2011高考数学立体几何大题汇总

(1)(本小题满分12分)

如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为平行四

边形，∠DAB=60,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD. (Ⅰ)证明：PA ⊥BD ；

(Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。 (1)解：

（Ⅰ ）因为60,2DAB AB AD ∠=?=, 由余弦定理得3BD AD = 从而BD 2+AD 2= AB 2，故BD ⊥AD 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD 所以BD ⊥平面PAD. 故PA ⊥BD

（Ⅱ）如图，以D 为坐标原点，AD 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 ，则

()1,0,0A ,()03,0B ，,()

1,3,0C -,()0,0,1P 。

(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)AB PB BC =-=-=-

设平面PAB 的法向量为n=（x,y,z ），则

即

因此可取n=3,1,3)

设平面PBC 的法向量为m ，则

可取m=（0，-1，3-） 27

cos ,27

m n =

=-

故二面角A-PB-C 的余弦值为

2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222ED 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。 连结SG ，则SG BC ⊥，

又,BC FG SG FG G ⊥=，

故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG 。 …………9分 作FH SG ⊥，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC 。 ，即F 到平面SBC 的距离为

由于ED//BC ，所以ED//平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 也有 设AB 及平面SBC 所成的角为α， 则2121sin ,arcsin .d EB αα=

== …………12分

解法二：

以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz 。

设D （1，0，0），则A （2，2，0）、B （0，2，0）。 又设(,,),0,0,0.S x y z x y z >>>则 （I ）(2,2,),(,2,)AS x y z BS x y z =--=-，(1,,)DS x y z =-，

由||||AS BS =得

=

故x=1。

由22

||11,DS y z =+=得

又由222

||2(2)4,BS x y z =+-+=得

即2

2

1410,,22

y z y y z +-+==

=故 …………3分

于是1333(1,,),(1,,),(1,,222222S AS BS =--=-， 13

(0,,),0,0.2DS DS AS DS BS =?=?=

故,,,DS AD DS BS AS BS S ⊥⊥=又

所以SD ⊥平面SAB 。 …………6分

（II ）设平面SBC 的法向量(,,)a m n p =，

则,,0,0.a BS a CB a BS a CB ⊥⊥?=?= 又33

(1,,),(0,2,0),2BS CB =

-= 故

…………9分

取p=2得(3,0,2),(2,0,0)a AB ==-又。

cos ,7||||

AB a AB a AB a ?=

=?

故AB 及平面SBC 所成的角为

3 （14分）已知1111ABCD A B C D -是底面边长为1的正四棱柱，1O 是1

1A C 和11B D 的交点。 ⑴ 设1AB 及底面1111A B C D 所成的角的大小为α，二面角111A B D A --的大小为β。 求证：tan βα=

；

⑵ 若点C 到平面11AB D 的距离为4

3

，求正四棱柱1111ABCD A B C D -的高。

解：设正四棱柱的高为h 。

⑴ 连1AO ，1AA ⊥底面1111A B C D 于1A ，∴ 1AB 及底面1111A B C D 所成的角为

11AB A α∠=

∵ 11AB AD =，1O 为11B D 中点，∴111AO B D ⊥，又11

11A O B D ⊥， ∴ 11AO A ∠是二面角111A B D A --的平面角，即11AO A β∠=

D

B

D 1

1B D 1

B

D

∴ ，1

11

tan 22tan AA h A O βα===。

⑵ 建立如图空间直角坐标系，有11(0,0,),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,)A h B D C h

11(1,0,),(0,1,),(1,1,0)AB h AD h AC =-=-=

设平面11AB D 的一个法向量为(,,)n x y z =，

∵ 11110

n AB n AB n AD n AD ??⊥?=?????⊥?=????，取1z =得(,,1)n h h =

∴ 点C 到平面11AB D 的距离为22||43||1

n AC d n h h ?===++，则2h =。

4（本小题满分12分）

如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12

P D ．

（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 z y

x A 1

B 1

C 1

D 1

A B

C

D

O 1

故二面角Q —BP —C 的余弦值为 …

5如图，在ABC ?中，60,90,ABC BAC AD ∠=∠=是BC 上的高，沿AD 把ABC

?折起，使90BCD ∠= 。

（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ；

（Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE 及DB 夹角的余弦值。

解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，

∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD ⊥ＤＣ，AD ⊥ＤＢ， 又DB ?ＤＣ＝Ｄ， ∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ，

∵AD 平面平面BDC ． ∴平面ABD ⊥平面BDC 。

（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90?及（Ⅰ）知DA ，ＤＢ，DC 两两垂直，不防设DB =1，以D 为坐标原点，以,,DB DC DA 所在直线,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D （0,0,0），B （1,0,0），C （0,3,0），A （0,0，3），E （

12，3

2

，0）， AE ∴=，

DB =（1，0,0,）

， AE ∴及DB 夹角的余弦值为

cos ＜AE ，DB ＞=

1222.22

||||

2214

AE DB

AE DB ?=

=

??

． 6

本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分．）

如题（19）图，在四面体ABCD 中，平面ABC ⊥平面ACD ，AB BC ⊥，AD CD =，CAD ∠=30?．

（Ⅰ）若AD =2，AB BC =2，求四面体ABCD 的体积；

（Ⅱ）若二面角C AB D --为60?，求异面直线AD 及BC 所成角的余弦值．

本题12分）

（I ）解：如答（19）图1，设F 为AC 的中点，由于AD=CD ，所以DF ⊥AC.

故由平面ABC ⊥平面ACD ，知DF ⊥平面ABC ，

即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高，

且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3. 在Rt △ABC 中，因AC=2AF=23，AB=2BC ， 由勾股定理易知215415

,.BC AB =

= 故四面体ABCD 的体积

1114152154

.3325

ABC V S DF ?=

??=???= （II ）解法一：如答（19）图1，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG//AD ，GH//BC ，从而∠FGH 是异面直线AD 及BC 所成的角或其补角.

设E 为边AB 的中点，则EF//BC ，由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB.又由（I ）有DF ⊥平面ABC ， 故由三垂线定理知DE ⊥AB.

所以∠DEF 为二面角C —AB —D 的平面角，由题设知∠DEF=60°

设,sin .2

a AD a DF AD CAD ==?=

则 在33

,cot ,2a Rt DEF EF DF DEF a ?=?=?=中 从而13

.2GH BC EF a ===

因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD=AD=a ，从而，在Rt △BDF 中，，

又从而在△FGH 中，因FG=FH ，由余弦定理得

2223

cos 226

FG GH FH GH FGH FG GH FG +-===?

因此，异面直线AD 及BC 所成角的余弦值为3. 解法二：如答（19）图2，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD=CD ，

平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂直，以F 为原点，射线FM ，FC ，FD

分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F —xyz.

不妨设AD=2，由CD=AD ，∠CAD=30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为

(0,3,0),(0,3,0),(0,0,1),

(0,3,1).

A C D AD -=则

显然向量(0,0,1)k =是平面ABC 的法向量.

已知二面角C —AB —D 为60°，

故可取平面ABD 的单位法向量(,,)n l m n =， 使得1,60,.2

n k n <>==

从而 2223,30,.61,.3

n AD m n m l m n l ⊥+==-++==±

由有从而由得

设点B 的坐标为6

(,,0);,,3

B x y AB B

C n AB l ⊥⊥=

由取，有 2246

3,,0,,()63

3(3)0,73,9x y x x y x y y ??+==?=????

???=-?

-+=???=??

解之得舍去 易知及坐标系的建立方式不合，舍去.

因此点B 的坐标为所以 从而

22

23

3()39

cos ,.6

||||

462331(

)()99AD CB AD CB AD CB -

?<>=

=

=-

++- 故异面直线AD 及BC 所成的角的余弦值为3.6

7 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。

8 （本题满分12分）如图5，在圆锥PO 中，已知2,PO O =

的直径

2,,AB C AB D AC =是的中点,为的中点． （I ）证明：;POD PAC ⊥平面平面 （II ）求二面角B PA C --的余弦值． 解：（I ）连接OC ，因为OA OC =,D 为的AC 中点，所以AC OD ⊥.

又,,.PO O AC O AC PO ⊥?⊥底面底面所以因为,OD PO 是平面POD 内的两条相交直线，所以

AC POD ⊥平面。而AC PAC ?平面，所以POD PAC ⊥平面平面。 （II ）在平面POD 中，过O 作OH PD ⊥于H ，由（I ）知，POD PAC ⊥平面平面,所以,OH PAC ⊥平面又,PA PAC ?平面所以PA OH ⊥. 在平面PAO 中，过O 作OG PA ⊥于G,连接HG ,则有PA OGH ⊥平面，

从而PA HG ⊥，所以OGH ∠是二面角B PA C --的平面角． 在2,sin 452

Rt ODA OD OA ?=??=

中

在22

2

2102,51+2+2

Rt POD OH

PO OD ?

?=

==中 在22216

,32+1+Rt POA OG PO OA

??===

中 在10

15

5,sin 56

OH Rt OHG OGH OG ?∠====中,所以。 故二面角B PA C --的余弦值为10

5

。

9(本小题共l2分)

如图，在直三棱柱AB-A 1B 1C 1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA 1 =1．D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线及A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA ． (I)求证：CD=C 1D ：

(II)求二面角A-A 1D-B 的平面角的余弦值； (Ⅲ)求点C 到平面B 1DP 的距离．

解析：（1）连接1B A 交1BA 于O ,

1//B P 1面BDA ,111,,B P AB P AB P D OD ?=1面面面BA

1//B P OD ∴,又O 为1B A 的中点，

D ∴为AP 中点，1C ∴1为A P ,1ACD PC D ∴???1C D CD ∴=,D 为1CC 的中点。

（2）由题意11,AB AC AB AA AB C C ⊥⊥?⊥1面AA ,过 B 作AH AD ⊥,连接BH ，则

BH AD ⊥,AHB ∴∠为二面角1A A D B --的平面角。在1AA D ?中，1155

1,AA AD A D ===,则25

253525,,cos 55335AH AH BH AHB BH ==∠=== (3)因为11C B PD B PCD V V -=，所以11111

33B PD PCD h S A B S ???=?,111A B =

11111

244

PCD PC C PC D S S S ???=-=-=,

在1B DP ?中，1111

9553525544,5,.cos ,sin 32255252

B D B P PD DB P DB P +-

===∠==∠=??， 113531

5,22543B PD S h ?∴=???==

10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.

1) 取AD 的中点G ，又P A =PD ，PG AD ∴⊥，

由题意知ΔABC 是等边三角形，BG AD ∴⊥， 又PG , BG 是平面PGB 的两条相交直线，

AD PGB ∴⊥平面，

//,//EF PB DE GB ，

DEF PGB ∴平面//平面， AD DEF ∴⊥平面

(2) 由（1）知PGB ∠为二面角P AD B --的平面角，

在Rt PGA ?中，；在Rt BGA ?中，；

在PGB ?中，22221

cos 27

PG BG PB PGB PG BG +-∠==-?.

11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E F ‖平面PCD ； （2）平面BEF ⊥平面PAD

P

A

Ｓ

B

Ｓ

C

Ｓ

D

Ｓ

P

A

Ｓ

B

Ｓ

C

Ｓ

D

Ｓ

F

G F

E A

C

D

12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 、AC 1，由直棱柱的性质知， 底面ABC ⊥侧面A 1C 。

又度面ABC 侧面A ，C=AC ，且EN ?底面ABC ， 所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，

在Rt CNE ?中，cos60CN CE =?=1， 则由，得NF//AC 1， 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A 1C ，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 603,NE EC =??=

在,

sin 3sin ,Rt AMN MN AN a a ?=?=中

故

又2045,0sin ,2

a α?<≤?∴<≤ 故当2

sin ,45a α=

=?即当时，tan θ达到最小值； ，此时F 及C 1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),(23,2,0),(0,4,0),(0,0,4),(3,3,0),(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)(3,1,1)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

0,330,40.0,m AE x y y z m AF λ???=+=??

??

+=??=??

?即 取(3,,4).m λλ=-

又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为(1,0,0)n =， 于是由θ为锐角可得22

2

316

24

24

λλθλλ+=

=

++，

所以2216116

tan 333λθλλ

+==+，

由04λ<≤，得，即

故当4λ=，即点F 及点C 1重合时，tan θ取得最小值

6,3

13 如图，在三棱锥P ABC -中，AB AC =，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP ⊥BC ；

（Ⅱ）在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的

长；若不存在，请说明理由。

本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间

想象能力和运算求解能力。满分15分。 方法一：

（I ）证明：如图，以O 为原点，以射线OP 为z 轴的正半轴，

建立空间直角坐标系O —xyz

则(0,0,0),(0,3,0),(4,2,0),(4,2,0),(0,0,4)O A B C P --，

(0,3,4),(8,0,0)AP BC ==-，由此可得0AP BC ?=，所以

AP BC ⊥，即.AP BC ⊥

（II ）解：设,1,(0,3,4)PM PA PM λλλ=≠=--则 BM BP PM BP PA λ=+=+ (4,2,4)(0,3,4)

(4,23,44)

λλλ=--+--=----

(4,5,0),(8,0,0)AC BC =-=-

设平面BMC 的法向量1111(,,)n x y z =， 平面APC 的法向量2n 222(,,)x y z = 由

得11114(23)(44)0,80,x y x x λλ--++-=??-=?

即11110,

23(0,1,

)2344,44x n z y λλλλ=?+?

=?+-=?-?

可取 由即

得22

2225,4(5,4,3).3,4

x y n z y ?

=??=-?

?=-??可取 由12230,430,44n n λ

λ

+?=-?=-得

解得，故AM=3。

综上所述，存在点M 符合题意，AM=3。 方法二：

（I ）证明：由AB=AC ，D 是BC 的中点，得AD BC ⊥ 又PO ⊥平面ABC ，得.PO BC ⊥

因为PO AD O =，所以BC ⊥平面PAD ， 故.BC PA ⊥

（II ）解：如图，在平面PAB 内作BM PA ⊥于M ，连CM ， 由（I ）中知AP BC ⊥，得AP ⊥平面BMC ， 又AP ?平面APC ，所以平面BMC ⊥平面APC 。

在222

,41,41.Rt ADB AB AD BD AB ?=+==

中得

在222

,Rt POD PD PO OD ?=+中， 在2

2

2

,,Rt PDB PB PD BD ?=+中

所以2

2

2

2

36,PB=6.PB PO OD DB =++=得 在2

2

2

Rt POA ,25, 5.PA AO OP PA ?=+==中得

又2221

cos ,23

PA PB AB BPA PA PB +-∠=

=? 从而PM cos 2PB BPA =∠=，所以AM=PA-PM=3。

综上所述，存在点M 符合题意，AM=3。

14 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，∠ ACB=90?，ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，EF ∥ＡＢ，ＦＧ∥ＢＣ，ＥＧ∥ＡＣ.ＡＢ=２ＥＦ.

（Ⅰ）若Ｍ是线段ＡＤ的中点，求证：ＧＭ∥平面ＡＢＦＥ; （Ⅱ）若ＡＣ＝ＢＣ=２ＡＥ,求二面角Ａ-ＢＦ-Ｃ的大小．

（I ）证法一：

因为EF//AB ，FG//BC ，EG//AC ，90ACB ∠=?， 所以90,EGF ABC ∠=??∽.EFG ? 由于AB=2EF ， 因此，BC=2FC ，

连接AF ，由于FG//BC ，

在ABCD 中，M 是线段AD 的中点， 则A

M//BC ，且

因此FG//AM 且FG=AM ，

所以四边形AFGM 为平行四边形， 因此GM//FA 。

又FA ?平面ABFE ，GM ?平面ABFE ， 所以GM//平面AB 。 证法二：

因为EF//AB ，FG//BC ，EG//AC ，90ACB ∠=?， 所以90,EGF ABC ∠=??∽.EFG ?

由于AB=2EF ， 因此，BC=2FC ，

取BC 的中点N ，连接GN ，

因此四边形BNGF 为平行四边形， 所以GN//FB ，

在ABCD 中，M 是线段AD 的中点，连接MN ， 则MN//AB ，

因为,MN GN N =

所以平面GMN//平面ABFE 。 又GM ?平面GMN ， 所以GM//平面ABFE 。 （II ）解法一：

因为90,ACB ∠=?∠?所以CAD=90，

又EA ⊥平面ABCD ，

所以AC ，AD ，AE 两两垂直，

分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴、y 轴和z 轴，建立如图所法的空间直角坐标系， 不妨设22,AC BC AE === 则由题意得A （0，0，0，），B （2，-2，0），C （2，0，0，），E （0，0，1），

所以(2,2,0),(0,2,0),AB BC =-=

又

所以(1,1,1),(1,1,1).F BF -=- 设平面BFC 的法向量为111(,,),m x y z = 则0,0,m BC m BF ?=?= 所以取1111,z x ==得 所以(1,0,1),m =

设平面ABF 的法向量为222(,,)n x y z =， 则0,0,n AB n BF ?=?=

所以22222

,

1,1,0,x y y x z =?==?

=?取得 则(1,1,0)n =，

所以1

cos ,.||||2

m n m n m n ?=

=? 因此二面角A —BF —C 的大小为60.?

解法二：

由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD ， 取AB 的中点H ，连接CH ， 因为AC=BC ， 所以CH AB ⊥，

则CH ⊥平面ABFE ，

过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连接CR ， 则.CR BF ⊥

所以HRC

∠为二面角A—BF—C的平面角。由题意，不妨设AC=BC=2AE=2。

在直角梯形ABFE中，连接FH，

则FH AB

⊥，又22,

AB=

所以1,2,

HF AE BH

===

因此在Rt BHF

?中，

由于

所以在Rt CHR

?中，

2

tan3,

6

HRC

∠==

因此二面角A—BF—C的大小为60.?

14（本小题满分12分）

如图，ABEDFC为多面体，平面ABED及平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA=1，OD=2，⊿OAB, ⊿OAC, ⊿ODE, ⊿ODF都是正三角形.

（Ⅰ）证明直线B C∥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及线段EB延长线的交点，由于△OAB及△ODE都是正三角形，所以OB∥,OB=,OG=OD=2

同理，设G′是线段DA及线段FC延长线的交点，有OG′=OD=2，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∥,OB=和OC∥, OC=,可知B,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FQ⊥AD,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，QE为x轴正向，QD为y轴正向，QF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系。

由条件知E(3，0,0)，F（0,0，3），B（

2

3

，-

2

3

，0），C（0，-

2

3

，

2

3

）。

则有，，)3,0,3(-=EF 。 所以BC EF 2=，即得BC ∥EF.