在△ABC中,AB=BC=2,AC=2根号2,AD是BC边上的中线,EF垂直平分AD,那么AE:BE= :

（1）如图所示，以D为原点，DA、DC、DD₁所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D-xyz．
∴D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A₁（2，0，4），
B₁（2，2，4），C₁（0，2，4），D₁（0，0，4）．
设E点坐标为（0，2，t），则

BE=（-2，0，t），

B1C=（-2，0，-4）．
∵BE⊥B₁C，∴

BE•

B1C=4+0-4t=0．
∴t=1，故CE=1．
（2）证明：由（1）得，E（0，2，1），

BE=（-2，0，1），
又

A1C=（-2，2，-4），

DB=（2，2，0）
∴

A1C•

BE=4+0-4=0，且

A1C•

DB=-4+4+0=0．
∴

A1C⊥

DB且

A1C⊥

BE，即A₁C⊥DB，A₁C⊥BE，
又∵DB∩BE=B，∴A₁C⊥平面BDE，即A₁C⊥平面BED．
（3）由（2）知

A1C=（-2，2，-4）是平面BDE的一个法向量．
又

A1B=（0，2，-4），
∴cos＜

A1C，

A1B＞=


A1C•

A1B
|

A1C||

A1B|=

30
6．
∴A₁B与平面BDE夹角的正弦值为

30
6．

点评：
本题考点： 直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查线线垂直，线面垂直，考查线面角，考查空间向量的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．

以D点为坐标原点，以DA、DC、DD₁所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略），
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C₁（0，2，1）
∴

BC1=（-2，0，1），

AC=（-2，2，0），

AC且为平面BB₁D₁D的一个法向量．
∴cos＜

BC1，

AC＞═
4

5•
8=

10
5．
∴BC₁与平面BB₁D₁D所成角的正弦值为

10
5
故答案为D．

点评：
本题考点： 直线与平面所成的角．

考点点评： 此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题．

设AA₁=h，由题设VABCD−A1C1D1=VABCD−A1B1C1D1-VB−A1B1C1=10，
得SABCD×h−
1
3×S△A1B1C1×h＝10，
即2×2×h−
1
3×
1
2×2×2×h＝10，
解得h=3，
故棱棱AA₁=3．
故答案为3

点评：
本题考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积．

考点点评： 本题考查长方体的棱长的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．

1年前

∵S_△ABC=[1/2]AB•BC=[1/2]×2×2=2，
S_扇形ABD=
45π×22
360=[π/2]，
∴S_阴影=S_△ABC-S_扇形ABD=2−
π
2．
故答案是：2-[π/2]．

点评：
本题考点： 扇形面积的计算．

考点点评： 本题考查了扇形的面积公式，正确理解公式是关键．

证明：（1）在斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，因为A₁在底面ABC上射影落在AC上，则平面A₁ACC₁经过底面ABC的垂线
故侧面A₁C⊥面ABC．
又 BD为等腰△ABC底边AC上中线，则BD⊥AC，从而BD⊥面AC．
∴BD⊥面A₁C
又AA₁⊂面A₁C，∴AA₁⊥BD
（2）在底面ABC，△ABC是等腰三角形，D为底边AC上中点，故DB⊥AC，又面ABC⊥面A₁C
∴DB⊥面A₁C，则DB⊥DA₁，DB⊥DC₁，则∠A₁DC₁是二面角A₁-OB-C₁的平面角
∵面A₁DB⊥面DC₁B，则∠A₁DC₁=Rt∠，将平面A₁ACC₁放在平面坐标系中（如图），

∵侧棱AA₁和底面成60°，
设A₁A=a，则A₁=（[a/2]，

3
2a），C₁（[a/2]+2
3，

3
2a）A（0，0），C（2
3，0），AC中点D（
3，0），
由

A1D•

点评：
本题考点： 点、线、面间的距离计算；空间中直线与直线之间的位置关系．

考点点评： 本题的考点是点、线、面间的距离计算，考查平面与平面垂直的性质，二面角及其度量，考查计算能力，逻辑思维能力，转化思想．

（1）证明：∵BD是底面圆的直径，∴∠BCD=90°，∴CD⊥BC；由圆柱可得：母线AB⊥底面BCD，∴AB⊥CD；又AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC．（2）连接DE，由（1）可知：CD⊥BE．∵E是AC的中点，AB=BC，∠ABC=90°．∴BE⊥AC，...

点评：
本题考点： 直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 熟练掌握圆的直径所对圆周角的性质、圆柱的性质、线面垂直的判定定理、线面垂直的判定和性质、线面角的定义是解题的关键．

（1）EA₁=FC．
证明：（证法一）∵AB=BC，
∴∠A=∠C．
由旋转可知，AB=BC₁，∠A=∠C₁，∠ABE=∠C₁BF，
∴△ABE≌△C₁BF．
∴BE=BF，又∵BA₁=BC，
∴BA₁-BE=BC-BF．即EA₁=FC．
（证法二）∵AB=BC，∴∠A=∠C．
由旋转可知，∠A₁=∠C，A₁B=CB，而∠EBC=∠FBA₁，
∴△A₁BF≌△CBE．
∴BE=BF，∴BA₁-BE=BC-BF，
即EA₁=FC．

（2）四边形BC₁DA是菱形．
证明：∵∠A₁=∠ABA₁=30°，
∴A₁C₁∥AB，同理AC∥BC₁．
∴四边形BC₁DA是平行四边形．
又∵AB=BC₁，
∴四边形BC₁DA是菱形．

（3）（解法一）过点E作EG⊥AB于点G，则AG=BG=1．
在Rt△AEG中，AE=
AG
cosA＝
1
cos30°＝
2
3
3．
由（2）知四边形BC₁DA是菱形，
∴AD=AB=2，
∴ED=AD-AE=2-
2
3
3．
（解法二）∵∠ABC=120°，∠ABE=30°，∴∠EBC=90°．
在Rt△EBC中，BE=BC•tanC=2×tan30°=
2
3
3．
∴EA₁=BA₁-BE=2-
2
3
3．
∵A₁C₁∥AB，
∴∠A₁DE=∠A．
∴∠A₁DE=∠A₁．
∴ED=EA₁=2-
2
3
3．

点评：
本题考点： 解直角三角形；全等三角形的判定与性质；菱形的判定；旋转的性质．

考点点评： 本题主要考查旋转、全等三角形、特殊平行四边形、解直角三角形等知识．解决本题的关键是结合图形，大胆猜想．

∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，
∴四面体S-ABC的外接球半径等于以长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的外接球的半径
∵SA=1，AB=2，BC=2
∴2R=
12+22+22＝3
∴球O的表面积S=4•πR²=9π
故答案为：9π．

点评：
本题考点： 球内接多面体；球的体积和表面积．

考点点评： 本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积公式，其中根据已知条件求出球O的直径（半径），是解答本题的关键．

（1）证明：∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵CC′⊥平面ABCD，∴BD⊥CC′，（3分）
又CC′∩AC=C，∴BD⊥平面ACC′A′，
∵BD⊂平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ACC′A′．（6分）
（2）∵V_P-BDE=V_B-PDE，
由ABCD-A′B′C′D′是长方体，∴BC⊥平面CC′D′D，
即三棱锥B-PDE的高BC=2，
底面三角形△PBE面积
S_△PBE=SCC′D′D-S△DCE−S△EC′P−S△PD′D
=1×2−
1
2×1×1−
1
2×2×
1
2−
1
2×1×
1
2=[3/4]，
∴V_P-BDE=V_B-PDE=[1/3×2×
3
4＝
1
2]．（12分）

点评：
本题考点： 平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．

考点点评： 本题考查平面与平面垂直的证明，考查三棱锥P-BDE的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

（1）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
∵AB⊥BC，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，
∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC，
∵AE⊥PB，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC，
∵AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC；
（2）∵BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，
结合AB⊥BC，可得∠PBA是二面角P-BC-A的平面角，
∵Rt△PAB中，PA=AB=2，∴∠PBA=45°，
由此可得二面角P-BC-A的大小为45°；
（3）由（1）AE⊥平面PBC
又∵AF⊥PC
∴EF⊥PC（三垂线定理逆定理）
∴△PEF∽△PCB
∴=
S△PEF
S△PBC=
PE2
PC2=
1
6，∴S_△PEF=[1/6]S_△PBC=

2
3，
∴V_P-AEF=V_A-PEF=[1/3]×
2×

2
3=[2/9]．

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；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 本题在特殊三棱锥中证明面面垂直，并求二面角的大小和锥体的体积．着重考查了空间垂直位置关系的判断与证明和锥体的体积计算等知识，属于中档题．