向建立空间直角坐标系H-xyz,

求得平面2BCD的一个法向量为n=（0,0,1）,直线4%的一个方向向量河=（0,6,277）,利用向量的夹角公

式可求直线4入与平面4BCD所成角的正弦值.

【解答过程】因为点当在底面力BCD的射影为BC中点则当“，平面力BCD,

又因为四边形2BCD为正方形，

以点〃为坐标原点，瓦?、近、西的方向分别为xj、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系H-xyz,

因为当"J_平面4BCD,BC贝1BC,

2

因为力B=4,AAt=4V2,贝Ij/H=BBl-BH=V32-4=2V7,

则2(4,—2,0)、£)(4,2,0)、8(0,—2,0)、BI(0,0,2A/7),

所以河=AD+西=AD+两=(0,4,0)+(0,2,2V7)=(0,6,2夕),

易知平面4BCD的一个法向量为n=(0,0,1),

cos西,=

因此‘直线皿】与平面所成角的正弦值为圣

故答案为：字

四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

15.（13分）（2024•内蒙古赤峰•三模）如图，在三棱台力/1的-ABC中，△&当前和△ABC都为等

边三角形，且边长分别为2和4,CC1=2,^ACC1=NBC/=90°,G为线段4C的中点，H为线段BC上

的点，A\B“平面CiGH.

（1）求证：点H为线段BC的中点；

（2）求三棱锥B-的体积.

【解题思路】（1）因为&B〃平面QGH,所以想到用线面平行的性质定理证明;

（2）利用等体积法将三棱锥B-力转化为三棱锥的体积求解即可.

【解答过程】（1）连接&C,设&CnCiG=。，连接H。、&G

因为三棱台A1BlCl-ABC,所以41c"/AC

又CG=^/1C=2,所以四边形&C1CG为平行四边形

所以CO=0A1.

又〃平面CiGH,4/CL平面&BC,平面CB&n平面CiGH=HO,

：.AXB//HO

:四边形&C1CG是正方形，。是&C的中点，

二点”是8C的中点.

(2)因为44。的=乙BCJ=90°,贝UCCi1AC,CCr1BC,

又ACCBC=C,AC,BCu平面ABC

：.CC11平面ZBC,

由（1）知力iG〃CC>且CCi=AXG=2,

△ABC是边长为4的等边三角形，

°1V3

S/^BC=]x4x4x-=4V3，

•.•〃为BC中点，

1''^AABH—5sA4BC=5X4次-2\[3,

B-ArAH-At-ABH

—^AABHX4道=|x28X2=竽.

16.（15分）（2024•陕西宝鸡三模）如图，在三棱柱48。一4/1的中，与BB1的距离为百，AB=AC=

⑴证明：平面AMBBi1平面N5C；

（2）若点N是棱41的的中点，求点N到平面A/4的距离.

【解题思路】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明力平面48名4；

（2）根据面面垂直，求三棱柱的高，以及利用等体积转化求点N到平面4/C的距离.

【解答过程】（1）取棱4月中点。，连接3D

因为力B=&B,所以BDJ.441

因为三棱柱ABC—4丛的，所以44IIBB1

所以BDJ.BB1，所以BD=遮

因为力B=2,所以4D=1,44i=2；

因为力C=2,A1C=2V2,

所以4c2+4吊=4停2,

所以力C_L441，

同理4cl48,

因为441CAB=4,且力A。4Bu平面A1力BBi，所以4C1平面力BB。

因为力Cu平面ABC,所以平面力lABBi1平面ABC；

（2）过当作B1E14B,垂足为E,连结CE,

由（1）可知平面414B81J_平面力BC,且平面Ai力BBiC平面力BC=AB,

所以/E1平面SBC,CEu平面2BC,则/E_LCE,

有（1）可知，△力是等边三角形，可得8亚=b，CE=V13,BiC=4,

5

AA1CB14,A1C=2V2,A1B1—2,BIC—4,

22+（2A/2）-42V2mil■rV14

cos/B遇停=I"?*?2=一7,则51*/D8通道=工

可得△力iCBi的面积为,x2x2应x9=近，

22

又k-41cBi=Vc-A1C1B1=I''I''-竽

设N到面为B1C的距禺为h,则九1-418道=,,^AA1B1C'2h,

17.（15分）（2024•河南周口•模拟预测）如图，平行六面体力BCD-4/1的小中，底面（BCD与平面48的小

都是边长为2的菱形，NBCD=NBC1A=120。，侧面BCC1B1的面积为底.

⑴求平行六面体4BCD-481的。1的体积；

(2)求平面BCC/i与平面CDDiCi的夹角的余弦值.

【解题思路】(1)连接ZC,4的，根据菱形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理、三角形面积公

式、棱柱的体积公式进行求解即可；

(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【解答过程】(1)连接AC,力的，

因为底面ABC。与平面48的小均为菱形，且N8C。=/LBC1D1=120°,

所以△43。与4AB。均为等边三角形，

取的中点。，连接。C,。的，则。C14B,OCiLAB,贝i]OC=。的=旧，

因为侧面Beg%的面积为回，

所以△BCQ的面积为苧，贝6x2x2sinNCBCi=手，

所以sinzCBQ=平，贝UcoszCFCi=.

在△BCCi中，C篇=22+22—2x2x2x[=6,贝|。的=返，

所以。。2+。*=(7篇，所以。C_LOC\.

因为力BCiOC=。，4B,OCu平面ABCD,

所以。的1平面力BCD,

故平行六面体4BCD-4止10。1的体积，=SABCD-OC1=2X2sin60°XV3=6.

(2)由(1)可知，48,。。,。的两两垂直，以。为原点，以。所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建

立如图所示的空间直角坐标系。一xyz.

则8(1,0,0),C(0,V3,0),^(0,0,73),£>(-2,V3,0),

BC=(-1,73,0),CC\=(0,-V3,V3),CD=(-2,0,0),

设平面BCC/i的法向量为记=Cq,yi，zD，

由［匹三=。，得厂凡L。，取为=1,则记=（返L1）.

（31•隹=0,I-Wyi+V3Zi=0,

设平面COD1C1的法向量为元=（%2，、2*2）,,

由伫.£=0,得,-2X2彳。,取为=1,则元=（0,1,1）,

（CCi-n=0,（一73y2+V3z2=0,

于7Gcos〈mm〉=^=w=可.

设平面BCC/i与平面CD%Ci的夹角为仇

所以cos0=|cos（m,n）|=等.

18.（17分）（2024•江苏无锡•模拟预测）如图，在棱长为4的正方体力BCD-中,点E在棱力公

上，且4E=1.

（1）求四棱锥。1-E4BB1的表面积

（2）若点P在棱0的上，且P到平面为DE的距离为亨，求点P到直线EBi的距离.

【解题思路】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，

（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.

【解答过程】（1）由力E=L4B=4,所以===不=5,

£>iBi=4V2,

2Z

所以SADIE4=gxlx4=2,SB=gx4V2xJ5-（2V2）=2V34,S=S=g

AD11EAD1ABAD1B1Bx4V2x

4=8V2,SEABB1=1x（14-4）x4=10,

故四棱锥—E4BB1的表面积为+S^DIBIE+SAD\AB+S^DIBIB+SfZBBi=2+2V34+I6V2+

10=12+2V34+16V2

（2）以O为坐标原点，DAfDC,所在直线分别为久轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系,

则4(4,0,0),B(4,4,0),Bi(4,4,4),(0,0,4),F(4,0,l),P(0,a,4),其中OVa—