∴
22a=OA＜AE＜AD=a.
在△AEC中， cosAEC=
AE2?EC2?(2?OA)22AE?EC?(AE?2OA)(AE?AE22OA)?0.
所以，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°.
79.（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G.如图9—67
∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∠A1B1C1=90°， ∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.
∴∠B1PG为所求二面角的平面角.
过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形.
∴PG=
图9—67 12（b－d），
又B1G=h， ∴tanB1PG=
2hb?d（b＞d），即所求二面角的正切值为
2hb?d.
（Ⅱ）V估＜V. 证明：∵a＞c，b＞d， ∴V－V估=
h6(cd?ab?4?a?cb?da?cb?d?)??h 2222=
h12h12［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］
=（a－c）（b－d）＞0.
∴V估＜V.
80.（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过B1作B1G⊥
PQ，垂足为G.如图9—68
∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， ∠A1B1C1=90°，
∴AB⊥PQ，AB⊥B1P.
∴∠B1PG为所求二面角的平面角.过C1作C1H⊥PQ，垂足为H.由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形B1PQC1为等腰梯形.
∴PG=
图9—68 12（b－d），
又B1G=h，
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∴tanB1PG=
2hb?d（b＞d），
∴∠B1PG=arctan
2hb?d，即所求二面角的大小为arctan
2hb?d.
（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，
又CD是面ABCD与面CDEF的交线， ∴AB∥面CDEF.
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，
∴AB∥EF.
∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外， ∴EF∥面ABCD. （Ⅲ）V估＜V.
证明：∵a＞c，b＞d， ∴V－V估=
h6(cd?ab?4?a?cb?da?cb?d?)??h 2222=
h12h12［2cd+2ab+2（a+c）（b+d）－3（a+c）（b+d）］
=（a－c）（b－d）＞0.
∴V估＜V.
评述：该题背景较新颖，把求二面角的大小与证明线、面平行这一常规运算置于非规则几何体（拟柱体）中，能考查考生的应变能力和适应能力，而第三步研究拟柱体的近似计算公式与可精确计算体积的辛普生公式之间计算误差的问题，是极具实际意义的问题.考查了考生继续学习的潜能.
81.解：（Ⅰ）如图9—69中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥.
如图9—69中图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的
14，有一组对角为直角.余下部分按虚线折起，可成为一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边
形恰好拼成这个正三棱柱的上底.
图9—69
（Ⅱ）依上面剪拼的方法，有V柱＞V锥. 推理如下：
设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱柱与正三棱锥的底面都是边长为1的正三角形，其面积为
34.现在计算它们的高：
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h锥?1?(23?32)?263,h柱?12tan30??36.
∴V锥－V柱=（
13h锥－h柱）·
34?(69?36)?34?22?324?0，
所以，V柱＞V锥.
评述：本题主要考查空间想象能力、动手操作能力、探究能力和灵活运用所学知识解决现实问题的能
力，这是高考改革今后的命题方向.
82.解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，依题意可得MP∥NQ，且MP=NQ，即MNQP是平行四边形，如图9—70
∴MN=PQ.
由已知，CM=BN=a，CB=AB=BE=1， ∴AC=BF=2，
CP1?a2,BQ1?a2.
图9—70 即CP=BQ=
a2.
∴MN=PQ=(1?CP)?BQ22?(1?a2)?(2a2)
2?(a?22)?212（0＜a＜2）.
（Ⅱ）由（Ⅰ），MN=(a?2222.
)?212，
所以，当a=
22时，MN=
即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG，如图9—71 ∵AM=AN，BM=BN，G为MN的中点
∴AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB即为二面角α的平面角， 又AG=BG=
22.
642，所以，由余弦定理有
(cosα=
64)?(64?64)?16??2图9—71 13.
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故所求二面角α=arccos（－
13）.
评述：该题考点多，具有一定深度，但入手不难，逐渐加深，逻辑推理和几何计算交错为一体；以两个垂直的正方形为背景，加强空间想象能力的考查.体现了立体几何从考查、论证和计算为重点，转到既考查空间概念，又考查几何论证和计算.但有所侧重，融论证于难度适中的计算之中.反映教育改革趋势，体现时代发展潮流.此外解答过程中，必须引入适当的辅助线，不仅考查识图，还考查了基本的作图技能.充分体现了“注重学科之间的内在联系”，较为深入和全面考查各种数学能力.
83.（Ⅰ）证明：∵CD⊥AB，VN⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴VN⊥AB.
又∵CD∩VN＝N ∴平面VNC⊥AB
又∵MD?平面VNC ∴MD⊥AB
∴∠MDC为二面角M－MAB－C的平面角.如图9—72 （Ⅱ）证明：∵VC?平面VCN，∴AB⊥VC
又∵在△VCN和△CDM中，∠CVN＝∠MDC，∠VCN＝∠VCN ∴∠DMC＝∠VNC＝90°.∴DM⊥VC 又∵AB∩DM＝D，AB、DM?平面AMB ∴VC⊥平面AMB．
（Ⅲ）解：∵MD⊥AB且MD⊥VC，∴MD为VC与AB的距离为h. 过M作ME⊥CD于E ∴VMABC＝
图9—72 12AB·CD×ME·
13?16ahtanθ
2
84.（Ⅰ）证明：连结OF、CE、A′O.如图9—73 ∵AE＝BF ∴EB＝CF OC＝CB ∠OCF＝∠CBE ∴△OCF≌△CEB ∴∠ECB＝∠FOC， ∴OF⊥CE
又∵CC′⊥平面AC CE⊥OF ∴C′E⊥OF 又∵EB⊥平面BC′，C′B⊥B′C
∴C′E⊥B′C
又∵A′O∥B′C ∴C′E⊥A′O
又∵A′O∩OF＝O C′E⊥A′O C′E⊥OF
∴A′O⊥平面A′CO A′F?平面A′CO ∴A′F⊥C′E
（Ⅱ）解：设EB＝y，BF＝x，边长为a，则x＋y＝a，三棱锥B′—BEF的体积
图9—73 V?16xya?ax?y213()?a 6224当且仅当x＝y＝
a2时等号成立.
因此，三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时BE＝BF＝过B作BD⊥EF交EF于D，连B′D，可知B′D⊥EF ∴∠B′DB是二面角B′—EF—B的平面角
a2.
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在Rt△BEF中，直角边BE＝BF＝
a2，BD是斜边上的高.
∴BD＝
24a，tanB′DB＝
B?BBD?22
∴二面角B′—EF—B的大小为arctan22 85.解：∵四棱锥S—ABCD中ABCD为直角梯形. 又∵BC⊥AB ∴AD⊥AB
又∵SA⊥面ABCD ∴SA⊥AB SA⊥AD 又∵AD⊥AB，AD⊥SA，AB∩SA＝A ∴AD⊥平面SAB （Ⅰ）VS—ABCD＝
13·SA·SABCD
SABCD＝
12（AD＋BC）·AB
AB＝1 BC＝1 AD＝
12
∴SABCD＝
12（
12＋1）×1＝
34
∴SS—ABCD＝
13×1×
34＝
14
（Ⅱ）延长CD、BA交于点E，连结SE，SE即平面CSD与平面BSA的交线. 又∵DA⊥平面SAB，∴过A点作SE的垂线交于F.如图9—74. ∵AD＝
12BC且AD∥BC
图9—74 ∴△ADE∽△BCE
∴EA＝AB＝SA
又∵SA⊥AE ∴△SAE为等腰直角三角形，F为中点，AF?SAE，AF⊥SE
∴由三垂线定理得DF⊥SE
∴∠DFA为二面角的平面角 ∴tanDFA＝
12SE?22SA?22 又∵DA⊥平面
DAFA?22即所求二面角的正切值.
评述：欲求二面角的大小应遵循“构造—证明—计算”的步骤行事，这里首要的一步且先“出现两个面的交线（棱）”否则构造难以实行.
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