《直通名校》高考真题分类专题六　立体几何（含解析）-高考数学大二轮专题复习

专题六　立体几何
考点一　空间几何体的结构特征和表面积
1.（2021·新高考Ⅰ卷3题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（　　）
A.2　　　　　　　　　　 B.2
C.4 D.4
解析：B　设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2，故选B.
2.（2020·全国Ⅰ卷3题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（　　）
A. B.
C. D.
解析：C　设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，易知h2＋a2＝m2　②，由①②得m＝a，所以＝＝.故选C.
3.（2021·新高考Ⅱ卷4题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2（1－cos α）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（　　）
A.26% B.34%
C.42% D.50%
解析：C　如图，作出过地球静止同步轨道卫星轨道左右端点的竖直截面，则OB＝36 000＋6 400＝42 400，cos α＝＝，S占地球表面积的百分比为＝≈42%，故选C.
4.（2020·全国Ⅰ卷10题）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（　　）
A.64π B.48π
C.36π D.32π
解析：A　如图所示，设球O的半径为R，☉O1的半径为r，因为☉O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝O＋r2＝（2）2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.
5.（2023·全国甲卷15题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
考点二　空间几何体的体积
6.（2024·新高考Ⅰ卷5题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（　　）
A.2π B.3π
C.6π D.9π
解析：B　设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B.
7.（2022·新高考Ⅰ卷4题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为（≈2.65）（　　）
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
解析：C　如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9（m），所以该棱台的体积V＝×9×（140＋＋180）×106＝60×（16＋3）×106≈60×（16＋3×2.65）×106＝1.437×109≈1.4×109 （m3）.故选C.
8.（2022·新高考Ⅰ卷8题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A. B.
C. D.
解析：C　如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，依题意，得36π＝πR3，解得R＝3.
由题意及图可得
解得
法一　所以正四棱锥的体积V＝a2h＝×＝（3≤l≤3），所以V'＝l3－＝l3（3≤l≤3），令V'＝0，得l＝2，所以当3≤l＜2时，V'＞0；当2＜l≤3时，V'＜0，所以函数V＝（3≤l≤3）在[3，2）上单调递增，在（2，3]上单调递减，又当l＝3时，V＝；当l＝2时，V＝；当l＝3时，V＝；所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.
法二　因为3≤l≤3，所以该正四棱锥的体积V＝a2h＝×＝＝72×··≤72×＝（当且仅当＝2－，即l＝2时取等号），所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A、B、D，故选C.
法三　如图，设OO'＝x.在Rt△OO'A中，由勾股定理，得O'A＝，所以正四棱锥的体积V＝O'P·S正方形ABCD＝（3＋x）（9－x2）.在Rt△O'AP中，由勾股定理，得（3＋x）2＋（9－x2）＝l2，即x＝.因为3≤l≤3，所以－≤x≤.因为V（x）＝（－x3－3x2＋9x＋27），所以V'（x）＝2（－x2－2x＋3）.易得V（x）在上单调递增，在上单调递减，所以V（x）max＝V（1）＝.因为V＝＜V＝，所以V（x）min＝，所以V（x）∈.故选C.
9.（多选）（2022·新高考Ⅱ卷11题）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（　　）
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
解析：CD　法一　如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE-ACD＝S△ACD×ED＝×AD×CD×ED＝××2×2×2＝，V2＝VF-ABC＝S△ABC×FB＝×AB×BC×FB＝××2×2×1＝.因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF 平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF-ACE＝S△ACE·OF＝×AC×OE×OF＝××2××＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A、B不正确，选项C、D正确，故选C、D.
法二　设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图，连接BD交AC于点O，连接EO，FO，则FO＝，EO＝，EF＝3，所以S△EOF＝××＝，所以V3＝S△EOF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选C、D.
10.（多选）（2021·新高考Ⅰ卷12题）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　　）
A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B.当μ＝1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D.当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
解析：BD　＝λ＋μ（0≤λ≤1，0≤μ≤1）.
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图①所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，不是定值，A错误；
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图②所示，则＝＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即＋（1－μ）2＋＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.综上，选B、D.
11.（2024·全国甲卷14题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台甲、乙的母线长分别为2（r2－r1），3（r2－r1），则圆台甲与乙的体积之比为.
解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为＝＝.
考点三　空间位置关系的判定及性质
12.（2024·全国甲卷10题）设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m.下述四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β，则m∥n
④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是（　　）
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
解析：A　α∩β＝m，则m α，m β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成角可以为［0，］内的任意角，④错误，故选A.
13.（2017·全国Ⅰ卷6题）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（　　）
解析：A　法一　对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB 平面MNQ，MQ 平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二　对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O（如图所示），连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
14.（2022·全国乙卷7题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（　　）
A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析：A　如图，对于选项A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.
15.（2019·全国Ⅲ卷8题）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）
A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
解析：B　取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵ 点N为正方形ABCD的中心，∴ 点N在BD上，且为BD的中点.∵ △ECD是正三角形，∴ EF⊥CD.∵ 平面ECD⊥平面ABCD，∴ EF⊥平面ABCD.∴ EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝，∴ EN＝＝2.∵ EM＝MD，DG＝GF，∴ MG∥EF，∴ MG⊥平面ABCD，∴ MG⊥BG.∵ MG＝EF＝，BG＝＝ ＝，∴ BM＝＝.∴ BM≠EN.∵ BM，EN是△DBE的中线，∴ BM，EN必相交.故选B.
16.（2018·全国Ⅰ卷12题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
A. B.
C. D.
解析：A　如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD-A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.如图所示，取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6××××sin 60°＝.故选A.
考点四　空间向量及其应用
17.（2024·全国甲卷19题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点.
（1）证明：BM∥平面CDE；
（2）求二面角F-BM-E的正弦值.
解：（1）证明：法一（利用线面平行判定定理）　因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，
所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形.
所以BM∥CD，
又CD 平面CDE，BM 平面CDE，所以BM∥平面CDE.
法二（利用面面平行的性质）　因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC，
又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形.
所以BF∥CE，又CE 平面CDE，BF 平面CDE，
所以BF∥平面CDE.
因为M为AD的中点，且AD＝4，所以EF∥MD，且EF＝MD，所以四边形MDEF为平行四边形.
所以FM∥ED，又ED 平面CDE，FM 平面CDE，所以FM∥平面CDE.
因为BF，FM 平面BMF，BF∩FM＝F，
所以平面BMF∥平面CDE.
又BM 平面BMF，所以BM∥平面CDE.
（2）取AM的中点O，连接BO，FO.
由（1）法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝.
由（1）法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，
又AF＝，所以FO⊥AM，
又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3，
又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2，
所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直.
分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则F（0，0，3），B（，0，0），M（0，1，0），E（0，2，3），则＝（，－1，0），＝（0，－1，3），＝（0，1，3）.
设平面FBM的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则即
令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，
所以n1＝（，3，1）.
设平面EBM的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则即
令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，
所以n2＝（，3，－1）.
设二面角F-BM-E的平面角为θ，
所以｜cos θ｜＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
因为θ∈[0，π]，
所以sin θ＞0，即sin θ＝＝，
所以二面角F-BM-E的正弦值为.
18.（2023·新高考Ⅱ卷20题）如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.
（1）证明：BC⊥DA；
（2）点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值.
解：（1）证明：如图，连接DE，AE.
因为DC＝DB，E为BC的中点，所以BC⊥DE.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DC＝DB，
所以△ABD≌△ACD，所以AB＝AC.
又E为BC的中点，所以BC⊥AE.
又AE 平面ADE，DE 平面ADE，AE∩DE＝E，
所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
（2）设DA＝DB＝DC＝2.
由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2.
又BD⊥CD，所以BC＝2.
因为AB2＋AC2＝BC2，
所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，
所以AE＝.
因为BD⊥CD，所以DE＝BC＝.
因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.
又AE⊥BC，BC 平面BCD，DE 平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD.
如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（，0，0），B（0，，0），A（0，0，）.
因为＝（－，0，），＝，
所以F（－，0，）.
易得＝（0，，－），＝（－，－，）.
设平面DAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），
则即
令z1＝1，得x1＝1，y1＝1，所以m＝（1，1，1）.
设平面FAB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2），
则即
令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，所以n＝（0，1，1）.
所以cos＜m，n＞＝＝＝，
则二面角D-AB-F的正弦值为.
19.（2022·新高考Ⅰ卷19题）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
（1）求A到平面A1BC的距离；
（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值.
解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC×AA1＝＝，
又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），
则＝（1，1，1），＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1），
所以cos＜，n＞＝＝＝－，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
20.（2021·全国甲卷19题）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，则AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz.
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是＝（1－m，1，－2）.
所以·＝0，所以BF⊥DE.
（2）易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）.
设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）.
则
又＝（1－m，1，－2），＝（－1，1，1），
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cos＜n1，n2＞＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小.
21.（2021·新高考Ⅰ卷20题）如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.
解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，所以AO⊥平面BCD，
又CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
（2）法一　因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD，
又BC 平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG 平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF为二面角E-BC-D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝.
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA-BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
法二　如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B（1，0，0），D（－1，0，0），C.
设A（0，0，a），a＞0，因为DE＝2EA，所以E.
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝（0，0，1）.
设平面BCE的法向量为m＝（x，y，z），
因为＝，＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝.
因为二面角E-BC-D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°＝×2×1×＝，
所以VA-BCD＝S△BCD·OA＝××1＝.
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