在五面体ABCDEF中,四边形ADEF是正方形,FA垂直平面ABCD,BC平行AD,CD=1,CD=2倍根号2,角BAD

（1）五面体ABCDE为四棱锥D-ABCE，
其中高为DE=2，
底面为直角梯形ABCE，
共面积为S=
1
2(1+2)×2=3，
∴五面体ABCDE的体积V=
1
3sh=
1
3×3×2=2．
（2）证明：如图，取DE中点G，连结AG，GF，
则GF∥EG，且GF=
1
2EC，
又AB∥EC，且AB=
1
2EC，
∴四边形ABFG为平行四边形，从而BF∥AG，
又AG⊂平面ADE，BF不包含于平面ADE，
∴BF∥平面ADE．

点评：
本题考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．

考点点评： 本题考查五面体的体积的求法，考查直线与平面平行的证明，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

证明：（1）因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD，
因为AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF．…4分
因为AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面CDEF=EF，
所以AB∥EF．…7分
（2）因为DE⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以DE⊥BC．…9分
因为BC⊥CD，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDEF，
所以BC⊥平面CDEF．…12分
因为BC⊂平面BCF，所以平面BCF⊥平面CDEF．…14分．

点评：
本题考点： 平面与平面垂直的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．

考点点评： 本题考查直线平行的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

解（1）由已知AB=4，AD=2，∠BAD=60°，
得BD²=AD²+AB²-2AD•ABcos60°=4+16-2×2×4×[1/2]=12．
∴AB²=AD²+BD²，∴△ABD是直角三角形，
∠ADB=90°，即AD⊥BD．
在△PDB中，PD=
3，PB=
15，BD=
12，
∴PB²=PD²+BD²，故得PD⊥BD．
又PD∩AD=D，∴BD⊥平面PAD．
（2）∵BD⊥平面PAD，BD⊂平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD．
作PE⊥AD于E，又PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，
∴∠PDE是PD与底面BCD所成的角，∴∠PDE=60°，
∴PE=PDsin60°=
3•

3
2=[3/2]
作EF⊥BC于F，连PF，则PF⊥BC，∴∠PFE是二面角P-BC-A的平面角．
又EF=BD=
12，∴在Rt△PEF中，
tan∠PFE=[PE/EF]=

3
2
2

点评：
本题考点： 与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 本小题主要考查空间线面关系、二面角的度量，考查化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力

（1）由题设知，BF∥CE，
所以∠CED（或其补角）为异面直线BF与DE所成的角．
设P为AD的中点，连接EP，PC．
因为FE₌^∥AP，所以FA₌^∥EP，同理AB₌^∥PC．
又FA⊥平面ABCD，所以EP⊥平面ABCD．
而PC，AD都在平面ABCD内，
故EP⊥PC，EP⊥AD．由AB⊥AD，可得PC⊥AD设FA=a，
则EP=PC=PD=a，CD=DE=EC=
2a，故∠CED=60°．
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°
（2）证明：因为DC=DE且M为CE的中点，
所以DM⊥CE．连接MP，则MP⊥CE．又MP∩DM=M，
故CE⊥平面AMD．而CE⊂平面CDE，
所以平面AMD⊥平面CDE．
（3）设Q为CD的中点，连接PQ，EQ．
因为CE=DE，所以EQ⊥CD．因为PC=PD，
所以PQ⊥CD，故∠EQP为二面角A-CD-E的平面角．
可得，EP⊥PQ，EQ＝

6
2a，PQ＝

2
2a．于是在Rt△EPQ中，cos∠EQP＝
PQ
EQ＝

3
3

点评：
本题考点： 异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．

考点点评： 本小题要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想像能力、运算能力和推理论证能力．

证明：（1）因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD，
因为AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF．…4分
因为AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面CDEF=EF，
所以AB∥EF．…7分
（2）因为DE⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以DE⊥BC．…9分
因为BC⊥CD，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDEF，
所以BC⊥平面CDEF．…12分
因为BC⊂平面BCF，所以平面BCF⊥平面CDEF．…14分．

点评：
本题考点： 平面与平面垂直的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．

考点点评： 本题考查直线平行的证明，考查平面与平面垂直的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

（1）证明：连接B₁C交BC₁于O，连接DO，
∵四边形BCC₁B₁是矩形，
∴O为B₁C中点又D为AC中点，从而DO∥AB₁ ．
∵AB₁⊄平面BDC₁，DO⊂平面BDC₁，
∴AB₁∥平面BDC₁ ．
•
（2）建立空间直角坐标系B-xyz如图所示，
则 A(
3，1，0)，C（0，2，0），C1(0，2，2
3)，B（0，0，0），D(

3
2，
3
2，0)
所以

BD＝(

3
2，
3
2，0)，

BC1＝(0，2，2
3)
设

n1＝(x，y，z)为平面BDC₁的法向量，
则有



BD•

n1＝

3
2x+
3
2y＝0


BC1•

n1＝2y+2
3z＝0
∴可得平面BDC₁的一个法向量为

n1＝(3，−
3，1)，
而平面BCC₁的法向量为

n2＝(1，0，0)，
所以cos<

n1，

n2>＝
3
13
13，
所以二面角C-BC₁-D的余弦值
3
13
13，

点评：
本题考点： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定．

考点点评： 本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，直线与平面平行的判定，其中（1）的关键是证得DO∥AB1，（2）的关键是建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题．

（Ⅰ）当D为AC中点时，有AB₁∥平面BDC₁，
证明：连接B₁C交BC₁于O，连接DO∵四边形BCC₁B₁是矩形
∴O为B₁C中点又D为AC中点，从而DO∥AB，
∵AB₁⊄平面BDC₁，DO⊂平面BDC₁∴AB₁∥平面BDC₁
（Ⅱ）建立空间直角坐标系B-xyz如图所示，则B（0，0，0），A（
3，1，0），C（0，2，0），D（

3
2，[3/2]，0），C₁（0，2，2
3），
所以

BD=（

3
2，[3/2]，0），

BC1=（0，2，2
3）．
设

n1=（x，y，z）为平面BDC₁的法向量，则有

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

考点点评： （I）此问重点考查了线面平行的判定定理，还考查了中位线的平行的性质定理，及学生的空间想象能力
（II）此问重点考查了利用空间向量的知识，及平面的法向量的夹角与二面角的大小联系；此外还考查了学生的计算能力．

（I）证明：取CD中点M，连接OM．EM．
在矩形ABCD中，OM

∥
.
.
1
2BC，又EF

∥
.
.
1
2BC，
则EF

∥
.
.OM．连接EM，于是
四边形EFOM为平行四边形．
∴FO∥EM．
又因为FO不在平面CDE，且EM⊂平面CDE，
∴FO∥平面CDE．

（II）证明：连接FM．由（I）和已知条件，在等边△CDE中，
CM=DM，EM⊥CD且EM＝

3
2CD＝
1
2BC＝EF．
因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM．
∵CD⊥OM，CD⊥EM，
∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO．
而FM∩CD=M，
所以EO⊥平面CDF．

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力．

证明：（Ⅰ）连接B₁C交BC₁于O，连接DO，
∵四边形BCC₁B₁是矩形
∴O为B₁C中点
又D为AC中点，从而DO∥AB₁
∵AB₁⊄平面BDC₁，DO⊂平面BDC₁
∴AB₁∥平面BDC₁．
（Ⅱ）BB1＝
AB12−AB2＝2
3
三角形BC₁B₁的面积S＝
1
2BB1×B1C1＝
2
3
2×2＝2
3
A到平面BCC₁B₁的距离为△ABC的高
3
∴VB1−ABC1＝VA−BC1B1＝
1
3×2
3×

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．

考点点评： 本题主要考查了直线与平面平行的判定和三棱锥体积的计算．考查了学生对所学知识的理解和灵活利用．

（I）显然这个五面体是四棱锥A-BCC₁B₁，
因为侧面BCC₁B₁垂直于底面ABC，
所以正三角形ABC的高h＝
3就是这个四棱锥A-BCC₁B₁的高，
又AB₁=4，AB=2，所以BB1＝2
3．
于是 V四棱锥A−BCC1B1＝
1
3S矩形_BCC1B_
=
1
3×2
3×2×
3＝4．…（4分）
（Ⅱ）当D为AC中点时，有AB₁∥平面BDC₁．
证明：连接B₁C交BC₁于O，连接DO，
∵四边形BCC₁B₁是矩形∴O为B₁C中点，
∵AB₁∥平面BDC₁，且AB₁⊄平面BDC₁，DO⊂平面BDC₁
∴DO∥AB₁，∴D为AC的中点．…（8分）
（III）建立空间直角坐标系B-xyz如图所示，
则A(
3，1，0)，C（0，2，0），C1(0，2，2
3)，B1(0，0，2

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．

考点点评： 本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，棱锥的体积，直线与平面平行的判定，其中（I）的关键是判断出五面体A-BCC1B1的底面及高，（II）的关键是证得DO∥AB1，（III）的关键是建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题．

（1）证明：连接B₁C交BC₁于点O，则O为B₁C中点，连接OD，
则在△B₁AC中，AB₁∥OD．
∵OD⊂平面BDC₁，AB₁⊄平面BDC₁．
∴AB₁∥平面BDC₁．…（3分）
（2）过点D作DN⊥BC于点N，则
∵二面角A-BC-C₁为直二面角
∴DN⊥平面CBC₁．
过点N作HH⊥BC₁，连接DH，则由三垂线定理知DH⊥BC₁．
∴∠DHN为二面角C-BC₁-D的平面角．…（4分）
∵DN=DC•sin60°=

3
2，
∴CN=
1
2，BN=
3
2．…（5分）
∵△ABB₁为直角三角形，
∴CC1=BB1=2
3，
∴BC₁=4．…（6分）
∵Rt△BNH～Rt△BC₁C
∴[BN
BC1=
NH
CC1，
∴HN=
3
3/4]．…（7分）
∴tan∠DHN=
DN
NH=


3
2

3
3
4=
2
3，
∴二面角C-BC₁-D的大小为arctan
2
3．…（8分）
（3）取AC₁的中点M，连接DM，则DM∥CC₁．
以DA、DB、DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz（如图所示）．…（9分）
则A（1，0，0），C₁（-1，0，2

点评：
本题考点： 用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．

考点点评： 本题以多面体为载体，考查线面平行，考查面面角，考查利用空间向量解决立体几何问题，解题的关键是利用线线平行证明线面平行，正确作出二面角的平面角．

证明：（I）证明：取AB的中点M，连接FM，OM，
∵O为矩形ABCD的对角线的交点，∴OM∥BC，且OM=[1/2]BC，
又EF∥BC，且EF=[1/2]BC，∴OM=EF，且EF∥OM，
∴四边形EFMO为平行四边形，∴EO∥FM，又FM⊂平面ABF，EO⊄平面ABF，
∴EO∥平面ABF．
（II）∵由（I）知四边形EFMO为平行四边形，∵EE=EO，
∴四边形EFMO为菱形，连接EM，则FO⊥EM，
又∵三角形ABF为等边三角形，且M为AB的中点，
∴FM⊥AB，MO⊥AB，∴AB⊥平面EFMO，∴AB⊥FO，
又AB∩EM=M，∴FO⊥平面ABE，FO⊂平面EFO，
∴平面ABE⊥平面EFO．

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查线面平行的判定及面面垂直的判定．

（1）五面体ABCDE为四棱锥D-ABCE，
其中高为DE=2，
底面为直角梯形ABCE，
共面积为S=
1
2(1+2)×2=3，
∴五面体ABCDE的体积V=
1
3sh=
1
3×3×2=2．
（2）证明：如图，取DE中点G，连结AG，GF，
则GF∥EG，且GF=
1
2EC，
又AB∥EC，且AB=
1
2EC，
∴四边形ABFG为平行四边形，从而BF∥AG，
又AG⊂平面ADE，BF不包含于平面ADE，
∴BF∥平面ADE．

点评：
本题考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．

考点点评： 本题考查五面体的体积的求法，考查直线与平面平行的证明，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．