22h=AO=AB?OB?83.
所以正四面体的体积V=
13Sh?223.
65.答案：①④
解析：由直线与平面垂直的判定定理知①正确；由平面与平面垂直的判定定理知④正确.
评述：本题是需要综合灵活运用基础知识，对学生能力有较高的要求.数学语言包括符号语言、文字语言和图形语言.需要进行这三种语言的互译，弄懂题意，搞清选择肢的内容，然后画出图形，用图形帮助思考选择.
66.答案：
53
解析:设取出小球后,容器水面将下降h cm.两小球体积为V球=2×于它们在容器中排开的水的体积V1，
V1=π×5×h，V1=V球，即25πh=
2
43π×（
52）3=
1253π，此体积即等
1253π.∴h=
53 cm.
67.答案：
22?3
解析：扇形弧长L＝3·
2?3＝2π cm，设卷成圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π，
r＝1 cm，高h＝3?1?22 cm，于是V＝π·1·22?368.答案：
2212
223π cm3.
58
解法一：设正三角形边长为2，其高AD＝3，旋转半径BD＝1，
V＝
13π·1·3＝
3?3.
又EF＝1，HD＝
12，HE＝
32，则HGEF旋转所得圆柱的体积V1＝π·
（
12）2·
32?3?8.
第26页（共46页）__________________________ _______________________________ __
53?V25,?. 由阴影部分产生的旋转体的体积V2?V?V1?24V8故由阴影部分所产生的旋转体的体积与V的比是
58.
解法二：设圆锥的高为h，底面半径为r，则圆柱的高为
h2，底面圆半径为
r2，则
V?V柱V?1?V柱V?()??1?213r2h2?1?3?5
88?rh2评述：本题主要考查旋转体的有关知识，以及空间想象能力和计算能力. 69.答案：
24
解析：设正方形边长为1，可得FD＝1，FC＝2，BF＝2，又BC＝1，在△CBF中，由余弦定理
得cosCBF＝
1?2?22?1?2?24.
评述：本小题用了“转化”的数学思想，即两异面直线所成角转化成两相交直线所夹的角，在原图的基础上再构造空间图形.这需要学生有较强的空间想象能力和综合运用知识的能力.
70.答案：73∶32
解析：如图9—62，是圆台和半球的截面图，设球的半径为R，由题中已知条件可得OB＝OC＝BC＝R，CE＝
3R2R2，CD＝R，于是圆台的体积为
图9—62 V
圆台
＝
13??3R2(R?24?R2?R)?7324?R，又球的体积V
3球
＝
43πR3，所以
73V圆台V球?2443?R33?7332.
?R71.答案：37.70
解析：设焊成的圆锥形容器的半径为r，高为h，依题意，得216°=
r5×360°，
第27页（共46页）__________________________ _______________________________ __
∴r=3，h=5?3=4. ∴V
=
2213圆锥
πr2h=
13×3.14×32×4≈37.70
评述：本题考查圆锥的概念及侧面展开图的扇形圆心角的计算. 72.答案：
223π
解析：如图9—63，取AB的中点M，连SM、OM，则SM⊥AB，OM⊥AB，又OM⊥OS，所以OM是AB与圆锥的轴的距离，OM＝1，SM＝3，SO＝
2，AO＝
图9—63 OM2?AM132?2. 13???(2)2体积V＝Sh?2?223?.
评述：重点考查圆锥、圆锥的体积、异面直线的距离及三垂线定理的应用. 73.答案：24
解析：因为圆锥体的轴截面是边长为10 cm的等边三角形，所以母线l=10 cm，底面半径r=5 cm，S圆
锥全
=πrl+πr=3.2×（50+25）=240（cm） 因此，需要费用为0.10×240=24元.
评述：本题考查圆锥体的表面积的计算，以及解决实际问题的能力. 74.（Ⅰ）解：VD22
1?DBC112 =?·2·2·1=. 323（Ⅱ）证明：记D1C与DC1的交点为O，连结OE.
∵O是CD1的中点，E是BC的中点，∴EO∥BD1， ∵BD1平面C1DE，EO?平面C1DE.∴BD1∥平面C1DE.
（Ⅲ）解：过C作CH⊥DE于H，连结C1H.
在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，
∴C1H⊥DE，∴∠C1HC是面C1DE与面CDE所成二面角的平面角. ∵DC=2，CC1=1，CE=1.∴CH=
CD?CEDE?2?12?122?25
∴tanC1HC=
C1CCH?52.即面C1DE与面CDE所成二面角的正切值为
52.
评述：本题考查正四棱柱的基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力. 75.（Ⅰ）证法一：连接AC.∵正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是正方形. ∴AC⊥BD，又AC⊥D1D，故AC⊥平面BDD1B1
∵E，F分别为AB，BC的中点，故EF∥AC，∴EF⊥平面BDD1B1 ∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD. ∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
（Ⅱ）解：在对角面BDD1B1中，作D1H⊥B1G，垂足为H
第28页（共46页）__________________________ _______________________________ __
∵平面B1EF⊥平面BDD1B1，且平面B1EF∩平面BDD1B1=B1G，
∴D1H⊥平面B1EF，且垂足为H，∴点D1到平面B1EF的距离d=D1H. 解法一：在Rt△D1HB1中，D1H=D1B1·sinD1B1H， ∵D1B1=2A1B1=4. sinD1B1H=sinB1GB=
B1BGB1?44?122?417，
∴d=D1H=4·
417?161717.
D1HB1BD1B1B1G解法二：∵△D1HB∽△B1BG，∴
2?
∴d=D1H=
B1BB1G?161717.
解法三：如图9—64，连接D1G，则三角形D1GB1的面积等于正方形DBB1D1
面积的一半.即
12B1G·D1H=
12BB12.
图9—64 ∴d=
161717.
1313161712163（Ⅲ）V?VB1?EFD1?VD1?B1EF?·d·S?B1EF????217?.
评述：本题比较全面地考查了空间点、线、面的位置关系.要求对图形必须具备一定的洞察力.并进行一定的逻辑推理.在研究本题时，要注意摘出平面图形，便于计算.
76.（Ⅰ）证明：∵∠SAB=∠SAC=90°， ∴SA⊥AB，SA⊥AC. 又AB∩AC=A， ∴SA⊥平面ABC. 由于∠ACB=90°，即BC⊥AC， 由三垂线定理，得SC⊥BC.
（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC
∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角. 在Rt△SCB中，BC=5，SB=55. 得SC=
SB?BC22=10
在Rt△SAC中AC=5，SC=10，cosSCA=
ACSC?510?12
∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成的二面角的大小为60°. （Ⅲ）解：在Rt△SAC中， ∵SA=SC2?AC2?10?5?2275.
第29页（共46页）__________________________ _______________________________ __
S△ABC=
12·AC·BC=
12×5×5=
252?.
∴VS－ABC=
13·S△ACB·SA=
13?25275?12563.
77.（Ⅰ）同上题（Ⅰ）.
（Ⅱ）解：∵BC⊥AC，SC⊥BC，
∴∠SCA是侧面SCB与底面ABC所成二面角的平面角. 在Rt△SCB中，由BC=13，SB=SC=
29，得
SB?BC22?29?13=4.
ACSC?24?12.
在Rt△SAC中，由AC=2，SC=4，得cosSCA=
∴∠SCA=60°，即侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小为60°.
（Ⅲ）解：过点C作CD∥BA，过点A作BC的平行线交CD于D，连结SD，则∠SCD是异面直线SC与AB所成的角.如图9—65.
又四边形ABCD是平行四边形， DC=AB=SA=SBSD=
2AC?BC?AB222?17，
图9—65 2?23， ?SA?BCSC2SA?AD222=5.
在△SCD中，cosSCD=
?DC2?SD22?SC?DC1717.
?4?(17)?52?4?17222?1717,
∴SC与AB所成的角的大小为arccos78.（Ⅰ）解：∵PB⊥面ABCD， ∴BA是PA在面ABCD上的射影. 又DA⊥AB，∴PA⊥DA，
∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角如图9—66，∠PAB=60°. 而PB是四棱锥P—ABCD的高，PB=AB·tan60°=3a，
∴V锥=
133a·a2=
33图9—56 a3.
（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形. 作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则△ADE≌△CDE，
∴AE=CE，∠CED=90°，故∠CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角. 设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC，
第30页（共46页）__________________________ _______________________________ __