2011高考数学立体几何

四、立体几何

一、选择题

1.（重庆理9）高为2

4的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S 、A 、B 、C 、D

均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心及顶点S 之间的距离为

A ．2

4 B ．2

2

C ．1

D 2

【答案】C

2.（浙江理4）下列命题中错误的是

A ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存在直线平行于平面β

B ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β

C ．如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ?，那么l γ⊥平面

D ．如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β

【答案】D

3.（四川理3）1l ，2l ，3l

是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是 A ．12l l ⊥，23l l ⊥13//l l ? B ．12

l l ⊥，

23//l l ?13

l l ⊥

C ．

233////l l l ?1l ，2l

，3l

共面

D ．1l

，2l

，3l

共点?1l ，2l ，3l

共面

【答案】B

【解析】A 答案还有异面或者相交，C 、D 不一定

4.（陕西理5）某几何体的三视图如图所示，则它的体积是

A ．

B ．

C ．82π-

D ．23π

【答案】A

5.（浙江理3）若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是

【答案】D

6.（山东理11）右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①

存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如下图；②存在四棱柱，其正（主）

视图、俯视图如右图；③存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其

中真命题的个数是

A．3 B．2

C．1 D．0

【答案】A

7.（全国新课标理6）。在一个几何体的三视图中，正视图及俯视图如右图所示，则相应的侧视图可以为

【答案】D

8.（全国大纲理6）已知直二面角α? ι?β，点A∈α，AC⊥ι，C为垂足，B∈β，BD⊥ι，D为

垂足．若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于

A．

2

B．

3

C．

6

D．1

【答案】C

9.（全国大纲理11）已知平面α截一球面得圆M，过圆心M且及α成0

60二面角的平面β

3 3 2

正视图

侧视图

俯视图 图1 截该球面得圆N ．若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为 A ．7π B ．9π C ．11π D ．13π 【答案】D

10.（湖南理3）设图1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为

A ．

B ．

C ．942π+

D ．3618π+

【答案】B

11.（江西理8）已知1

a ，

2

a ，

3

a 是三个相互平行的平面．平面

1

a ，

2

a 之间的距离为1d ，平面2

a ，

3

a 之间的距离为

2

d ．直线l 及

1

a ，

2

a ，

3

a 分别相交于

1p ，

2

p ，

3

p ，那么

“

12P P =

23

P P ”是“

12

d d =”的

A ．充分不必要条件

B ．必要不充分条件

C ．充分必要条件

D ．既不充分也不必要条件 【答案】C

12.（广东理7）如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）

和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为

A ．63

B ．93

C ．123

D ．183

【答案】B

13.（北京理7）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是

A ．8

B ．62

C ．10

D ．82

【答案】C

14.（安徽理6）一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 （A ）48 （B ）32+817 （C ）48+817 （D ）80

【答案】C

15.（辽宁理8）。如图，四棱锥S —ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是 （A ）AC ⊥SB

（B ）AB ∥平面SCD

（C ）SA 及平面SBD 所成的角等于SC 及平面SBD 所成的角 （D ）AB 及SC 所成的角等于DC 及SA 所成的角 【答案】D

16.（辽宁理12）。已知球的直径SC=4，A ，B 是该球球面上的两点，AB=3，

30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC 的体积为

（A ）33 （B ）32 （C ）3

（D ）1

【答案】C 17．（上海理17）设

12345

,,,,A A A A A 是空间中给定的5个不同的点，则使

123450MA MA MA MA MA ++++=成立的点M 的个数为

A ．0

B ．1

C ．5

D ．10 【答案】B 二、填空题

18.（上海理7）若圆锥的侧面积为2π，底面积为π，则该圆锥的体积为 。 【答案】

19.（四川理15）如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧

面积最大是，求的表面积及改圆柱的侧面积之差是 ． 【答案】2

2R π 【解析】

22222max

224()S r R r r R r S ππ=?-=-?侧侧时，

22

2

2

2

2

22R r R r r r R

=-?=?=，则222422R R R πππ-=

20.（辽宁理15）一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为32，它的

三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是 ．

【答案】23

21.（天津理10）一个几何体的三视图如右图所示（单位：m ），则该几何体的体积为

__________3

m

【答案】6π+

22.（全国新课标理15）。已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB=6，

BC=O-ABCD 的体积为_____________．

【答案】23.（湖北理14）如图，直角坐标系xOy 所在的平面为α，直角坐标系''

x Oy （其中'y 轴一

及y 轴重合）所在的平面为β，'

45xOx ∠=?。

（Ⅰ）已知平面β

内有一点'2)P ，则点'P 在平面α内的射影P 的

坐标为 （2，2） ；

（Ⅱ）已知平面β内的曲线'C

的方程是

'2'2(220x y +-=，则曲线'C 在平面α内的射影C 的方程是 。

【答案】

22

(1)1x y -+=

24.（福建理12）三棱锥P-ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA=3，底面ABC 是边长为2的正三角形，

则三棱锥P-ABC 的体积等于______。

三、解答题

25.（江苏16）如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面

ABCD ，AB=AD ，∠BAD=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点

求证：（1）直线EF ∥平面PCD ；

（2）平面BEF ⊥平面PAD

本题主要考查直线及平面、平面及平面的位置关系，考察空间想象能力和推理论证能力。满分14分。 证明：（1）在△PAD 中，因为E 、F 分别为

AP ，AD 的中点，所以EF//PD.

A

又因为EF ?平面PCD ，PD ?平面PCD ， 所以直线EF//平面PCD.

（2）连结DB ，因为AB=AD ，∠BAD=60°，

所以△ABD 为正三角形，因为F 是AD 的

中点，所以BF ⊥AD.因为平面PAD ⊥平面ABCD ，

BF ?平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以BF ⊥平面PAD 。又因为 BF ?平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD.

26.（安徽理17）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 及平面AGFD 垂直，点O 在

线段AD 上，1,2,OA OD ==△OAB ，,△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形。 （Ⅰ）证明直线BC ∥EF ； （II ）求棱锥F —OBED 的体积。

本题考查空间直线及直线，直线及平面、平面及平面的位置关系，空间直线平行的证明，多面体体积的计算等基本知识，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力.

（I ）（综合法） 证明：设G 是线段DA 及EB 延长线的交点. 由于△OAB 及△ODE 都是正三角形，所以 OB ∥，OG=OD=2，

同理，设G '是线段DA 及线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 及G '重合.

在△GED 和△GFD 中，由OB ∥和OC ∥，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF.

=

= =

=

（向量法）

过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，为x 轴正向，为y 轴正向，为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.

由条件知

).23,23,0(),0,23,23(

),3,0,0(),0,0,3(--C B F E

则有

).3,0,3(),23

,0,23(-=-

=

所以,2BC EF =即得BC ∥EF.

（II ）解：由OB=1，OE=2，

23

,60=

?=∠EOB S EOB 知，而△OED 是边长为2的正三

角形，故

.3=OED S

所以

.23

3=

+=OED EOB OBED S S S

过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以

.2331=?=

-OBED OBED F S FQ V

27.（北京理16）

如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，

2,60AB BAD =∠=.

(Ⅰ)求证：BD ⊥平面;PAC （Ⅱ）若,PA AB =求PB 及AC 所成角的余弦值；

（Ⅲ）当平面PBC 及平面PDC 垂直时，求PA 的长.

证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD.

又因为PA ⊥平面ABCD. 所以PA ⊥BD.

所以BD ⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O.

因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=3.

如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O —xyz ，则

P （0，—3，2），A （0，—3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）. 所以).0,32,0(),2,3,1(=-=AC PB 设PB 及AC 所成角为θ，则

4

6

3

2226|

|||cos =

?=

??AC PB AC PB θ

.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知).0,3,1(-=BC 设P （0，－3，t ）（t>0）， 则),3,1(t BP --=

设平面PBC 的法向量),,(z y x m =, 则0,0=?=?m BP m BC 所以 令

,3=y 则

所以

同理，平面PDC 的法向量

因为平面PCB ⊥平面PDC, 所以n m ?=0，即 解得6=

t

所以PA=6

28.（福建理20）

如图，四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB+AD=4，CD=2，

?=∠45CDA ．

（I ）求证：平面PAB ⊥平面PAD ； （II ）设AB=AP ．

（i ）若直线PB 及平面PCD 所成的角为?30，求线段AB 的长；

（ii ）在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理 由。

本小题主要考查直线及直线、直线及平面、平面及平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数及方程思想、数形结合思想、化归及转化思想，满分14分。 解法一：

（I ）因为PA ⊥平面ABCD ，

AC ?平面ABCD ，

所以PA AB ⊥， 又,,AB AD PA

AD A ⊥=

所以AB ⊥平面PAD 。

又AB ?平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD 。 （II ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系

A —xyz （如图）

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于点E ，则.CE AD ⊥

在Rt CDE ?中，DE=cos451CD ??=，

sin 451,CE CD =??=

设AB=AP=t ，则B （t ，0，0），P （0，0，t ） 由AB+AD=4，得AD=4-t ，

所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---，

(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--

（i ）设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =， 由n CD ⊥，n PD ⊥，得

取x t =，得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-，

又(,0,)PB t t =-，故由直线PB 及平面PCD 所成的角为30?，得

222221

cos 60||,,

2

||||(4)2n PB n PB t t t x ??==?++-?即

解得（舍去，因为AD 40t =->），所以

（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等， 设G （0，m ，0）（其中04m t ≤≤-）

则(1,3,0),(0,4,0),(0,,)GC t m GD t m GP m t =--=--=-，

由||||GC GD =得222

(4)t m m t --=+，（2） 由（1）、（2）消去t ，化简得2

340m m -+=（3）

由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ， 使得点G 到点P ，C ，D 的距离都相等。 从而，在线段AD 上不存在一个点G ，

使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等。 解法二：

（I ）同解法一。 （II ）（i ）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A —xyz （如图）

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于E ，

则CE AD ⊥。

在平面ABCD 内，作CE//AB 交AD 于点E ，则.CE AD ⊥

在Rt CDE ?中，DE=cos451CD ??=，

sin 451,CE CD =??=

设AB=AP=t ，则B （t ，0，0），P （0，0，t ） 由AB+AD=4，得AD=4-t ，

所以(0,3,0),(1,3,0),(0,4,0)E t C t D t ---，

(1,1,0),(0,4,).CD PD t t =-=--

设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =， 由n CD ⊥，n PD ⊥，得

取x t =，得平面PCD 的一个法向量{,,4}n t t t =-，

又(,0,)PB t t =-，故由直线PB 及平面PCD 所成的角为30?，得

222221

cos 60||,,

2

||||(4)2n PB n PB t t t x ??==?++-?即

解得（舍去，因为AD 40t =->），

所以

（ii ）假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等， 由GC=CD ，得45GCD GDC ∠=∠=?， 从而90CGD ∠=?，即,CG AD ⊥

∴sin 451,GD CD =??=

设,AB λλ=则AD=4-,

3AG AD GD λ=-=-，

在Rt ABG ?中，2222

(3)GB AB AG λλ=+=+-

这及GB=GD 矛盾。

所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点B ，C ，D 的距离都相等，

从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等。 29.（广东理18）

如图5．在椎体P-ABCD 中，ABCD 是边长为1的棱形，

且∠DAB=60?，2PA PD ==

,PB=2,

E,F 分别是BC,PC 的中点． （1） 证明：AD ⊥平面DEF; （2） 求二面角P-AD-B 的余弦值． 法一：（1）证明：取AD 中点G ，连接PG ，BG ，BD 。

因PA=PD ，有PG AD ⊥，在ABD ?中，1,60AB AD DAB ==∠=?，有ABD ?为 等边三角形，因此,BG AD BG PG G ⊥?=，所以

AD ⊥平面PBG ,.AD PB AD GB ?⊥⊥

又PB//EF ，得AD EF ⊥，而DE//GB 得AD ⊥DE ，又FE DE E ?=，所以 AD ⊥平面DEF 。

（2）,PG AD BG AD ⊥⊥，

PGB ∴∠为二面角P —AD —B 的平面角，

在

2227

,4Rt PAG PG PA AG ?=-=

中

在

3Rt ABG ???中,BG=AB sin60

2

2

2

734

2144cos 2773

222PG BG PB PGB PG BG +-+-∴∠===-

???

法二：（1）取AD 中点为G ，因为,.PA PD PG AD =⊥

又,60,AB AD DAB ABD =∠=??为等边三角形，因此，BG AD ⊥，

从而AD ⊥平面PBG 。 延长BG 到O 且使得PO ⊥OB ，又PO ?平面PBG ，PO ⊥AD ，,AD OB G ?= 所以PO ⊥平面ABCD 。

以O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB ，OP 分别为x 轴，z 轴，平行于AD 的直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系。

设1

1

(0,0,),(,0,0),(,,0),(,,0).

22P m G n A n D n -则

3||||sin 602GB AB =?=

333131(((,0),(,).22222422n m B n C n E n F ∴+

+++

由于33(0,1,0),(

,0,0),()2242n m

AD DE FE ===+-

得0,0,,,AD DE AD FE AD DE AD FE DE FE E ?=?=⊥⊥?=

AD ∴⊥平面DEF 。

（2）

13

(,,),()

22PA n m PB n m =--=+-

22221332,()2,1,42m n n m m n ++

=++===解之得

取平面ABD 的法向量

1(0,0,1),

n =-

设平面PAD 的法向量

2(,,)

n a b c =

由

2230,0,0,0,2222b b PA n

a c PD n a c ?=--=?=

+-

=得

由

取

12cos ,7n n -

∴<>=

=-

30.（湖北理18）

如图，已知正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱1CC 上，且不及点C 重合．

（Ⅰ）当CF =1时，求证：EF ⊥1A C ；

（Ⅱ）设二面角C AF E --的大小为θ，求tan θ的最小值．

本小题主要考查空间直线及平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E 作EN AC ⊥于N ，连结EF 。 （I ）如图1，连结NF 、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC ⊥侧面A1C 。 又度面ABC

侧面A ，C=AC ，且EN ?底面ABC ，

所以EN ⊥侧面A1C ，NF 为EF 在侧面A1C 内的射影，

在Rt CNE ?中，cos60CN CE =?=1， 则由，得NF//AC1， 又

11,

AC AC ⊥故

1NF A C

⊥。

由三垂线定理知

1.

EF A C ⊥

（II ）如图2，连结AF ，过N 作NM AF ⊥于M ，连结ME 。

由（I ）知EN ⊥侧面A1C ，根据三垂线定理得,EM AF ⊥ 所以EMN ∠是二面角C —AF —E 的平面角，即EMN θ∠=， 设,045FAC αα∠=?<≤?则

在Rt CNE ?

中，sin 60NE EC =??= 在,sin 3sin ,Rt AMN MN AN a a ?=?=中 故

又

045,0sin 2a α?<≤?∴<≤

故当

sin 452a α=

=?即当时，tan θ达到最小值；

，此时F 及C1重合。

解法2：（I ）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得

1(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4),(0,4,1),A B C A E F

于是1(0,4,4),(3,1,1).CA EF =-=

-

则1(0,4,4)(,1)0440,CA EF ?=-?=-+= 故

1.

EF A C ⊥

（II ）设,(04)CF λλ=<≤，

平面AEF 的一个法向量为(,,)m x y z =， 则由（I ）得F （0，4，λ）

(3,3,0),(0,4,)AE AF λ==，于是由,m AE

m AF ⊥⊥可得

0,30,40.0,m AE y y z m AF λ??=+=??+=??=?

??

即 取

,,4).m λ=-

又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为(1,0,0)n =，

于是由θ为锐角可得

22

2316

,sin 24

24λλθλλ+=

=

++，

所以

22

16116

tan 333λθλλ+==+， 由04λ<≤，得，即

故当4λ=，即点F 及点C1重合时，tan θ取得最小值6

,

31.（湖南理19）

如图5，在圆锥PO 中，已知PO =2，⊙O 的直径2AB =,C 是AB 的中点，D 为AC 的中点．

（Ⅰ）证明：平面POD ⊥平面PAC ; （Ⅱ）求二面角B PA C --的余弦值。

解法1：连结OC ，因为,OA OC D AC =⊥是的中点,所以AC OD. 又PO ⊥底面⊙O ，AC ?底面⊙O ，所以AC PO ⊥，

因为OD ，PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以AC ⊥平面POD ， 而AC ?平面PAC ，所以平面POD ⊥平面PAC 。

（II ）在平面POD 中，过O 作OH PD ⊥于H ，由（I ）知，平面,POD PAC ⊥平面 所以OH ⊥平面PAC ，又PA ?面PAC ，所以.PA OH ⊥ 在平面PAO 中，过O 作OG PA ⊥于G ， 连接HG ， 则有PA ⊥平面OGH ，

从而PA HG ⊥，故OGH ∠为二面角B —PA —C 的平面角。

在

2,sin 45.2Rt ODA OD OA ?=??=

中

在

2

2

2

2102,.

1

22Rt POD OH PO OD

??=

=

=++中

在

22

216,.21Rt POA OG PO OA ??=

=

=++中

在10

15

5,sin .

6

3OH Rt OHG OGH OG ?∠===中

所以

21510

cos 1sin 1.25OGH OGH ∠=-∠=-

=

故二面角B —PA —C 的余弦值为

解法2：（I ）如图所示，以O 为坐标原点，OB 、OC 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则

(0,0,0),(1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)O A B C P -，

设

1111(,,)

n x y z =是平面POD 的一个法向量，

则由110,0n OD n OP ?=?=，得

所以111110,,1,(1,1,0).

z x y y n ====取得

设

2222(,,)

n x y z =是平面PAC 的一个法向量，

则由220,0n PA n PC ?=?=， 得 所以222222,2.1,x z y z =-==取z

得

2(2,2,1)n =-。

因为12(1,1,0)(2,2,1)0,n n ?=?-= 所以

12.

n n ⊥从而平面POD ⊥平面PAC 。

（II ）因为y 轴⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量为3(0,1,0).

n =

由（I ）知，平面PAC 的一个法向量为2(2,2,1)n =-

设向量

23

n n 和的夹角为θ，则

2323210

cos .

||||5

n n n n θ?=

==? 由图可知，二面角B —PA —C 的平面角及θ相等，

所以二面角B —PA —C 的余弦值为

32.（辽宁理18）

如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，

QA=AB=1

2PD ．

（I ）证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； （II ）求二面角Q —BP —C 的余弦值．

解：

如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz.

（I ）依题意有Q （1，1，0），C （0，0，1），P （0，2，0）. 则

(1,1,0),(0,0,1),(1,1,0).DQ DC PQ ===- 所以

0,0.PQ DQ PQ DC ?=?=

即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC. 故PQ ⊥平面DCQ.

又PQ ?平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ. …………6分

（II ）依题意有B （1，0，1），(1,0,0),(1,2,1).CB BP ==--

设(,,)n x y z =是平面PBC 的法向量，则0,0,

20.0,n CB x x y z n BP ??==???

?-+-=?=???

即

因此可取(0,1,2).n =-- 设m 是平面PBQ 的法向量，则

可取

15(1,1,1).cos ,.m m n =<>=-

所以

故二面角Q —BP —C 的余弦值为 ………………12分 33.（全国大纲理19）

如图，四棱锥S ABCD -中， AB CD ⊥,BC CD ⊥，侧面SAB 为等边三角形，

2,1AB BC CD SD ====．

（Ⅰ）证明：SD SAB ⊥平面;

（Ⅱ）求AB 及平面SBC 所成角的大小．

解法一：

（I ）取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE=CB=2， 连结SE ，则, 3.SE AB SE ⊥=

又SD=1，故222

ED SE SD =+，

所以DSE ∠为直角。 …………3分 由,,AB DE AB SE DE

SE E ⊥⊥=，

得AB ⊥平面SDE ，所以AB SD ⊥。 SD 及两条相交直线AB 、SE 都垂直。 所以SD ⊥平面SAB 。

…………6分

（II ）由AB ⊥平面SDE 知， 平面ABCD ⊥平面SED 。

作,SF DE ⊥垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，

作FG BC ⊥，垂足为G ，则FG=DC=1。