《走向高考》2021屆高三二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)(人教A版)課時(shí)作業(yè)-專題4-立體幾何-第1講

專題四第一講一、選擇題1．(文)(2021·山東文，4)一個(gè)四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)都相等，底面是正方形，其正(主)視圖如圖所示，則該四棱錐側(cè)面積和體積分別是()A．4eq\r(5)，8 B．4eq\r(5)，eq\f(8,3)C．4(eq\r(5)＋1)，eq\f(8,3) D．8,8[答案]B[解析]由正視圖知四棱錐底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，高為2，又由于側(cè)棱長(zhǎng)相等，所以棱錐是正四棱錐，斜高h(yuǎn)′＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，側(cè)面積S＝4×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝4eq\r(5)，體積V＝eq\f(1,3)×2×2×2＝eq\f(8,3).(理)(2021·紹興市模擬)某四棱錐的底面為正方形，其三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積等于()A．1 B．2C．3 D．4[答案]B[解析]由三視圖知，該幾何體底面是正方形，對(duì)角線長(zhǎng)為2，故邊長(zhǎng)為eq\r(2)，幾何體是四棱錐，有一條側(cè)棱與底面垂直，其直觀圖如圖，由條件知PC＝eq\r(13)，AC＝2，∴PA＝3，體積V＝eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×3＝2.2．(文)(2022·長(zhǎng)春市三調(diào))若一個(gè)圓柱的正視圖與其側(cè)面開放圖相像，則這個(gè)圓柱的側(cè)面積與全面積之比為()A.eq\f(\r(π),\r(π)＋1) B.eq\f(2\r(π),2\r(π)＋1)C.eq\f(2,2\r(π)＋1) D.eq\f(1,\r(π)＋1)[答案]B[解析]設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為h，則eq\f(2r,h)＝eq\f(h,2πr)，則h＝2req\r(π)，則S側(cè)＝2πr·h＝4πr2eq\r(π)，S全＝4πr2eq\r(π)＋2πr2，故圓柱的側(cè)面積與全面積之比為eq\f(4πr2\r(π),4πr2\r(π)＋2πr2)＝eq\f(2\r(π),2\r(π)＋1)，故選B.(理)(2022·吉林市質(zhì)檢)某由圓柱切割獲得的幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖是中心角為60°的扇形，則該幾何體的側(cè)面積為()A．12＋eq\f(10,3)π B．6＋eq\f(10,3)πC．12＋2π D．6＋4π[答案]C[解析]由三視圖可知，該幾體何是沿圓柱的底面夾角為60°的兩條半徑與中心軸線相交得到平面為截面截下的圓柱一角，其中兩個(gè)側(cè)面都是矩形，矩形一邊長(zhǎng)為半徑2，一邊長(zhǎng)為柱高3，另一側(cè)面為圓柱側(cè)面的eq\f(1,6)，因此該幾何體的側(cè)面積為S＝2×3＋2×3＋eq\f(1,6)×(2π×2×3)＝12＋2π.3．(文)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．12－π B．12－2πC．6－π D．4－π[答案]A[解析]由三視圖知，該幾何體是一個(gè)組合體，由一個(gè)長(zhǎng)方體挖去一個(gè)圓柱構(gòu)成，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬高為4,3,1，圓柱底半徑1，高為1，∴體積V＝4×3×1－π×12×1＝12－π.(理)若某棱錐的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該棱錐的體積等于()A．10cm3 B．C．30cm3 D．[答案]B[解析]由三視圖知該幾何體是四棱錐，可視作直三棱柱ABC－A1B1C1沿平面AB1C1截去一個(gè)三棱錐A－A1B1C∴VA－BCC1B1＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝eq\f(1,2)×4×3×5－eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×4×3)×5＝20cm3.4．(文)如圖，直三棱柱的正視圖面積為2a2，則側(cè)視圖的面積為()A．2a2 B．a(chǎn)C.eq\r(3)a2 D.eq\f(\r(3),4)a2[答案]C[解析]由正視圖的面積為2a2，則直三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)為2a，側(cè)視圖為矩形，一邊長(zhǎng)為2a，另一邊長(zhǎng)為eq\f(\r(3),2)a，所以側(cè)視圖的面積為eq\r(3)a2.(理)(2021·東城區(qū)模擬)已知一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，那么這個(gè)幾何體的側(cè)面積是()A．(1＋eq\r(2))cm2 B．(3＋eq\r(2))cm2C．(4＋eq\r(2))cm2 D．(5＋eq\r(2))cm2[答案]C[解析]由三視圖可畫出該幾何體的直觀圖如圖，其側(cè)面積為1×1＋2×eq\f(1,2)(1＋2)×1＋1×eq\r(12＋12)＝4＋eq\r(2)cm2.5．(文)(2021·常德市模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．6＋2eq\r(3) B．6＋4eq\r(2)C．4＋2eq\r(3) D．4＋4eq\r(2)[答案]D[解析]其直觀圖如圖，表面積S＝2×(eq\f(1,2)×2×2)＋(eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2)×2＝4＋4eq\r(2).(理)(2021·江西師大附中、鷹潭一中聯(lián)考)已知一個(gè)三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，則該三棱錐的側(cè)視圖面積為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),4)C．1 D.eq\f(1,2)[答案]B[解析]由題意知，此三棱錐的底面為有一個(gè)角為30°的直角三角形，其斜邊長(zhǎng)AC＝2，一個(gè)側(cè)面PAC為等腰直角三角形，∴DE＝1，BF＝eq\f(\r(3),2)，其側(cè)視圖為直角三角形，其兩直角邊與DE、BF的長(zhǎng)度相等，面積S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).6．(2022·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D為側(cè)棱PC上的一點(diǎn)，它的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，則下列命題正確的是()A．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為eq\f(8,3)B．BD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為eq\f(8,3)C．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為eq\f(16,3)D．AD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為eq\f(16,3)[答案]C[解析]∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又∵AD?平面PAC，∴BC⊥AD，由正視圖可知，AD⊥PC，又PC∩BC＝C，∴AD⊥平面PBC，且VD－ABC＝eq\f(1,2)VP－ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×4×(eq\f(1,2)×4×4)＝eq\f(16,3).二、填空題7．(文)(2022·天津文，10)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3.[答案]eq\f(20π,3)[解析]本題考查三視圖及簡(jiǎn)潔幾何體的體積計(jì)算，考查空間想象力氣和簡(jiǎn)潔的計(jì)算力氣．由三視圖知，該幾何體下面是圓柱、上面是圓錐．∴V＝π×12×4＋eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(20π,3).(理)(2021·陜西理，12)某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為________．[答案]eq\f(π,3)[解析]由三視圖可知，此幾何體是底面半徑為1，高為2的半個(gè)圓錐．∴V＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)(π×12×2)＝eq\f(π,3).8．(文)(2021·金華一中月考)某幾何體的三視圖(單位：cm)如下圖，則這個(gè)幾何體的表面積為________cm2.[答案]12＋2eq\r(3)[解析]由三視圖知，該幾何體為正三棱柱，底面積S1＝2×(eq\f(1,2)×2×eq\r(3))＝2eq\r(3)，側(cè)面積S2＝3×(2×2)＝12，∴表面積S＝S1＋S2＝12＋2eq\r((理)(2021·天津十二區(qū)縣聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________．[答案]108＋3π[解析]由三視圖知，該幾何體由上下兩個(gè)全等的正四棱柱及中間的圓柱構(gòu)成的組合體，體積V＝2×(6×6×1.5)＋π×12×3＝108＋3π.9．(2021·江蘇，8)如圖，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D、E、F分別是AB、AC、AA1的中點(diǎn)，設(shè)三棱錐F－ADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1－ABC的體積為V2，則V1V2[答案]124[解析]eq\f(V1,V2)＝eq\f(V錐F－ADE,V柱ABC－A1B1C1)＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,4)S×\f(1,2)h,Sh)＝eq\f(1,24).三、解答題10．(文)在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，DC∥AB，DC＝1，AB＝4，BC＝2eq\r(3)，∠CBA＝30°.(1)求證：AC⊥PB；(2)當(dāng)PD＝2時(shí)，求此四棱錐的體積．[解析](1)∵PC⊥平面ABCD，∴PC⊥AC，又∠CBA＝30°，BC＝2eq\r(3)，AB＝4，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠CBA)＝eq\r(16＋12－2×4×2\r(3)×\f(\r(3),2))＝2，∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2，∴∠ACB＝90°，故AC⊥BC.又∵PC、BC是平面PBC內(nèi)的兩條相交直線，故AC⊥平面PBC，∴AC⊥PB.(2)當(dāng)PD＝2時(shí)，作CE⊥AB交AB于E，在Rt△CEB中，CE＝CB·sin30°＝2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\r(3)，又在Rt△PCD中，DC＝1，∴PC＝eq\r(3)，∴VP－ABCD＝eq\f(1,3)·PC·SABCD＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)(1＋4)×eq\r(3)＝eq\f(5,2).(理)(2022·山西太原檢測(cè))如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，四邊形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分別是CE和CF的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥平面BDEF；(2)求證：平面BDGH//平面AEF；(3)求多面體ABCDEF的體積．[解析](1)證明：由于四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又由于平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC?平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)證明：在△CEF中，由于G、H分別是CE、CF的中點(diǎn)，所以GH∥EF，又由于GH?平面AEF，EF?平面AEF，所以GH∥平面AEF.設(shè)AC∩BD＝O，連接OH，在△ACF中，由于OA＝OC，CH＝HF，所以O(shè)H∥AF，又由于OH?平面AEF，AF?平面AEF，所以O(shè)H∥平面AEF.又由于OH∩GH＝H，OH，GH?平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF，又由于AO＝eq\r(2)，四邊形BDEF的面積SBDEF＝3×2eq\r(2)＝6eq\r(2)，所以四棱錐A－BDEF的體積V1＝eq\f(1,3)×AO×SBDEF＝4.同理，四棱錐C－BDEF的體積V2＝4.所以多面體ABCDEF的體積V＝V1＋V2＝8.一、選擇題11．(文)(2021·眉山市二診)一個(gè)棱錐的三視圖如圖所示，則這個(gè)棱錐的體積是()A．6 B．12C．24 D．36[答案]B[解析]由三視圖知該幾何體為有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，體積V＝eq\f(1,3)×(4×3)×3＝12.(理)(2021·榆林市一中模擬)已知某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積為24，則正視圖中a的值為()A．8 B．6C．4 D．2[答案]B[解析]由V＝eq\f(1,3)×(a×3)×4＝24得，a＝6.12．(文)(2021·江西八校聯(lián)考)某幾何體的三視圖(單位：m)如圖所示，則其表面積為()A．(96＋32eq\r(2))m2B．(64＋32eq\r(3))m2C．(114＋16eq\r(2)＋16eq\r(3))m2D．(80＋16eq\r(2)＋16eq\r(3))m2[答案]D[解析]由三視圖知該幾何體是一個(gè)組合體，中間是一個(gè)棱長(zhǎng)為4的正方體(由正、側(cè)視圖中間部分和俯視圖知)，上部是一個(gè)有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，下部是一個(gè)正四棱錐，表面積S＝2(eq\f(1,2)×4×4＋eq\f(1,2)×4×eq\r(42＋42))＋4×42＋4×(eq\f(1,2)×4×2eq\r(3))＝80＋16eq\r(2)＋16eq\r(3)(m2)．(理)(2021·德陽(yáng)市二診)已知某幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖，側(cè)視圖均是由三角形與半圓構(gòu)成，俯視圖由圓與內(nèi)接三角形構(gòu)成，依據(jù)圖中的數(shù)據(jù)可得此幾何體的體積為()A.eq\f(\r(2)π,3)＋eq\f(1,2) B.eq\f(4π,3)＋eq\f(1,6)C.eq\f(\r(2)π,6)＋eq\f(1,6) D.eq\f(2π,3)＋eq\f(1,2)[答案]C[解析]由三視圖知，該幾何體為組合體，下部為一個(gè)半球，半球的直徑為eq\r(2)，上部為三棱錐，有一側(cè)棱與底面垂直，∴體積V＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×1＋eq\f(4π,3)×(eq\f(\r(2),2))3×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)＋eq\f(\r(2)π,6).13．(文)(2021·遼寧文，10)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為A.eq\f(3\r(17),2) B．2eq\r(10)C.eq\f(13,2) D．3eq\r(10)[答案]C[解析]過C，B分別作AB、AC的平行線交于D，分別過C1、B1作A1B1，A1C1的平行線交于D1，連接DD1，則ABDC－A1B1D1C1恰為該球的內(nèi)接長(zhǎng)方體，故該球的半徑r＝eq\f(\r(32＋42＋122),2)＝eq\f(13,2)，故選C.(理)一個(gè)半徑為1的球體經(jīng)過切割后，剩下部分幾何體的三視圖如圖所示，則剩下部分幾何體的表面積為()A.eq\f(13π,3) B.eq\f(15π,4)C．4π D.eq\f(9π,2)[答案]D[解析]由三視圖知該幾何體是一個(gè)球體，保留了下半球，上半球分為四份，去掉了對(duì)頂?shù)膬煞荩时砻娣e為球的表面積，去掉eq\f(1,4)球表面積加上6個(gè)eq\f(1,4)的圓面積．∴S＝4πR2－eq\f(1,4)(4πR2)＋6×eq\f(1,4)πR2＝eq\f(9,2)πR2，又R＝1，∴S＝eq\f(9,2)π.二、填空題14．(文)(2021·天津市六校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的體積為________．[答案]48[解析]由三視圖知，該幾何體是一個(gè)組合體，其上部為長(zhǎng)方體，下部為橫放的四棱柱，其底面是上底長(zhǎng)2，下底長(zhǎng)6，高為2的等腰梯形，柱高為4，其體積V＝2×4×2＋eq\f(1,2)(2＋6)×2×4＝48.(理)(2021·內(nèi)江市一模)矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，沿BD將矩形ABCD折成一個(gè)直二面角A－BD－C，則四周體ABCD的外接球的表面積是________．[答案]100π[解析]設(shè)矩形ABCD對(duì)角線BD的中點(diǎn)為O，則OA＝OB＝OC＝OD，∴折起后空間四邊形ABCD的外接球球心為O，∴球O的半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(82＋62)＝5，∴球O的表面積S＝4πR2＝100π.三、解答題15．(文)(2021·北京文，17)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD、PC的中點(diǎn)，求證：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.[解析](1)由于平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)由于AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又由于BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由于AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.由于E和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，所以PD∥EF.所以CD⊥EF，又由于CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF.所以平面BEF⊥平面PCD.(理)(2021·浙江理，20)如圖，在四周體A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq\r(2).M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ＝3QC.(1)證明：PQ∥平面BCD；(2)若二面角C－BM－D的大小為60°，求∠BDC的大小．[解析]方法1：(1)取BD的中點(diǎn)O，在線段CD上取點(diǎn)F，使得DF＝3FC，連接OP、OF、FQ.由于AQ＝3QC，所以QF∥AD，且QF＝eq\f(1,4)AD.由于O、P分別為BD、BM的中點(diǎn)，所以O(shè)P是△BDM的中位線，所以O(shè)P∥DM，且OP＝eq\f(1,2)DM.又點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，所以O(shè)P∥AD，且OP＝eq\f(1,4)AD.從而OP∥FQ，且OP＝FQ，所以四邊形OPQF為平行四邊形，故PQ∥OF.又PQ?平面BCD，OF?平面BCD，所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于點(diǎn)G，作GH⊥BM于點(diǎn)H，連接CH.由于AD⊥平面BCD，CG?平面BCD，所以AD⊥CG，又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD，又BM?平面ABD，所以CG⊥BM.又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，所以GH⊥BM，CH⊥BM.所以∠CHG為二面角C－BM－D的平面角，即∠CHG＝60°.設(shè)∠BDC＝θ.在Rt△BCD中，CD＝BDcosθ＝2eq\r(2)cosθ，CG＝CDsinθ＝2eq\r(2)cosθsinθ，BC＝BDsinθ＝2eq\r(2)sinθ，BG＝BCsinθ＝2eq\r(2)sin2θ.在Rt△BDM中，∵GH⊥BM，∴△BGH∽△BMD，∴HG＝eq\f(BG·DM,BM)＝eq\f(2\r(2)sin2θ,3).在Rt△CHG中，tan∠CHG＝eq\f(CG,HG)＝eq\f(3cosθ,sinθ)＝eq\r(3).所以tanθ＝eq\r(3).從而θ＝60°.即∠BDC＝60°.方法2：(1)如圖，取BD的中點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)，OD、OP所在射線為y、z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意知A(0，eq\r(2)，2)，B(0，－eq\r(2)，0)，D(0，eq\r(2)，0)．設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x0，y0,0)．由于eq\o(AQ,\s\up6(→))＝3eq\o(QC,\s\up6(→))，所以Q(eq\f(3,4)x0，eq\f(\r(2),4)＋eq\f(3,4)y0，eq\f(1,2))．由于M為AD的中點(diǎn)，故M(0，eq\r(2)，1)．又P為BM的中點(diǎn)，故P(0,0，eq\f(1,2))，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(eq\f(3,4)x0，eq\f(\r(2),4)＋eq\f(3,4)y0,0)．又平面BCD的一個(gè)法向量為u＝(0,0,1)，故eq\o(PQ,\s\up6(→))·u＝0.又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD.(2)設(shè)m＝(x，y，z)為平面BMC的一個(gè)法向量．由eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－x0，eq\r(2)－y0,1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，1)，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x0x＋\r(2)－y0y＋z＝0，,2\r(2)y＋z＝0.))取y＝－1，得m＝(eq\f(y0＋\r(2),x0)，－1,2eq\r(2))．又平面BDM的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)．于是|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|\f(y0＋\r(2),x0)|,\r(9＋\f(y0＋\r(2),x0)2))＝eq\f(1,2)，即(eq\f(y0＋\r(2),x0))2＝3.①又BC⊥CD，所以eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，故(－x0，－eq\r(2)－y0,0)·(－x0，eq\r(2)－y0,0)＝0，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.②聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－\r(2).))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝±\f(\r(6),2)，,y0＝\f(\r(2),2).))所以tan∠BDC＝|eq\f(x0,\r(2)－y0)|＝eq\r(3).又∠BDC是銳角，所以∠BDC＝60°.16．(文)(2021·北京西城區(qū)模擬)在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AC＝eq\r(3)，AB＝2BC＝2，AC⊥FB.(1)求證：AC⊥平面FBC；(2)求四周體FBCD的體積；(3)線段AC上是否存在點(diǎn)M，使得EA∥平面FDM？證明你的結(jié)論．[解析](1)證明：在△ABC中，∵AC＝eq\r(3)，AB＝2，BC＝1，∴AC⊥BC.又∵AC⊥FB，∴AC⊥平面FBC.(2)解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC.∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝DC＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝eq\f(\r(3),4)，∴四周體FBCD的體積為：VF－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·FC＝eq\f(\r(3),12).(3)線段AC上存在點(diǎn)M，且M為AC中點(diǎn)時(shí)，有EA∥平面FDM，證明如下：連接CE，與DF交于點(diǎn)N，連接MN.由于CDEF為正方形，所以N為CE中點(diǎn)．所以EA∥MN.由于MN?平面FDM，EA?平面FDM，所以EA∥平面FDM.所以線段AC上存在點(diǎn)M，使得EA∥平面FDM成立．(理)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形且側(cè)棱垂直于底面，側(cè)棱長(zhǎng)是eq\r(3)，D是AC的中點(diǎn)．(1)求證：B1C∥平面A1BD(2)求二面角A1－BD－A的大小；(3)求直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值．[解析]解法一：(1)設(shè)AB1與A1B相交于點(diǎn)P，則P為AB1中點(diǎn)，連接PD，∵D為AC中點(diǎn)，∴PD∥B1C又∵PD?平面A1BD，B1C?平面A1BD∴B1C∥平面A1BD(2)∵正三棱柱ABC－A1B1C1∴AA1⊥底面ABC.又∵BD⊥AC，∴A1D⊥BD∴∠A1DA就是二面角A1－BD－A的平面角．∵AA1＝eq\r(3)，AD＝eq\f(1,2)AC＝1，∴tan∠A1DA＝eq\f(A1A,AD)＝eq\r(3).∴∠A1DA＝eq\f(π,3)，即二面角A1－BD－A的大小是eq\f(π,3).(3)由(2)作AM⊥A1D，M為垂足．∵BD⊥AC，平