空间几何体的表面积和体积课件

2022/10/30§空间几何体的表面积和体积2022/10/22§空间几何体的表面积和体积1考点一空间几何体的表面积1.(2011北京,5,5分)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的表面积是

()

A.32

B.16+16

C.48

D.16+32

A组

自主命题·北京卷题组五年高考答案

B由三视图知,四棱锥是底面边长为4,高为2的正四棱锥,∴四棱锥的表面积是16+4×

×4×2

=16+16

,故选B.考点一空间几何体的表面积A组

自主命题·北京卷题组五年高22.(2012北京,7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是

()

A.28+6

B.30+6

C.56+12

D.60+12

2.(2012北京,7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三3答案

B如图所示,将三棱锥置于长方体中.

此长方体长为5、宽为4、高为4,三棱锥为P-ABC,P在底面内的射影为P',SP-ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC+S△ABC=

×2

×6+

×4×5+

×5×4+

×5×4=6

+10+10+10=30+6

.故选B.评析

把三视图正确地转化为直观图是解决问题的关键.答案

B如图所示,将三棱锥置于长方体中.评析

4考点二空间几何体的体积(2013北京,10,5分)某四棱锥的三视图如图所示,该四棱锥的体积为

.

答案3解析由三视图可知四棱锥的底面是边长为3的正方形,高为1.故体积V=

Sh=

×3×3×1=3.考点二空间几何体的体积解析由三视图可知四棱锥的底面是边长5考点一空间几何体的表面积1.(2018课标全国Ⅰ,5,5分)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.12

πB.12πC.8

πD.10πB组

统一命题、省(区、市)卷题组答案

B本题主要考查圆柱的表面积及圆柱的轴截面.设圆柱的底面半径为r,高为h,由题意可知2r=h=2

,∴圆柱的表面积S=2πr2+2πr·h=4π+8π=12π.故选B.解题关键正确理解圆柱的轴截面及熟记圆柱的表面积公式是解决本题的关键.考点一空间几何体的表面积B组

统一命题、省(区、市)卷题62.(2016课标Ⅱ,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为

()A.12πB.

πC.8πD.4π答案

A设正方体的棱长为a,则a3=8,解得a=2.设球的半径为R,则2R=

a,即R=

,所以球的表面积S=4πR2=12π.故选A.评析本题考查了正方体和球的切接问题.正方体的体对角线即为其外接球的直径.2.(2016课标Ⅱ,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同73.(2016课标Ⅰ,7,5分)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直

的半径.若该几何体的体积是

,则它的表面积是

()

A.17πB.18πC.20πD.28π3.(2016课标Ⅰ,7,5分)如图,某几何体的三视图是三个8答案

A由三视图知该几何体为球去掉了

所剩的几何体(如图),设球的半径为R,则

×

πR3=

,故R=2,从而它的表面积S=

×4πR2+

×πR2=17π.故选A.

解后反思球的表面积公式和体积公式要记准、记牢;在计算表面积时“不重不漏”是关键

所在.评析本题考查了球的表面积和体积,考查了三视图和直观图.答案

A由三视图知该几何体为球去掉了 所剩的几何体(94.(2015课标Ⅱ,10,5分)已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱

锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为

()A.36πB.64πC.144πD.256π答案

C△AOB的面积为定值,当OC垂直于平面AOB时,三棱锥O-ABC的体积取得最大值.由

R3=36得R=6.从而球O的表面积S=4πR2=144π.故选C.

5.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)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

.答案36π4.(2015课标Ⅱ,10,5分)已知A,B是球O的球面上两10解析解法一:由题意作出图形,如图.

设球O的半径为R,由题意知SB⊥BC,SA⊥AC,又SB=BC,SA=AC,则SB=BC=SA=AC=

R.连接OA,OB,则OA⊥SC,OB⊥SC,因为平面SCA⊥平面SCB,平面SCA∩平面SCB=SC,所以OA⊥平面SCB,所

以OA⊥OB,则AB=

R,所以△ABC是边长为

R的等边三角形,设△ABC的中心为O1,连接OO1,CO1.则OO1⊥平面ABC,CO1=

×

×

R=

R,则OO1=

=

R,则VS-ABC=2VO-ABC=2×

×

(

R)2×

R=

R3=9,解析解法一:由题意作出图形,如图.11所以R=3.所以球O的表面积S=4πR2=36π.解法二:由题意得AO⊥SC,BO⊥SC,所以∠AOB是平面SCA与平面SCB所成二面角的平面角,又

因为AO∩BO=O,所以SC⊥平面ABO.因为平面SCA⊥平面SCB,所以∠AOB=90°,所以VS-ABC=VS-ABO+VC-ABO=

·

·SC=9.由于OA=OB=

SC,从而球O的半径R=OA=OB=3,故球O的表面积S=4πR2=36π.所以R=3.126.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O的球面上,则球O的

表面积为

.答案14π解析本题考查长方体和球的性质,考查了球的表面积公式.由题意知长方体的体对角线为球O的直径,设球O的半径为R,则(2R)2=32+22+12=14,得R2=

,所以球O的表面积为4πR2=14π.疑难突破长方体的体对角线为球的直径是求解的关键.易错警示易因用错球的表面积公式而致错.6.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)长方体的长,宽,高分别137.(2014山东,13,5分)一个六棱锥的体积为2

,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为

.答案12解析设六棱锥的高为h,斜高为h0.因为该六棱锥的底面是边长为2的正六边形,所以底面面积

为

×2×2×sin60°×6=6

,则

×6

h=2

,得h=1,所以h0=

=2,所以该六棱锥的侧面积为

×2×2×6=12.7.(2014山东,13,5分)一个六棱锥的体积为2 ,其底148.(2017课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为

,求该四棱锥的侧面积.

8.(2017课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-A15解析(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一:在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.

由(1)知,AB⊥平面PAD,解析(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,16故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=

x,PE=

x.故四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD=

AB·AD·PE=

x3.由题设得

x3=

,故x=2.从而PA=PD=2,AD=BC=2

,PB=PC=2

.可得四棱锥P-ABCD的侧面积为

PA·PD+

PA·AB+

PD·DC+

BC2sin60°=6+2

.解法二:由题设条件和(1)可知四棱锥P-ABCD是一个正方体的一部分,底面ABCD是正方体的

一个对角面,P是正方体的一个顶点(如图),

故AB⊥PE,可得PE⊥平面ABCD.17设正方体的棱长为a,则VP-ABCD=

·

a·a·

a=

a3,由题设得

a3=

,解得a=2,从而PA=PD=2,AD=BC=2

,PB=PC=2

,故四棱锥P-ABCD的侧面积为

PA·PD+

PA·AB+

PD·DC+

BC2sin60°=6+2

.9.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD.(1)证明:平面AEC⊥平面BED;(2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为

,求该三棱锥的侧面积.

设正方体的棱长为a,则VP-ABCD= · a·a· a= 18解析(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.

(5分)(2)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=

x,GB=GD=

.因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=

x.由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=

x.由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=

×

AC·GD·BE=

x3=

.故x=2.

(9分)从而可得AE=EC=ED=

.所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为

.故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2

.

(12分)解析(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.19考点二空间几何体的体积1.(2018课标全国Ⅰ,10,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角

为30°,则该长方体的体积为

()A.8

B.6

C.8

D.8

答案

C本题主要考查长方体的体积及直线与平面所成的角.如图,由长方体的性质可得AB⊥平面BCC1B1,∴BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影,∴∠AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角,即∠AC1B=30°,在Rt△ABC1中,AB=2,∠AC1B=30°,∴BC1=2

,在Rt△BCC1中,CC1=

=

=2

,∴该长方体的体积V=2×2×2

=8

,故选C.易错警示不能准确理解线面角的定义,无法找出直线与平面所成的角,从而导致失分.考点二空间几何体的体积答案

C本题主要考查长方体的20方法总结用定义法求线面角的步骤:(1)找出斜线上的某一点在平面内的射影;(2)连接该射影与直线和平面的交点即可得出线面角;(3)构建直角三角形,求解得出结论.2.(2018课标全国Ⅲ,12,5分)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角

形且其面积为9

,则三棱锥D-ABC体积的最大值为

()A.12

B.18

C.24

D.54

答案

B本题考查空间几何体的体积及与球有关的切接问题.设等边△ABC的边长为a,则有S△ABC=

a·a·sin60°=9

,解得a=6.设△ABC外接圆的半径为r,则2r=

,解得r=2

,则球心到平面ABC的距离为

=2,所以点D到平面ABC的最大距离为2+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值为

×9

×6=18

,故选B.方法总结用定义法求线面角的步骤:2.(2018课标全国Ⅲ,21方法总结解决与球有关的切、接问题的策略:(1)“接”的处理:①构造正(长)方体,转化为正(长)方体的外接球问题.②空间问题平面化,把平面问题转化到直角三角形中,作出适当截面(过球心,接点等).③利用球心与截面圆心的连线垂直于截面定球心所在直线.(2)“切”的处理:①体积分割法求内切球半径.②作出合适的截面(过球心,切点等),在平面上求解.③多球相切问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题.方法总结解决与球有关的切、接问题的策略:223.(2018浙江,3,4分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是

()

A.2

B.4

C.6

D.8答案

C本题考查空间几何体的三视图和直观图以及几何体的体积公式.由三视图可知该几何体是直四棱柱,其中底面是直角梯形,直角梯形上,下底边的长分别为1

cm,2cm,高为2cm,直四棱柱的高为2cm.故直四棱柱的体积V=

×2×2=6cm3.思路分析(1)利用三视图可判断几何体是直四棱柱;(2)利用“长对正,高平齐,宽相等”的原则,可得直四棱柱的各条棱长.3.(2018浙江,3,4分)某几何体的三视图如图所示(单位234.(2016课标Ⅲ,11,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,

BC=8,AA1=3,则V的最大值是

()A.4πB.

C.6πD.

答案

B易得AC=10.设底面△ABC的内切圆的半径为r,则

×6×8=

×(6+8+10)·r,所以r=2,因为2r=4>3,所以最大球的直径2R=3,即R=

.此时球的体积V=

πR3=

π.故选B.评析本题考查了球的体积公式和空间想象能力.4.(2016课标Ⅲ,11,5分)在封闭的直三棱柱ABC-A245.(2016山东,5,5分)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如图所示.则该几何体的体积

为

()A.

+

πB.

+

πC.

+

πD.1+

π5.(2016山东,5,5分)一个由半球和四棱锥组成的几何体25答案

C由三视图可知四棱锥为正四棱锥,底面正方形的边长为1,四棱锥的高为1,球的直径

为正四棱锥底面正方形的对角线,所以球的直径2R=

,即R=

,所以半球的体积为

πR3=

π,又正四棱锥的体积为

×12×1=

,所以该几何体的体积为

+

π.故选C.易错警示不能从俯视图中正确地得到球的半径,而错误地从正视图中得到球的半径R=

.评析本题考查了空间几何体的三视图和体积公式.正确得到几何体的直观图并准确地计算

是解题关键.答案

C由三视图可知四棱锥为正四棱锥,底面正方形的边266.(2014四川,4,5分)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示,则该三棱锥的体积是

()

锥体体积公式:V=

Sh,其中S为底面面积,h为高

A.3

B.2

C.

D.1答案

D由俯视图可知,三棱锥底面是边长为2的等边三角形.由侧视图可知,三棱锥的高为

.故该三棱锥的体积V=

×

×2×

×

=1.6.(2014四川,4,5分)某三棱锥的侧视图、俯视图如图所277.(2014重庆,7,5分)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为

()

A.12

B.18

C.24

D.307.(2014重庆,7,5分)某几何体的三视图如图所示,则该28答案

C由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1截掉一个三棱锥D-A1

B1C1得到的,其中AC=4,BC=3,AA1=5,AD=2,BC⊥AC,所以该几何体的体积V=

·AC·BC·AA1-

×

·A1C1·B1C1·A1D=

×4×3×5-

×

×4×3×3=30-6=24.

答案

C由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱A298.(2018课标全国Ⅱ,16,5分)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3

0°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为

.答案8π解析本题主要考查圆锥的性质和体积,直线与平面所成的角.设圆锥底面半径为r,母线长为l,高为h,因为母线SA与底面所成的角为30°,所以l=

r.由△SAB的面积为8得

l2=8,即

×

r2=8,所以r2=12,h=

r=2.所以圆锥的体积为

πr2h=

π×12×2=8π.疑难突破由母线与底面所成的角找到圆锥的底面半径r与母线长l、高h的等量关系是解决

本题的突破口.8.(2018课标全国Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母309.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为

.

答案

解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为

,高为1,∴其体积为

×(

)2×1=

,∴多面体的体积为

.9.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,3110.(2018天津,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积

为

.

答案

解析本题主要考查正方体的性质和四棱锥的体积.四棱锥的底面BB1D1D为矩形,其面积为1×

=

,又点A1到底面BB1D1D的距离,即四棱锥A1-BB1D1D的高为

A1C1=

,所以四棱锥A1-BB1D1D的体积为

×

×

=

.10.(2018天津,11,5分)如图,已知正方体ABCD-3211.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.

记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则

的值是

.

答案

解析本题考查空间几何体的体积.设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,∴

=

=

.11.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2内有一个3312.(2017天津,11,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,

则这个球的体积为

.答案

π解析设正方体的棱长为a,球的半径为R,由题意可知6a2=18,所以a=

,由题意知R=

a=

,因此这个球的体积V=

πR3=

π×

=

π.13.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正

方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则三

棱锥P-A1MN的体积是

.答案

12.(2017天津,11,5分)已知一个正方体的所有顶点在34解析三棱柱ABC-A1B1C1的直观图如图,由题意知CC1=AB=AC=1,AB⊥AC.

∵N,P分别为BC,B1C1的中点,∴NP∥CC1,∵CC1∥AA1,∴NP∥AA1,又AA1⊄平面MNP,NP⊂平面MNP,∴AA1∥平面MNP.∴A1到平面MNP的距离等于A到平面MNP的距离,由题意知,三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴AA1⊥平面ABC,∴AA1⊥AM,∴AM⊥NP.∵M,N分别为AB,BC的中点,∴MN∥AC.∵AC⊥AB,∴AM⊥MN.∵MN∩NP=N,∴AM⊥平面MNP,∴A1到平面MNP的距离即为线段AM的长.∴

=

=

AM·S△MNP=

×

×

×

×1=

.解析三棱柱ABC-A1B1C1的直观图如图,由题意知CC13514.(2018课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕

将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=

DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

14.(2018课标全国Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形36解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3

.又BP=DQ=

DA,所以BP=2

.作QE⊥AC,垂足为E,则QE

DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为VQ-ABP=

·QE·S△ABP=

×1×

×3×2

sin45°=1.解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.37规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否

准确.解题关键(1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂

直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:解题关键(1)利3815.(2017课标全国Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=

AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2

,求四棱锥P-ABCD的体积.

15.(2017课标全国Ⅱ,18,12分)如图,四棱锥P-A39解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD.又BC⊄平面PAD,AD⊂平面

PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=

AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.

因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,

PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD=

x,PM=

x,PC=PD=2x.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.40取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN=

x.因为△PCD的面积为2

,所以

×

x×

x=2

,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2

.所以四棱锥P-ABCD的体积V=

×

×2

=4

.取CD的中点N,连接PN,4116.(2016课标Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,

AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';(2)若AB=5,AC=6,AE=

,OD'=2

,求五棱锥D'-ABCFE的体积.

16.(2016课标Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对42解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得

=

,故AC∥EF.

(2分)由此得EF⊥HD,EF⊥HD‘,所以AC⊥HD'.

(4分)(2)由EF∥AC得

=

=

.

(5分)由AB=5,AC=6得DO=BO=

=4.所以OH=1,D'H=DH=3.于是OD'2+OH2=(2

)2+12=9=D'H2,故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD‘⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.

(8分)又由

=

得EF=

.五边形ABCFE的面积S=

×6×8-

×

×3=

.

(10分)所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=

×

×2

=

.

(12分)评析本题考查了线线垂直的判定、线面垂直的判定和性质,考查了锥体的体积的计算,考查

了空间想象能力和逻辑推理能力.属中档题.解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.五边形AB4317.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B

1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.17.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-44解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:

(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=

=6,AH=10,HB=6.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为

.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:4518.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=

,AB=BC=

AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.

(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36

,求a的值.18.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABC46解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=

AD=a,E是AD的中点,∠BAD=

,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.由题图1知,A1O=

AB=

a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2.从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=

×S×A1O=

×a2×

a=

a3,由

a3=36

,得a=6.评析本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力,同时考查线面垂直的判定及面面垂直性

质的应用.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC= AD=a,E4719.(2014福建,19,12分)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.(1)求证:CD⊥平面ABD;(2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积.19.(2014福建,19,12分)如图,三棱锥A-BCD中48解析(1)证明:∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB⊂平面ABD,BD⊂平面ABD,∴CD⊥平面ABD.(2)解法一:由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.∵AB=BD=1,∴S△ABD=

.∵M是AD的中点,∴S△ABM=

S△ABD=

.由(1)知,CD⊥平面ABD,∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1,因此VA-MBC=VC-ABM=

S△ABM·h=

.解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD,又平面ABD∩平面BCD=BD,如图,过点M作MN⊥BD交BD于点N,解析(1)证明:∵AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,49则MN⊥平面BCD,且MN=

AB=

,又CD⊥BD,BD=CD=1,∴S△BCD=

.∴三棱锥A-MBC的体积VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD=

AB·S△BCD-

MN·S△BCD=

.空间几何体的表面积和体积课件50考点一空间几何体的表面积1.(2016课标Ⅱ,7,5分)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积

为

()A.20πB.24πC.28πD.32πC组

教师专用题组答案

C由三视图知圆锥的高为2

,底面半径为2,则圆锥的母线长为4,所以圆锥的侧面积为

×4π×4=8π.圆柱的底面积为4π,圆柱的侧面积为4×4π=16π,从而该几何体的表面积为8π+16π+4π=28π,故选C.考点一空间几何体的表面积C组

教师专用题组答案

C512.(2014福建,3,5分)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆

柱的侧面积等于

()A.2πB.πC.2

D.1答案

A由题意得圆柱的底面半径r=1,母线l=1.∴圆柱的侧面积S=2πrl=2π.故选A.考点二空间几何体的体积1.(2017课标全国Ⅲ,9,5分)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球

面上,则该圆柱的体积为

()A.πB.

C.

D.

答案

B设圆柱的底面圆半径为r,由题意可得12+(2r)2=22,解得r=

.∴圆柱的体积V=πr2×1=

,故选B.2.(2014福建,3,5分)以边长为1的正方形的一边所在直522.(2015山东,9,5分)已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该三角形绕其斜边所在的直线旋

转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为

()A.

B.

C.2

πD.4

π答案

B

依题意知,该几何体是以

为底面半径,

为高的两个同底圆锥组成的组合体,则其体积为

π(

)2×

×2=

π,故选B.2.(2015山东,9,5分)已知等腰直角三角形的直角边的长533.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能

大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为

材料利用率=

()

A.

B.

C.

D.

3.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将54答案

A由三视图可知,原工件是一个底面半径为1,母线长为3的圆锥,则圆锥的高为2

,新工件是该圆锥的内接正方体,如图,此截面中的矩形为正方体的对角面,设正方体的棱长为x,则

=

,解得x=

.所以正方体的体积V1=

=

,又圆锥的体积V2=

π×12×2

=

π,所以原工件材料的利用率为

=

,故选A.答案

A由三视图可知,原工件是一个底面半径为1,母线554.(2014湖北,10,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国

现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,

三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈

L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈

L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为

()A.

B.

C.

D.

答案

B设圆锥底面半径为r,则2πr=L,r=

.圆锥的体积V=

πr2h=

h=

,∴12π≈

,∴π≈

=

,故选B.4.(2014湖北,10,5分)《算数书》竹简于上世纪八十年565.(2015浙江,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是

()A.8cm3

B.12cm3

C.

cm3

D.

cm3

答案

C由三视图知,该几何体是由棱长为2cm的正方体和底面边长为2cm,高为2cm的正

四棱锥组合而成的几何体.所以该几何体的体积V=23+

×22×2=

cm3,故选C.5.(2015浙江,2,5分)某几何体的三视图如图所示(单位576.(2015课标Ⅰ,6,5分,0.451)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问

题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆

放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积

和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有

()

A.14斛

B.22斛

C.36斛

D.66斛答案

B设圆锥底面的半径为R尺,由

×2πR=8得R=

,从而米堆的体积V=

×

πR2×5=

(立方尺),因此堆放的米约有

≈22(斛).故选B.6.(2015课标Ⅰ,6,5分,0.451)《九章算术》是我587.(2015天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为

m3.

答案

π解析由三视图知该几何体由两个相同的圆锥和一个圆柱组成.其中,圆锥的底面半径和圆柱

的底面半径均为1m,两个圆锥的高均为1m,圆柱的高为2m.因此该几何体的体积为V=2×

π×12×1+π×12×2=

π(m3).7.(2015天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(598.(2017山东,13,5分)由一个长方体和两个

圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为

.

8.(2017山东,13,5分)由一个长方体和两个 圆柱体构60答案2+

解析本题考查空间几何体的三视图及空间几何体的体积.由几何体的三视图可画出该几何体的直观图如下:

∴该几何体的体积V=2×1×1+

×π×1=2+

.答案2+ 解析本题考查空间几何体的三视图及空间几何体的619.(2014天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为

m3.

答案

解析由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱构成的组合体,其体积为

π×22×2+π×12×4=

m3.9.(2014天津,10,5分)一个几何体的三视图如图所示(6210.(2015安徽,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求

的值.

10.(2015安徽,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中63解析(1)由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC=

·AB·AC·sin60°=

.由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=

·S△ABC·PA=

.(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连接

BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=

,从而NC=AC-AN=

.由MN∥PA,得

=

=

.评析本题考查线面垂直的判定与性质及三棱锥的体积计算.解析(1)由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,评析6411.(2014广东,18,13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图2折

叠:折痕EF∥DC,其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P在线段AD上的点记为M,并

且MF⊥CF.(1)证明:CF⊥平面MDF;(2)求三棱锥M-CDE的体积.

11.(2014广东,18,13分)如图1,四边形ABCD为65解析(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD.∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PCD.∵CF⊂平

面PCD,∴AD⊥CF.又∵MF⊥CF,MF∩AD=M,∴CF⊥平面MDF.(2)由(1)知CF⊥DF,PD⊥DC,在△PCD中,DC2=CF·PC.∴CF=

=

.又∵EF∥DC,∴

=

⇒ED=

=

=

.∴PE=ME=

-

=

,∴S△CDE=

DC·ED=

×1×

=

.在Rt△MDE中,MD=

=

,∴VM-CDE=

S△CDE·MD=

×

×

=

.解析(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,6612.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1

B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱

锥的高PO1的4倍.(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?

12.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由67解析(1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.因为A1B1=AB=6,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥=

·A1

·PO1=

×62×2=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,O1O=4h.连接O1B1.

因为在Rt△PO1B1中,O1

+P

=P

,所以

+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a2·4h+

a2·h=

a2h=

(36h-h3),0<h<6,解析(1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.68从而V'=

(36-3h2)=26(12-h2).令V'=0,得h=2

或h=-2

(舍).当0<h<2

时,V'>0,V是单调增函数;当2

<h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2

时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO1=2

m时,仓库的容积最大.方法小结(1)注意正四棱锥与正四棱柱底面相同,高的倍数关系.(2)选择中间关联变量PO1为主变量把相关边长与高用主变量表示出来.再把容积表示成主变

量的函数.转化成求函数最值的问题.再考虑用导数求解.评析本题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识,考查空间想

象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.从而V'= (36-3h2)=26(12-h2).方法小结69考点一空间几何体的表面积1.(2017北京朝阳一模,7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的底面的面积是

()

A.

B.

C.

D.

三年模拟A组2016—2018年高考模拟·基础题组考点一空间几何体的表面积三年模拟A组2016—201870答案

D根据三视图将四棱锥还原到正方体中,如图中四棱锥P-ABCD,底面面积为

=

.故选D.

答案

D根据三视图将四棱锥还原到正方体中,如图中四棱712.(2016北京朝阳一模,6)已知某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的侧面积是

()

A.3+

B.3+

C.1+2

D.1+2

2.(2016北京朝阳一模,6)已知某四棱锥的三视图如图所示72答案

B将三视图还原成立体图形并嵌在长方体中,如图中四棱锥P-ABCD.

由三视图得AB=2,P为A1B1的中点,BB1=1,BC=

,∴PB=PA=

.∴PD=PC=

.易知△PCD中DC边上的高=

=2.S侧=S△PAB+S△PBC+S△PAD+S△PCD=

×2×1+

×

×

+

×

×

+

×2×2=3+

.答案

B将三视图还原成立体图形并嵌在长方体中,如图中733.(2018北京海淀期末,12)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的四个面的面积中最大的

值是

.

3.(2018北京海淀期末,12)某三棱锥的三视图如图所示,74答案

解析根据三视图得三棱锥的直观图,如图,且PA垂直于底面.根据各个侧面的图形特点,知△PBC的面积最大,△PBC的面积S=

×

×

=

.答案

 解析根据三视图得三棱锥的直观图,如图,75考点二空间几何体的体积1.(2018北京东城期末,7)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的体积为

()

A.

B.

C.

D.

考点二空间几何体的体积76答案

B由三视图可知,该三棱锥的直观图是D1-ABB1(图中正方体的棱长为2),三棱锥D1-

ABB1的体积为

×

×2×2×2=

,故选B.

点睛方法本题考查空间几何体的三视图以及学生的空间想象能力和抽象思维能力,属于难

题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见的题型,也是高考热点.观察三视图并将其“翻

译”成直观图是解题的关键.要注意三视图中“长对正、高平齐、宽相等”,还要特别注意实

线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响,对于简单组合体的三视图问题,先

看俯视图确定底面形状,然后根据正视图和侧视图,确定几何体的形状.答案

B由三视图可知,该三棱锥的直观图是D1-ABB772.(2018北京朝阳一模,6)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于

()

A.

B.

C.

D.

2.(2018北京朝阳一模,6)某四棱锥的三视图如图所示,则78答案

A抠点法.在长方体ABCD-A1B1C1D1中抠点,(1)由正视图可知:C1D1上没有点;(2)由侧视图可知:B1C1上没有点;(3)由俯视图可知:CC1上没有点;(4)由正(俯)视图可知:D,E处有点,由俯视图中虚线可知B,F处有点,A点排除.由上述可还原出四棱锥为A1-BEDF,如图所示,S四边形BEDF=1×1=1,

=

×1×1=

,故选A.

答案

A抠点法.在长方体ABCD-A1B1C1D1中793.(2018北京顺义二模,4)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是

()

A.

B.

C.8

D.163.(2018北京顺义二模,4)某三棱锥的三视图如图所示,则80答案

B根据三视图,在长方体中作出三棱锥的直观图,如图中三棱锥A-BCD.

则该三棱锥的体积V=

×

×4×4×2=

,故选B.答案

B根据三视图,在长方体中作出三棱锥的直观图,814.(2016北京海淀一模,5)某三棱锥的三视图如图所示,则其体积为

()

A.

B.

C.

D.

4.(2016北京海淀一模,5)某三棱锥的三视图如图所示,则82答案

A根据三视图将几何体还原并嵌到长方体中,如图中三棱锥P-AEC.

由三视图得EC=2,CC1=1,BC=

,所以体积V=

·S△AEC·1=

×

×1=

.答案

A根据三视图将几何体还原并嵌到长方体中,如图中835.(2018北京朝阳二模,12)已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积是

.

答案

解析由三视图,在正方体中作出三棱锥的直观图,如图中三棱锥A-BCD.所以V=

×

×1×1×1=

.5.(2018北京朝阳二模,12)已知某三棱锥的三视图如图所84考点空间几何体的体积1.(2018北京丰台一模,7)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为

()

A.

B.4

C.

D.

B组2016—2018年高考模拟·综合题组考点空间几何体的体积B组2016—2018年高考模拟·85答案

A根据三视图将几何体还原到正方体中,如图中三棱锥P-ABC.则体积为

×

×2×2×2=

.故选A.点睛方法利用三视图还原空间几何体,首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正、

高平齐、宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的

长是几何体的长,宽是几何体的宽,侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.答案

A根据三视图将几何体还原到正方体中,如图中三棱862.(2018北京石景山一模,7)若某多面体的三视图(单位:cm)如图所示,则此多面体的体积是

()

A.

cm3

B.

cm3

C.

cm3

D.

cm3

2.(2018北京石景山一模,7)若某多面体的三视图(单位:87答案

A由三视图可知该几何体为一个正方体截去一个三棱柱,该三棱柱的高为1,底面是腰

长为

的等腰直角三角形.所以该几何体的体积V=1×1×1-

×

×

×1=

,故选A.点睛方法在由三视图还原为空间几何体时,要根据三个视图综合考虑,根据作三视图的规则,

空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线,不可见轮廓线在三视图中为虚线.在还原空间几

何体时,一般是以正视图和俯视图为主,结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间

几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关

系,利用相应的体积公式求解.答案

A由三视图可知该几何体为一个正方体截去一个三棱883.(2018北京顺义二模,18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为1,AB=AC=1,BC=

,D是BC的中点.(1)求证:AD⊥平面B1BCC1;(2)求证:A1B∥平面ADC1;(3)求三棱锥B1-ADC1的体积.

3.(2018北京顺义二模,18)如图,直三棱柱ABC-A189解析(1)证明:在△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,又∵几何体ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴BB1⊥平面ABC,∴AD⊥BB1,∵BC∩BB1=B,∴AD⊥平面B1BCC1.(2)证明:连接A1C交AC1于点O,则O是A1C的中点,连接OD,∵在△A1BC中,O是A1C的中点,D是BC的中点,∴A1B∥OD,又A1B⊄平面ADC1,OD⊂平面ADC1,∴A1B∥平面ADC1.(3)由(1)可知,AD⊥平面B1BCC1,解析(1)证明:在△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,90∵AB=AC=1,BC=

,∴△ABC是直角三角形,∵D是BC的中点,∴AD=

BC=

,∴

=

×1×

=

,∴

=

=

·AD=

×

×

=

.∵AB=AC=1,BC= ,∴△ABC是直角三角形,914.(2018北京昌平二模,18)如图,四边形ABCD是正方形,平面ABCD⊥平面ABEF,AF∥BE,AB⊥

BE,AB=BE=2,AF=1.(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)求证:AC∥平面DEF;(3)求三棱锥D-BEF的体积.

4.(2018北京昌平二模,18)如图,四边形ABCD是正方92解析(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD.因为平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AB⊥BE,BE⊂平面ABEF,所以BE⊥平面ABCD.又因为AC⊂平面ABCD,所以BE⊥AC.又因为BE∩BD=B,所以AC⊥平面BDE.

(5分)(2)证明:取DE的中点G,连接OG,FG.因为四边形ABCD为正方形,解析(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD93所以O为BD的中点.所以OG∥BE,且OG=

BE.已知AF∥BE,且AF=

BE,则AF∥OG且AF=OG,所以四边形AOGF为平行四边形,所以AO∥FG,即AC∥FG.因为AC⊄平面DEF,FG⊂平面DEF,所以AC∥平面DEF.

(10分)(3)因为四边形ABCD是正方形,所以AD∥BC,AD⊥AB.由(1)知,BE⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,所以BE⊥AD,因为AB∩BE=B,所以AD⊥平面BEF.所以VD-BEF=

S△BEF·AD=

×

BE·AB·AD=

.

(14分)所以O为BD的中点.945.(2017北京海淀二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PC⊥平面ABCD,点E在

棱PA上.(1)求证:直线BD⊥平面PAC;(2)若PC∥平面BDE,求证:AE=EP;(3)是否存在点E,使得四面体A-BDE的体积等于四面体P-BDC的体积的

?若存在,求出

的值;若不存在,请说明理由.

5.(2017北京海淀二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD95解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD,因为底面ABCD是菱形,所以BD⊥AC,因为PC∩AC=C,PC、AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)证明:设AC与BD交于点O,连接OE.

因为平面PAC∩平面BDE=OE,PC∥平面BDE,所以PC∥OE,由四边形ABCD是菱形可知O为AC的中点,所以,在△PAC中,

=

=1,解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD,96所以AE=EP.(3)存在.在△PAC中,过点E作EF∥PC,交AC于点F,

因为PC⊥平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD,由四边形ABCD是菱形可知S△ABD=S△BDC,因为VA-BDE=

VP-BDC,即VE-BDA=

VP-BDC,所以EF=

PC,所以在△PAC中,

=

=

,所以

=

.所以AE=EP.976.(2016北京东城二模,17)在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°.平面ACEF⊥平

面ABCD,四边形ACEF是矩形,AF=a,点M在线段EF上.

(1)求证:BC⊥AM;(2)试问当AM为何值时,AM∥平面BDE?证明你的结论;(3)求三棱锥A-BFD的体积.6.(2016北京东城二模,17)在梯形ABCD中,AB∥C98解析(1)证明:因为AD=BC,所以梯形ABCD为等腰梯形,易知AB=2a,AC=

a,由AB2=BC2+AC2,可知AC⊥BC,又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面ACEF.又AM⊂平面ACEF,所以BC⊥AM.(2)当AM=

a时,AM∥平面BDE.证明如下:因为四边形ACEF是矩形,所以AC=EF=

a,又AM=

a,所以FM=

a,故EM=

a.在梯形ABCD中,设AC∩BD=N,连接EN,因为AB∥CD,所以△CND∽△ANB,所以CN∶NA=CD∶AB=1∶2,所以AN=

a,所以EM=AN.解析(1)证明:因为AD=BC,所以梯形ABCD为等腰梯形99又EM∥AN,所以四边形A