命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思
维能力和运算能力.
过程指引：（I）在平面

内过点
C
作CO⊥PQ
于点
O
，连结
OB
．
因为
⊥

，

PQ
，所以
CO⊥

，


C

P

B

O

H

A

Q

又因为
CACB
，所以
OAOB
．
而
BA O45
，所以
ABO45
，
AOB90
，
从而
BO⊥PQ
，又
CO⊥PQ
，
所以
PQ⊥< br>平面
OBC
．因为
BC
平面
OBC
，故
P Q⊥BC
．
（II）解法一：由（I）知，
BO⊥PQ
，又
⊥

，




PQ
，
BO

，所以
BO⊥

．
过点
O作
OH⊥AC
于点
H
，连结
BH
，由三垂线定理知，< br>BH⊥AC
．
故
BHO
是二面角
BACP
的平面角．
由（I）知 ，
CO⊥

，所以
CAO
是
CA
和平面

所成的角，则
CAO30
，
不妨设
AC2
，则< br>AO3
，
OHAOsin30
3
．
2
在Rt△OAB
中，
ABOBAO45
，所以
BOAO3，
于是在
Rt△BOH
中，
tanBHO
BO

OH
3
2
．
3
2
故二面角
BAC P
的大小为
arctan2
．
解法二：由（I）知，
OC⊥OA< br>，
OC⊥OB
，
OA⊥OB
，故可以
O
为原点，分别 以直
线
OB，OA
．
，OC
为
x
轴，
y
轴，
z
轴建立空间直角坐标系（如图）
因为
CO⊥a
，所以
CAO
是
CA
和平面

所成的角，则
CAO 30
．
不妨设
AC2
，则
AO3
，
CO1
．
在
Rt△OAB
中，
ABOBAO45
，


C

z

P

B



x

O

A

Q

y

所以
BOAO3
．
则相关各点的坐标分别是
O(0，0，0)
，
B(3，
0，1)
．
0，0)
，
A(0，3，0)
，
C(0，
所以
AB(3，3，0)，
AC(0，31)，
．


n
1
AB 0，


3x3y0，
设
n
1
{x，y， z}
是平面
ABC
的一个法向量，由

得



3yz0

n
1
AC0

取
x1
，得
n
1
(11，，3)
．
易知< br>n
2
(10，，0)
是平面

的一个法向量．
设 二面角
BACP
的平面角为

，由图可知，

n< br>1
，n
2

．
所以
cos

< br>n
1
n
2
15

．
5
|n
1
||n
2
|
51
5
．
5
故二面角
BACP
的大小为
arccos
小结：本题 是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平
面角.无棱二面角棱的确 定有以下三种途径：①由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，
②由二面角两个平面内的两条平行直线 找出棱，③补形构造几何体发现棱；解法二则是利用
平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种 常用方法，即当二面角的平面角不易作
出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.
【 课后练习】如图，在四棱锥
P
－
ABCD
中，
PA

底面
ABCD
,

DAB
为直角，
AB‖CD
，
AD
=
CD
=2
AB
,
E、F
分别为
PC、CD
的中点.
（Ⅰ）试证：CD

平面BEF；
（Ⅱ）设
PA
＝
k·AB
,且二面角
E
-
BD
-
C
的平面角大于
30
,求
k
的取值范围.

过程指引：方法一关键是用恰当的方法找到所求的空间距离和角；
方法二关键是掌握利用空间向量求空间距离和角的一般方法.

【高考热点】空间几何体的表面积与体积


（一 ）空间几何体的
表面积
1棱柱、棱锥的表面积： 各个面面积之和
2
S2

rl2

r
2 圆柱的表面积
3 圆锥的表面积：
S



rl

r
2

22
2S

rl

r

Rl

R< br>4 圆台的表面积 5 球的表面积
S4

R

6扇形的 面积
S
扇形
n

R
2
1
lr
（其中
l
表示弧长，
r
表示半径）
3602
注：圆锥的侧面展开图的弧长等于地面圆的周长
（二）空间几何体的
体积

1柱体的体积
VS
底
h
2锥体的体积
V
1
S
底
h

3
3台体的体积
V（S
上



【例题解析】
1
3< br>S
上
S
下
S
下
)h
4球体的体积
V
4

R
3

3
考点8 简单多面体的有关概念及应用，主要考查多面体的概念、性质，主要以填空、选择
题为主，通常结合多面 体的定义、性质进行判断.
典型例题
例12 . 如图（1），将边长为1的正六边形铁皮 的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚
线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器，当这个正六棱柱容器 的底面边长为 时
容积最大.
[思路启迪]设四边形一边
A D
，然后写出六棱柱体积，利用均值不等式，求出体积取最值时
AD
长度即可. 解答过程：如图（2）设
AD
＝
a
，易知∠
ABC
＝6 0°，且∠
ABD
＝30°

AB
＝
3
a
.
BD
＝2
a

正六棱柱体积为
V
.
2
2
V
＝
6（
1－2a）a

1－ 2a）sin603a
＝
（
1
2
9
2

992
3
(12a)(12a)4a
≤
（）
.
883
1
当且仅当 1－2
a
＝4
a



a
＝时，体积最大，
6
12
此时底面边长为1－2
a
＝1－2×＝ .
63
1
∴ 答案为 .
6
＝

考点9.简单多面体的侧面积及体积和球的计算
棱柱侧面积转化成求矩形或平行四边形面积，棱柱侧面积转化成求三角形的面积.
直棱柱体积
V
等于底面积与高的乘积.
棱锥体积
V
等于



例15. 如图，在三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1
中，AB
＝
2
a
，
BC
＝
CA
＝
AA
1
＝
a
，
1
Sh
其中
S
是底面积，
h
是棱锥的高.
3
A
1
在底面△
ABC
上的射影
O
在
A C
上
① 求
AB
与侧面
AC
1
所成角；
② 若
O
恰好是
AC
的中点，求此三棱柱的侧面积.
[思路启迪] ①找出
AB
与侧面
AC
1
所成角即是∠
CAB；

②三棱锥侧面积转化成三个侧面面积之和，侧面
BCC
1
B
1
是正
方形，侧面
ACC
1
A
1
和侧面
ABB1
A
1
是平行四边形，分别求其面
积即可.
解答过程：①点< br>A
1
在底面
ABC
的射影在
AC
上，
∴ 平面
ACC
1
A
1
⊥平面
ABC
.
在△
ABC
中，由
BC
＝
AC
＝
a
，
AB
＝
2
a
.
∴ ∠
ACB
＝90°，∴
BC
⊥
AC
.
∴
BC
⊥平面
ACC
1
A
1
.
A
1

C
1

B
1

A

D

O

C

B

即 ∠
CAB
为
AB
与侧面
AC
1
所成的 角在
Rt
△
ABC
中，∠
CAB
＝45°.
∴
AB
与侧面
AC
1
所成角是45°.

② ∵
O
是
AC
中点，在
Rt
△
AA
1O
中，
AA
1
＝
a
，
AO
＝
1
a
.
2
∴
AO
1
＝
3
a
.
2
3
2
a
.
2
∴ 侧面
ACC< br>1
A
1
面积
S
1
＝
ACAO
1< br>＝
又
BC
⊥平面
ACC
1
A
1
， ∴
BC
⊥
CC
1
.
又
BB
1
＝
BC
＝
a
，∴ 侧面
BCC
1
B
1
是正方形，面积
S
2
＝
a
.
过
O
作
OD
⊥
AB
于
D
，∵
A
1
O
⊥平面
ABC
，
∴
A
1
D
⊥
AB
.
在
Rt
△< br>AOD
中，
AO
＝
2
1
a
，∠
CAD
＝45°
2
∴
OD
＝
2
a

4
2
在
Rt
△
A
1
OD
中，
A
1
D
＝
OD
2
＋A
O＝（
1
7
2
2
3
2 ＝
a
.
a）＋（a）
42
8
∴ 侧面
AB B
1
A
1
面积
S
3
＝
ABA
1
D
＝
2a





7
7
2
a
＝
a
.
8
2
∴ 三棱柱侧面积
S
＝
S
1
＋S
2
＋
S
3
＝
1
（2＋3＋7）a
2
.
2
例16. 等边三角形
ABC
的边长为4，
M
、
N
分别为
AB
、
A

AC
的中点，沿
MN
将△
AMN
折起，使得面
AMN
与面
MNCB
所成的二面角为30°，则四棱锥
A
—
MNCB
的体积为
（ ）
M

B

A

K

N

C

L

A
、
B
、
3
2
3

C
、
3

D
、
2
N

M

K

L

B

C

3
[思路启迪]先找出二面角平面角，即∠
AKL
,再在△
AKL
中 求出棱锥的高
h
，再利用
V
＝
1
Sh
即可. < br>3
解答过程：在平面图中，过
A
作
AL
⊥
BC
，交
MN
于
K
，交
BC
于
L
.
则
AK
⊥
MN
，
KL
⊥
MN
.
∴ ∠
AKL
＝30°.
则四棱锥
A
—
MNCB
的高
h
＝
AKsin30
＝
3
.
2
S
MNCB
＝
2＋4
KL
＝
33
.
2
1
3
3
3
＝.
2
2
∴
V
A－MNCB
＝33
∴ 答案
A





















【专题综合训练】
一、选择题
1．如图，在正三棱柱
ABC
-< br>A
1
B
1
C
1
中，已知
AB
=1，
D
在
BB
1
上，
且
BD
=1，若< br>AD
与侧面
AA
1
CC
1
所成的角为
，则

的值为
（ ）

A.


B.
34
10
6
D.
arcsin

4
4
C
1
A
1

B
1
D

C.
arctan
2．直线
a
与平面

成

角，
a
是平面

的斜线，
b
是平面


C

内与
a
异面的任意直线，则
a
与
b
所成的角（ ）
B

A



2

C. 最小值

，无最大值 D. 无最小值，最大值
4
A. 最小值

，最大值



B. 最小值

，最大值
3．在一个
45
的二面角的一平面内有 一条直线与二面角的棱成
45
角，则此直线与二面角
的另一平面所成的角为（ ）
A.
30
B.
45
C.
60
D.
90

4．如 图，直平行六面体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长均为2，
D
1

A
1

D

B
1

C
1

BAD60
，则对角线
A
1
C
与侧面
DCC
1
D
1
所成
的角的正弦值为（ ）
C

B

A.
1
3
B.
2
2
A

C.
23
D.
24
5．已知在
ABC
中
，AB
=9，
AC
=15，
BAC120
，它所在平面外一点
P
到
ABC
三顶
点的距离都是14，那么点
P
到平面
ABC
的距离为（ ）
A. 13 B. 11 C. 9 D. 7
6．如图，在棱长为3的正方体
ABC D
-
A
1
B
1
C
1
D
1
中，
M
、
N
分别是棱
D
1

A
1

N

M

D

A

B

B
1

C
1

A
1
B
1
、
A
1
D
1
的 中点，则点
B
到平面
AMN
的距离是（ ）
A.
9
B.
3

2
C.
65
D. 2
5
A

7．将
QMN60
，边长
MN
=
a
的菱形
MNPQ
沿对角线
NQ
折成
60< br>的二面角，则
MP
与
NQ

间的距离等于( )
A.
3
363
a
B.
a
C.
a

a
D.
4
24
4
8．二面角

l

的平面角为
120
，在

内，
ABl
于
B
，
AB
=2,在
内，
CDl
于
D
，
CD
=3,
B D
=1,
M
是棱
l
上的一个动点，则
AM
+CM
的最小值为( )
A.
25
B.
22
C.
26
D.
26

9．空间四点
A
、
B
、
C
、
D
中,每两点所连线段的长都等于
a
, 动点
P
在线段
AB
上, 动点
Q
在
线段
C D
上，则
P
与
Q
的最短距离为( )
A.
1
23
a
B.
a
D.
a

a
C.
2
2
2
10．在一个正四棱锥，它的底面边长与侧棱长均为
a ，现有一张正方形包装纸将其完全包
住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小边长应为（ ）
A.
(26)a
B.
2613
a
C.
(13)a
D.
a

22
11 ．已知长方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1< br>D
1
中，
A
1
A
=
AB
=2，若棱
AB
上存在点
P
，使
D
1
PPC
，则棱
AD
的长的取值范围是 ( )
A.

0,1

B.
0,2
C.

0,2

D.
1,2

12．将正方形
ABCD
沿对角线
AC
折起，使点
D
在平面
ABC
外，则
DB
与平面
ABC
所成的角一
定不等于（ ）
A.
30
B.
45
C.




60
D.
90

二、填空题
1．如图，正方体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1，
E
是
A
1
B
1
的中
D
1

A
1

B
1

E

C
1

D

点，则下列四个命题：
①
E
到平面
ABC
1
D
1
的距离是
C

B

A

1
；
2
② 直线
BC
与平面
ABC
1
D
1
所成角等于
45
；

③ 空间四边形
ABCD
1
在正方体六个面内的射影围成
面积最小值为
1
；
2
10

10
D
1

P

A
1

B
1

C
1

④
BE
与
CD
1
所成的角为
arcsin
2．如图，在四棱柱
ABCD---
A
1
B
1
C
1
D
1
中 ，
P
是
A
1
C
1

上的动点，
E
为
CD
上的动点，四边形
ABCD
满
足___________时，体积
V
PAEB
恒为定值（写上
你认为正确的一个答案即可）
3．边长为1的等边三角形
ABC
中,沿BC
边高线
AD

折起,使得折后二面角
B
-
AD
-
C
为60°,则点
A
到
D

E

A

B

C

BC
的距离为_________,点
D
到平面
ABC
的距离
为__________.
4．在水平横梁上
A
、
B
两点处各挂长为50cm的细绳，
AM
、
BN
、
AB
的长度为60cm，在
MN
处 挂长为60cm
的木条，
MN
平行于横梁，木条的中点为
O
，若木条
绕过
O
的铅垂线旋转60°，则木条比原来升高了
_________.
5．多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的.如图正方体的一个顶点
A
在
平面内.
其余顶点在

的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到< br>
的距离分别是1、2和4.
P是正方体其余四个顶点中的一个，则P到平面

的距离可能是：
①3；②4；③5；④6；⑤7.
以上结论正确的为 .
（写出所有正确结论的编号）
．．
6. 如图，棱长为1m的正方体密封容器的三 个面上有三个锈蚀
的小孔（不计小孔直径）
O
1
、
O
2、
O
3
它们分别是所在面的中心.
如果恰当放置容器，容器存水的最大容 积是_______m.
3
•
O
1

•
O
3

•
O
2

三、解答题
1． 在正三棱柱ABC—A
1
B
1< br>C
1
中，底面边长为a,D为BC为中点，M在BB
1
上，且BM=< br>又CM⊥AC
1
;
（1） 求证：CM⊥C
1
D;
（2） 求AA
1
的长.





2． 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是矩形且AD=2，AB=PA=
2
，< br>PA⊥底面ABCD，E是AD的中点，F在PC上.
(1) 求F在何处时，EF⊥平面PBC；
(2) 在(1)的条件下，EF是不是PC与AD的公垂线段. 若是，求
出公垂线段的长度；若不是，说明理由；
(3) 在(1)的条件下，求直线BD与平面BEF所成的角.





3．如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=
3
．
（1）求证BC

SC；
（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；
（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的
大小．









1
B
1
M，
3

4．在直角梯形A BCD中，D=BAD=90,AD=DC=
1
AB=a,(如图一)将△ADC 沿AC折起 ，使
2
D到
D

．记面AC
D

为
（1）若二面角
（2）若二面角










AC
AC
,面ABC为．面BC
D

为
．

BC的大小; 为直二面角（如图二），求二面角
为60（如图三），求三棱锥
D
ABC的体积．

5．如图，已知正方形
ABCD
和矩形< br>ACEF
所在的平面互相垂直，
AB
=
2
，
AF=1，
M
是线段
EF
的中点．
3
3DE6
,AD2.sinEAD
2
.
（ 1）求证
AM
Rt△
EAD
中，
DE
2AD4
2
6
EADarcsin.

4
提示：由最小角定理知，最 小角为

，又异面直线所成角的范围为

0,






，最大角为.

2

2

提示：由最小角定理知，此直线与另一面所 成的角应小于等于它与交线所成的角，故排除
C、D，又此二面角为45°，则此直线与另一平面所成的 角只能小于它与交线所成的角，故
选A.
提示：由题意，
A
1
在面
DCC
1
D
1
上的射影应在
C
1
D< br>1
延长线
E
上，且
D
1
E
=1，则∠
A
1
CE
为所求
角，在Rt△
AA
1
C
中，
A
1
CAA
1
2
AC
2
4,A
1
E3,sinA
1
CE
A
1
E
3
.

A
1
C4
提示：由
P
到△< br>ABC
三个顶点的距离都是14，知
P
在底面
ABC
的射影是 △
ABC
的外心，所

以
PO
为所求.由余弦定理得：
BC
=21.由
2R
BC21
143
得外接圆半径为
73
，
sin120
3
2
即
OB73
，在Rt△
POB
中，
POPB
2
BO
2
7 .

1
3
13
S
AMB

32
提示：由题图得
V
BAMN
V
NAMB.hS
AMN

2
3
3S
AMB
3
1
2
h2.

2S
AMN
2S
AMN
提示：连结
MP
、
NQ
交于
O
，由四边形
MNPQ
是菱形得
MP< br>⊥
NQ
于
O
，将
MNQ
折起后易得
MO⊥
QN
，
OP
⊥
QN
，所以∠
MOP
=60°，且QN⊥面
MOP
，过
O
作
OH
⊥
MP
，所以
OH
⊥
QN
，从而
OH
为异面直线
MP
、
QN
的公垂线，经计算得
OH
3
a.

4
提示：把

半平面展到半平面

内,此时,连结AC
与棱的交点为
M
,这时
AM
+
CM
取最小 值等
于
AC
.

(
AM
+
CM
)
min
=
1(23)
2
26.

提示：
P
、
Q
的最短距离即为异面直线
AB
与
CD
间的距离，当
P
为
AB
的中点，
Q
为
CD
的中
点时符合题意.
提示：将正棱锥展开，设正方形边长为
m
，则< br>2ma3a,m
26

2
提示：
D
1
PPC,DPPC,
在长方形
ABCD
中
AB
边 存在
P
，作
DPPC
，又因
为
AB
=2，由对称 性可知，P为
AB
的中点时，
AD
最大为1，
AD
< br>0,1

故选A.
提示：若
BD
与平面
ABC
所成的角为
90
，则
平面ABD平面ABC
，取
AC< br>的中点
O
，
则
BDAC，DOAC
且
BO
=
DO
，
BD与BO
不垂直，故
BD
与平面
A BC
所成的角一定
不等于
90
.
二．填空题
1．②③④ 提示：对于①，由
V
EABC
1
V
C< br>1
ABE
得
11
hS
ABC
1
 1S
ABE
，
33
h
S
ABE
2

，①错.对于②连
CB
1
交
BC
1
于
O
，则
O
为
C
在面
ABC
1
D
1
上的射影，
S
ABC
1
2
CBO45
为 所成的线面角，②正确.作图易知③正确，对于④连
A
1
B
，则
A
1
BE
为所

成的角，解
A
1
BE
得
sinA
1
BE
2．
AB
∥
CD
提示：
V
PAEB

位置无关，则
AB
∥CD

10
，④正确.
10
1
h
P
S
ABE
，要使体积为定值，则
S
ABE
为定值，与
E
点
3
3．
15
,
4
15
提示：作
DEBC
与
E
，易知
AD平面BCD
，从而
A EBC
，
10
33
1
，又AD，
，得
DE< br>
42
2
BDC60
又由
BDDC
AE DE
2
AD
2

15
，由可解的点到平面的距离为4
15
.
10
''
提示：
MO
=
NO
=30cm，过
O
作
MN
与旋转前的
MN
平 行且相等，所以旋转后
AB
与平面
M

ON

的距 离为
50
2
30
2
40
，故升高了50-40=10c m.
5．①③④⑤.
6.
5
.
6
三、解答题
1．（1）证明：在正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中， D为BC中点，则AD⊥面BCC
1
B
1
，从而AD⊥MC
又∵CM⊥AC
1
，则MC和平面ADC
1
内两相交直线AD，AC
1
均垂直
∴MC⊥面ADC
1
，于是MC⊥DC
1
. < br>(2)解：在矩形BB
1
C
1
C中，由CM⊥DC
1

知△DCC
1
∽△BMC，设BB
1
=h,则BM=< br>∴
1
h
4
1
a
h:a=
：h,求得h2a

4
2
从而所求AA
1
=
2a

2.解：( Ⅰ)以
A
为坐标原点，以射线
AD、AB、AP
分别为
x
轴 、
y
轴、
z
轴建立空间直角坐标
系，则
p
(0，0 ，
2
)，
A
(0，0，0)，
B
(0，
2
，0)，
C
(2，
2
，0)，
D
(2，0，0)，
E
(1，
0，0)
∵
F
在
PC
上，∴可令< br>PF

PC,
设
F
(
x，y，z
)

BC

2,0,0

,PC2,2 ,2,EF

x1,y,z




∵
EF
⊥平面
PBC
，∴
EF•PC0
且< br>EF•BC0
，又
PF

PC
，
可得


12
故
F
为
PC
的中点.
,x1,yz
22

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：
EF
⊥
PC
，且
EF
⊥
BC
即
EF
⊥
AD

∴
EF
是
PC
与
AD
的公垂 线段，其长为|
EF
|=1
(Ⅲ)由(Ⅰ)可知
PC2,22即为平面
BEF
的一个法向量而
BD2,2,0

BD•PC3


BD•PC6


设BD
与平面
BEF
所成角
θ
，则：sin
θ
= cos
BD•PC
33
.故BD与平面BEF所成角为
arc
si n
66
∴
θ
=
arc
sin
3．（1）证法一： 如图，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC．
∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，
由三垂线定理得BC⊥SC．
证法二：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC．∵SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC．
（2）解：如图2，过点S作直线
lAD,
l
在面ASD上，
∵底面ABCD为正方形，
lADBC,l
在面BSC上，
图1

l
为面ASD与面BSC的交线．
l
SDAD,BCSC,lSD,lSC,

∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角．
0
∵BD=
2，SB=
3
，SAD=1．∴
CSD45.

图2

（3）解1：如图2，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，
∴△SDA是等腰直角三角形．又M是斜边SA的中点，
∴DM⊥SA．∵BA⊥AD，BA ⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影．由
三垂线定理得DM⊥ SB．
∴异面直线DM与SB所成的角为90°．


解2：如图3，取AB中点P，连结MP，DP．在△ABS中，由中位线定理得 MPSB，
DMP
图3

是异面直线DM与SB所成的角 ．
MP
1
SB
3
，又
DM
2
,D P1(
1
)
2

5
,

22
222
∴在△DMP中，有DP=MP+DM，
DMP90

∴异面直线DM与SB所成的角为90°．
4． 解：（1）在直角梯形ABCD中， 由已知

DAC为等腰直角三角形，
∴
AC2a,CAB45

, 过C作CH⊥AB，由AB=2
a
，
可推得 AC=BC=
2a.
∴ AC⊥BC ．取 AC的中点E，连结
D

E
，
则
D

E
⊥AC 又 ∵ 二面角
aAC

为直二面角，
∴
D

E
⊥

又 ∵
BC
平面

∴ BC⊥
D

E
∴ BC⊥
a
，而
D

Ca
，
∴ BC⊥
D

C
∴
D

CA
为二面角

BC

的平面角．
由于
D

CA45

， ∴二面角

BC

为
45
．
（2）取AC 的中点E，连结
D

E
，再过
D

作
D< br>
O

，垂足为O，连结OE．
∵ AC⊥
D

E
， ∴ AC⊥
OE
∴
D

EO
为二面角
aAC

的平面角，
∴
D

EO
60

． 在
Rt D

OE
中，
D

E
1
AC
2
a
，
22

222
∴
V
D

ABC

1
S
ABC
D

O< br>
1

1
ACBCD

O

1
2a2a
6
a

6
a
3
.

3
32
64
12
5．解法一: (1)记AC与BD的交点为O,连接OE, ∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩
形，∴四边形AOEM是平行四边形，
∴AM∥OE．∵
OE
平面BDE，
AM
平面BDE，∴AM∥平面
BDE．
(2)在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS，∵AB⊥AF， AB
⊥AD，
ADAFA,
∴AB⊥平面ADF，∴AS是BS在平面ADF
上的射影，
由三垂线定理得BS⊥DF．∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角．
在RtΔASB中，
AS
6
,AB2,

3
∴
tanASB3,ASB60,
∴二面角A—DF—B的大小为60º．
（3）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD，
∵PQ⊥AB，PQ ⊥AF，
ABAFA
，∴PQ⊥平面ABF，
QF
平
面ABF ，∴PQ⊥QF．在RtΔPQF中，∠FPQ=60º，PF=2PQ．

∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴
PQ
∴
(2t)
2
12
2
(2t).
所以
2
2
∴
PF(2t)
21
，
(2t).
又∵ΔPAF为直角三角形，
2
t=1或t =3(舍去),即点P是AC的中点．
解法二： （1）建立如图所示的空间直角坐标系．
设
ACBDN
，连接NE， 则点N、E的坐标分别是（
∴
NE(
2
,
2
,1)
, 又点A、M的坐标分别是
22
22
、（0,0,1）,
,,0)
22

(2,2,0)
,（
22
,,1)

22
∴
AM
=（

22
,,1)
∴
NEAM且NE与AM
22
不共线，∴NE∥AM．又∵
NE
平面BDE，
AM
平
面BDE，∴AM∥平面BDF．
（2）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF
ADA,
∴AB⊥平面ADF．
∴
AB
(2,0,0)
为平面DAF的法向量．
∵
N EDB
=（

2
,
2
,1)
·
(2 ,2,0)
=0，
22
∴
NENF
=（

2< br>,
2
,1)
·
(2,2,0)
=0得
22
NEDB
，
NENF
，∴NE为平面BDF的法向量． < br>∴cos<
ABNE
=
1
∴AB与NE的夹角是60º．即所求< br>2
二面角A—DF—B的大小是60º．
（3）设P(t,t,0)(0≤t≤
2
)得
PF
(2t,2t,1),
∴
BC
=（2
，0，0）
又∵PF和BC所成的角是60º．∴
cos60
( 2t)2
(2t)(2t)12
22

解得
t

2
或
32
（舍去），即点P是AC的中点．
t
2
2