高中数学必修二第八章立体几何初步单元测试卷(五)(含解析)

高中数学必修二第八章立体几何初步单元测试卷⑸

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）

1.己知三棱锥4一BCD中，平面4B。1平面BC£>,BCLBD,AB=AD=BD=4^/3,BC=6,

则三棱锥4-BCD的外接球的表面积（）

A.f-B.36兀C.IOOTTD.1447r

J

2.如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个边长为〃的正方形，那么原平面四边形的面积

等于（）

A.乎a?B.fa2C.2V2a2D.瞪好

3.直线/与平面a有两个公共点，则（）

A./仁aB.///aC./与a相交D.Z<=a

4.鲁班锁运用了中国古代建筑中首创的样卯结构，相传由春秋时代各国工匠鲁班所作，是由六根

内部有槽的长方形木条，按横竖立三方向各两根凹凸相对咬合一起，形成的一个内部卯禅的结

构体.鲁班锁的种类各式各样，千奇百怪.其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名.下

图1是经典的六根鲁班锁及六个构件的图片，下图2是其中的一个构件的三视图（图中单位：rmn）,

则此构件的表面积为（）

俯视图

图］图2

A.7600mm2B.8400mm2C.9200mm2D.10000mm2

5.正四棱锥P-力BCD的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为迷，高为3,则它的外接球的

表面积为（）

A.4兀B.87rC.167rD.207r

6.若正四棱锥的侧棱长为遮，侧面与底面所成的角是45。，则该正四棱锥的体积是（）

A.|B.?C.券D.乎

33

7.已知直二面角。一1一。，点4€a,B€0,A、B到棱/的距离相等，直线AB与平面0所成的角

为30。，则AB与棱/所成的角的余弦是（）

A.fB.yC.；D.f

8.一个三棱锥的三条侧棱两两垂直且长分别为3、4、5,则它的外接球的表面积是（）

A.20V2TTB.25V2TTC.507rD.200?r

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）

9.在矩形ABCQ中，AB=1,AD=2,△ABD沿对角线翻折，形成三棱锥4一BCD.下列判断

正确的是（）

A.aAC=6”是“4B1CD”的充分条件

B.UAC=b”是“4B1CD”的必要条件

C,当时，三棱锥4—BCD的体积为哼

D.三棱锥A-BCD外接球的表面积不是定值

10.在正三棱柱力中，AC=y[2,=1,点。为BC中点，则以下结论正确的是（）

A.取=萍+浑一砧

B,三棱锥。-ABiG的体积为,

6

C.ABy13。且4%〃平面416。

D.△ABC内到直线力C.BBi的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分

11.如图，在四棱柱4BCD中，41cl=遍，BD=1,直线41cl与BO所成的角为60。，

A4I=2VL三棱锥力1一8的0的体积为：，则（）

A.四棱柱4BC0-4述16。1的底面积为:

B.四棱柱4BCD-&B1C1D1的体积为5

C,四棱柱4BCD-&B1GD1的侧棱与底面所成的角为45。

D.三棱锥&一48。的体积为:

12.如图，在长方体4BCD-ABiGCi中，AAr=1,AB=ADE是侧面人公劣。的中心，F

是底面ABCD的中心，以A为坐标原点，AB,AD,A公所在直线分别为x,y,z轴建立空间直

角坐标系，则()

A.”是单位向量

B.n=(1,0,6)是平面&BC的一个法向量

直线EF与所成角的余弦值为今

C.

点到平面的距离为:

D.E&BC

三、单空题(本大题共3小题，共15.()分)

13.如图，矩形ABCD中，AB=2,BC=4,点E、G分别为8C、0c中点，B

点尸为EC中点，则矩形去掉阴影部分后，以BC为轴旋转一周所得的

几何体的体积是.

DGC

14.16、已知物，n是直线，比，尸，了是平面，给出下列说法正确的序号为

①若a,afl产=幽，万•!_阳则总J_&或者"-L乃.

②若,aC\y=m,户［")/=%,则物〃花；

③若物不垂直于比，则物不可能垂直于比内的无数条直线;

④若afl#=诩,mlln且花5B,贝胜〃产。

15.如图，已知矩形ABCD,AD=2,E为A8边上的点，现将△ACE沿DE翻折至△A'DE,使得点

A在平面EBCQ上的投影在CQ上，且直线4。与平面EBCQ所成角为45。，则线段AE的长为

四、多空题(本大题共1小题，共5.0分)

16.某多面体的三视图如图所示，则该多面体最长的棱长为外接球的体积为_(2)_.

五、解答题(本大题共6小题，共72.0分)

17.如图，在四棱锥P-4BCD中，平面4BCD1•平面PAD,4D〃8C,4B=BC=AP=1AD,AADP=

30°,ABAD=90°.

(1)证明PD1PB

(2)设点M在线段PC上，且PM=：PC,若AMBC的面积为安，求四棱锥P-ABC。的体积

s3

18.如图，在四棱锥P-4BCD中，底面A8CD为菱形，^BAD=60°,PA=PD=AD=2,点M在

线段PC上，N为AO的中点.

⑴求证：BC1平面PNB

(2)若平面/MD1平面ABC£>,M是线段PC上一点，且二面角M-BN-。为60。，试确定M的位置.

19.在正方体4BC。-41当6。1中，E,尸分别为AG，BiJ的中点，ACCiBD=P,A^CtEF=Q,

如图所示.

(1)点Q,B,F,E共面吗？

(2)作出直线4C与平面BDEF的交点R的位置;

(3)点P,Q,R共线吗？

20.在如图所示的五面体A3CDEP中，AB//CD,AB=2AD=2,£ADC=/.BCD=120°,四边形

EDCF为正方形，平面EDCF1平面ABCD.

(1)证明：在线段AB上存在一点G,使得EG〃平面8。尸；

(2)求该五面体的体积.

21.如图，在三棱锥P-48。中，△PAB和△C4B都是以A2为斜边的等腰直角三角形，若

触=2PC=也，。是PC的中点

(1)证明：AR\PC；

(2)求4。与平面ABC所成角的正弦值.

22.如图，在四棱锥P-4BCD中，△PAD,。是以A。为斜边的等腰直

角三角形，底面ABCD为直角梯形，C。14D,PB=1,AD=2DC=

2BC=2,为线段的中点.

(1)证明：0B〃平面PC£＞；

(2)求二面角P-AD-B的大小.

【答案与解析】

1.答案：C

解析：

本题考查球体表面积的计算，考查平面与平面垂直的性质定理,解决本题的关键在于找出线面垂直，

同时也考查了计算能力，属于中档题.

先利用平面与平面垂直的性质定理得出BC，平面ABO,并利用正弦定理计算出的外接圆直径

2r,然后计算出外接球的半径R,最后利用球体表面积公式可得出答案.

解：•••平面ABD1平面BCD,平面4BDn平面BCD=BD,

BCLBD,BCu平面BCD,

•••BC，平面ABD,

•：AB=AD=BD=4V3)

则△4B0是边长为4百的等边三角形，

由正弦定理可得，△4B0的外接圆直径为'\

SII1—

设外接圆圆心为E,取外接球的球心为。，设外接球半径为R,

则EO//BC,且OC=OB,BE=4,0E=^BC=3,

即R=y/OE2+BE2=5，•­-R=5,

因此，该球的表面积为4兀/?2=loom

故选：C.

2.答案：C

解析：解：如图所示，水平放置的图形的斜二测直观图是正方形0A8C,

它的边长为。，它是水平放置的一个平面图形的直观图，

所以。8=近。，对应原图形平行四边形的高为2&a，

所以原图形的面积为S=a-2V2a=2显心.

故选：C.

根据斜二测直观图的特征是平行于X轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度是原来的;，

求出原图形的面积即可.

本题考查了斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法等，是基础题目.

3.答案：D

解析：解：直线/与平面a有两个公共点，

可设AC/,BEl,A&a,Bea,

由平面的基本性质的公理1可得48ua,即lua.

故选：D.

运用平面的基本性质的公理1和线面的位置关系，即可得到所求结论.

本题考查平面的基本性质的运用，以及线面的位置关系，考查推理能力，属于基础题.

4.答案：B

解析：解：由三视图还原原构件，可知该构件是图1中自右上起向下数第二个构件.

由三视图中的数据，可得该构件的表面积为S=2x20x20+2x100x20+2x100x20+2x

20x10-2x40x10

=8400(mm2).

故选：B.

由三视图还原原构件，可知该构件是图1中自右上起向下数第二个构件.结合三视图中数据，由长

方形表面积公式求解.

本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是基础题.

5.答案：C

解析：解：正四棱锥P-48CD的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为①，高为3,设它的外

接球的半径为R，球心为。，底面ABC。的中心为

设。M=X.

则7?2=%2+(代)2,R+x=3.

解得：R2=4.

可得球的表面积为167r.

故选：C.

设正四棱锥P-4BCD的外接球的半径为R,球心为。，底面ABC。的中心为M.设。M=X.根据勾股

定理可得R.

本题考查了正四棱锥与球的性质、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.

6.答案：B

解析：解：过棱锥定点S作SE14。，SOl5FffiABCD,则E为臬

的中点，。为正方形ABC。的中心.法;

连结0E,则4SE。为侧面SA。与底面ABCD所成角的平面角，：\

即ZSEO=45°./AC：\....>>0

设正四棱锥的底面边长为小贝¥E=OE=S。=,,

SE=y[2E0=ya.

在RMSAE中，-SA2=AE2+SE2,

•••3=—+—,解得a=2.

42

ASO=1,

二棱锥的体积v=；S正方形ABCD,SO=；X2?X1=（

故选B.

作出棱锥的高与斜高，得出侧面与底面所成角的平面角，利用勾股定理列方程解出底面边长，代入

体积公式计算.

本题考查了正棱锥的结构特征，体积计算，属于基础题.

7.答案：B

解析：解：如图，,,,直二面角a—I—0,点A6a,a

A

A、8到棱/的距离相等，

直线AB与平面口所成的角为30。,

作4c11,交/于点C,作BD1I,交/于点D,

取3。中点E,取AC中点G,取CB中点F,

则FG平行且等于梳AB,EF平行且等于;CD,AC=BD,AC1平面£,

BD，平面a,/.ABC=30°,

二NEFG是AB与棱/所成的角（或补角）,

设AC=BD=1,则BC=AD=3AB=2,CD=内

EF=¥，FG=1,GE=2+那呼

•・•2%=率=-¥，

4B与棱/所成的角的余弦是孝.

故选：B.

作AC_U，交/于点C,作8D1，，交/于点。，取8。中点E,取AC中点G,取CB中点F,则"FG是

AB与棱/所成的角（或补角），由此能求出AB与棱/所成的角的余弦.

本题考查直线与平面所成角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

8.答案：C

解析：解：此三棱锥的外接球即棱长分别为3、4、5的长方体的外接球

而长方体的体对角线即为球的直径

•••球的直径2R=V32+42+52=5V2.

二外接球的表面积S=4n7?2=4兀x50兀

故选C

先将三棱锥的外接球问题转化为长方体的外接球问题，再利用长方体的对角线计算公式，求得其外

接球的直径，进而利用球的表面积计算公式计算即可

本题主要考查了球与锥的接切问题，利用三条侧棱两两垂直的三棱锥的外接球即为对应长方体的外

接球，可提高效率，减少运算量.

9.答案:ABC

解析：解：若在AABC中，AB=1,BC=2,

aJ^AB2+AC2=BC2,即ABIAC,

又ABIAD,ACCtAD=A,贝ijAB_L平面AC。，

而CDu平面ACD,则AB1CO；

若力B_LCD,由4B±4D,ADC\CD=D,

贝1平面ACD,ACu平面ACD,可得4B1AC,

而AB=1,BC=2,可得=

故A、8都正确；

当=可得AACO为c为直角顶点的直角三角形，

可得匕-BCD=^B-ACD="X1X-X1Xy/3=故C正确；

.5ZO

取BO的中点O,连接。4,OC,由AABD和△BCD均以8。为斜边的直角三角形,

可得。=OB=0C=OD=-BD=—，

422

可得。为三棱锥4一孔。的球心，则5球=4兀7?2=4兀.（苧）2=5兀，故力错误.

故选：ABC.

考虑4C=V3，由勾股定理的逆定理和线面垂直的判定和性质，推得4B1CD-.

再由4B_LC。，结合线面垂直的判定和性质，推得4B14C,再由勾股定理可得/。=百，即可判定

A,B；

再由三棱锥的体积公式，计算可判断C；

取的中点。，由等腰三角形的性质可得0为三棱锥的外接球的球心，求得球的半径R,由球的

表面积公式计算可判断D.

本题考查命题的真假判断，主要是空间线线的位置关系和棱锥的体积、棱锥的外接球的表面积求法,

考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题.

10.答案：ABD

解析：解:对于4,因为须=*通+而）,陋=而-

丽（所以布=1四而一砧，所以A对；

对于8,三棱锥。-4当6的体积与三棱锥A-DBiCi的

体积相等，

体积为2・（工•々•1）•（迎,sin60°）所以8对：

326

对于C,AABiB为等腰三解形，4B1为腰，不能与底边

BiG垂直,BC//B1C1,

所以AB】1BC不成立，所以C错；

对于D,BB］，平面ABC,所以在△力BC内到直线BBi的

距等于到点8的距离，由抛物线定义知，在AABC内到直线AC.

点B的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分，所以。对.

故选：ABD.

A用向量加减法定义判断；B用等体积法求体积判断；C用反证法判断；。用抛物线定义判断.

本题以命题的真假判断为载体，考查了空间线面位置关系及棱锥体积，考查了抛物系定义及向量运

算，属中档题.

11.答案：ABC

解析：

本题考查四棱柱的几何特征，考查线面角、异面直线所成的角，考查体积计算，属于中档题.

连接AC,由=；|4C||BD|sin60。计算即可判断A,由四棱柱的体积与其内接四面体体积之比是

=

3：1,计算四棱柱48CD—的体积即可判断B,设四棱柱的高为h,由以BCO-AB1clq^ABCD'

h,求出〃，计算侧棱与底面所成的角即可判断C,求出三棱锥儿-ABD的体积即可判断。.

解：连接4C,易知4传1=AC=心，

又A\C[/AC,直线&G与BO所成的角为60。，

•••*BCD=；MC||BD|sin60°=j.

故四棱柱ABCD—的底面积为也即A正确，

因为四棱柱的体积与其内接四面体体积之比是3：1,

•••四棱柱486—48修也的体积为3倍三棱锥&-BC/的体积，即3x：|,

故8正确.

=S

设四棱柱的高为h,VABCD.A1B1C1D1ABCD,h,

即W=N/I=%=2,

24

设侧棱与底面所成的角为a,则h=AtA-sina,

sina——,

2

•••a=45°,故C正确；

^Ai-ABD=；X©SABC。）,八=5,|,2=；.

故。错误.

故选ABC.

12.答案：ABD

解析：解：由题意可知，4（0,0,0）,A1（0,0,1）,8（居0,0）,Bi（依,0,1）,C（V5,遮0）,D（0,VXO）,

因为E是侧面44/1。的中心，F是底面A8CZ）的中心，

所以E（0,乎,》F谭,苧,0）,

故前=喙

所以|。|=1,

所以品是单位向量，故选项A正确；

因为初=(V3,0,-l),e?=(0,6,0)，

所以取•元=元•元=u平面

0,0,又AiBCBC=B,AtB,BC4IBC,

所以元=(1,0,收)是平面&BC的一个法向量，故选项B正确；

因为前=(券

,0,Ard=(V3,V3,—1)>

所以cos<朗,&d>=£丝,=第，故选项c错误；

因为江=(―V3,—y,|),所以1Kt|=2，

所以cos<荏，元>=矗=一乎，

所以点E到4BC的距离为d=|CT|cos<cT,n>=Y，故选项。正确.

故选：ABD.

根据题中给出的条件，求出相应的点的坐标，求出前的坐标，求出模即可判断选项A,求出向量的

坐标，证明五瓦五=0，就•五=0即可判断选项B,求出两条直线的法向量，利用夹角公式求解即可

判断选项C,利用点到直线的距离公式即可判断选项D.

本题考查了线面距离的求解，平面法向量的求解，异面直线所成的角的求解，解题的关键是将问题

转化为向量问题进行求解.

13.答案：v

解析：解：几何体为大圆柱减去一个半球和一个小圆柱后剩余部分.

vAB=2,BC=4,CF=-BC=1,CG=-AB=1,

42

•••大圆柱的底面半径为2,高为4,

半球的半径为2,小圆柱的底面半径和高均为1.

■•V=71-22•4—-23)—7T-I2-1=y7T.

故答案为：等.

几何体为圆柱减去一个半球和一个小圆柱后剩余部分，使用作差法求出几何体体积.

本题考查了旋转体的结构特征，体积计算，属于中档题.

14.答案：②④

解析：本题考查线面平行和线面垂直的判定。①由面面垂直性质定理知：

当卜一旦=也加，几且万，■时,才有瓦匚万；所以①错;②因为两平行平面被第三平面

截得的交线平行，所以②对;③命题“若府不垂直于回，则府不可能垂直于区内的无数条直线”

的逆否命题为“若所垂直于区内的无数条直线，则府垂直于叵”，这不符线面垂直判定定理，

所以③错;④因为|ac£=加;所以帆u£又帆“所以由线面平行判定定理得可£,

同理可得厂万，所以④对；

15.答案：2y/2

解析：

【试题解析】

本题考查了线面角、直角三角形的边角关系、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

过4作4。1CD,垂足为。点，连接0E,设AE=X,则DE=y/4+x2,0E=4x^2,在Rt△ADE

中，cos"ED=而委，在△ODE中，结合余弦定理求得COSNOCE,即可得出.

解：如图所示，过4作A。1CD,垂足为。点，连接OE,

由题意可得：4。1平面£88,乙4'。。=45。.

vA'D=AD=2,0D=A'O=V2，

设AE=x,则DE=V4+x2,OE=Vx2-2,

x

在RtA/WE中，cos^AED=

22222

-FY-ArmITHr✓nc(x^)+(V4+x)—(\!x-2)

在△中，「[_-----

ODEcosZ-ODE=----2--xV2xV4+x2

.X_(迎)2+(.4+%2)2(,工22)2

v'4+x22XV7XV4+X2

解得％=2y/2-

故答案为：2好.

16.答案：4

解析：解：由题意可知：几何体的直观图如图：几何体是四棱锥，是长

方体的一部分，最长边为A8,AB=^32+22+(V3)2=4>/

四棱锥的外接球就是长方体的外接球，半径为:等=2,外接球的体积为：:

%X23=打.

33

故答案为：4；等.

判断直观图的形状，利用三视图求解棱长与几何体的外接球的体积即可.

本题考查三视图与几何体的关系，判断三视图的形状是解题的关键，考查计算能力.

17.答案:解：(1)证明：•・•/BAD=90。，二84J.AD

•••平面4BCD1平面PAD,交线为AD,

•••BA_L平面PAD,•••BALPD,

•平面48CD1平面PAD,AD/IBC,AB=BC=AP=\AD,UDP=30°,乙BAD=90°.

•••AAPD=90°,•••APLPD,

•­•BAHAP=A,•.PD1平面PAB,

•­•PBu平面PAB,：.PDLPB.

（2）解：设AD—2m,则AB=BC-AP—m,PD=y/3m>

由（1）知BA1平面PAD,■■■BA1AP,BP=y/BA2+AP2=y/2m,

取4。中点F,连结CF,PF,则CF〃BA,CF=m,

由（1）知B41平面PAD,•••CF1平面PAD,•••CF1PF,

PF=\AD=m,PC=VCF2+PF2=>/2m，

・・

PM—3PC,•3CM="P,

PB2-（^BCy=^m2,

・•,S〉MBC=^S&PBC=-BCX

由¥加2-季，解得m=2,

在4P4D中，PD=7（2m）2-m2=V3m,

P到AD的距离h=甯=率=值，

P到平面ABCD的距离h=V3,

二四棱锥P-4BCC的体积：

^P-ABCD=]S"BCD"=3X2X（2+4）X2Xy/3=2遮.

解析：⑴推导出841AD,从而BA_L平面PAD,BA1PD,再推导出4P1PD,从而PD，平面PAB,

由此能证明PC1PB.

（2）推导出B41AP,BP=y/BA2+AP2=扬n,取AD中点F,连结CF,PF,^]CF//BA,CF=m,

推导出CF_L平面PAD,CF1PF,解得Tn=2,求出P到平面ABCD的距离h=遮，由此能求出四

棱锥P-4BCD的体积.

本题考查线线垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系

等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.

18.答案：证明：（1）；P4=AD,N为4。的中点，

：.PN1AD,

又底面ABCD为菱形，ABAD=60°,

为等边三角形，

又因为N为AO的中点，

•••BN1AD,

又PNCBN=N,PN.BNC平面PBN,

•••AD_L平面PNB,

■■■AD//BC

■■■BC，平面PNB.

解：（2）•平面PAD1平面ABC。，且两平面相交于AO,PN1AD

所以PN_L平面ABC。

从而PNJ.AO,PN1NB

又4D1NB,所以可以建立以N为原点，24为x轴，NB为y轴，N尸为z轴的空间直角坐标系，

八

则N(OQ,0),B(0,V3,0),P(0,0,8)，C(-2,V3,0),£>(-1,0,0),

设M(a/，c),'PM=AP^,

则(a/，c-V3)=(-2A,V32，-V3A),

(a=—22.

・•・(2?=A/3A,

=V3-V3A

M(-2尢V5X0一遮2),则NA/=(―2A,V3A,V3~V3A)»

平面8N。的法向量五=(0,0,1),

设平面3MN的法向量沅=(x,y,z),~NB=(0,73,0)

pH•N就=-2Ax+y/3Ay+(V3—V3A)z=0

则i__»_，

km•NB=V3y=0

取z=24,得沅=(V3-V3A,0,2A),

•••二面角M—BN-D为60。，

-co|n-?n|2A11

-cos6°=而=如他)3",解得

M是PC的靠近点P的三等分点时，二面角M—BN-D为60°.

解析：本题主要考查了直线与平面垂直的判定，向量法的运用，考查了空间想象能力和转化思想,

属于中档题.

(1)先证明PN1AD,再证明BN1AD,即有4。JL平面PNB,5LAD//BC,从而可证BC_L平面PNB.

(2)以N为原点，AM为x轴，NB为)，轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出M

是PC的靠近点P的三等分点时，二面角M-BN-D为60。.

19.答案：解：(1)共面,

证明：由于CC1和BF在同一平面内，且不平行，故必相交，

设交点为0,则0Ci=gC,

同理，直线力E与CCi也相交，

设交点为。「则01Ci=CiC,

故。1与。重合，得DE与BF交于0,

故O,B,F,E共面.

(2)在正方体4cl中，连接PQ,

QEA1C1,

AQC平面41C1C4

又QWEF,

.­•QC平面BDEF,即。是平面4GC4与平面BOEF的公共点,

同理，尸也是平面&GC4与平面8ZJEF的公共点.

二平面41GC4n平面80EF=PQ.

乂&Cn平面BDEF=R,

ReArC,

Re平面41cle4,RBDEF.

・•.R是ZiC与P。的交点.如图.

(3)共线，证明：由(2)知，。(？=平面8。七尸0平面4140：1，R6&C,

而&Cu平面AiACCi，故R6平面4p4CCi，

同理，/?€平面8力£尸，

故RePQ,即P,Q,火三点共线.

解析：本题考查棱柱的结构特征，是中档题.

(1)点Q,B,F,E共面.设交点为O,则。Ci=C1C,同理，直线与eg也相交，设交点为。「

证明。1与O重合，得DE与BF交于O,故O,B,F,E共面.

(2)在正方体AC1中，连接P。，说明Q是平面41cle4与平面BOE尸的公共点，P也是平面儿弓口!与

平面BDEP的公共点；说明R6平面3OEF,判定R是41c与PQ的交点.

(3)点P,Q,R共线.由(2)知，PQ=平面BOEFn平面ZMCCi，再利用平面的基本性质，即可证得

结论.

20.答案：证明：(1)取的中点G,连接EG,

因为4B〃C0,/.ADC=/.BCD=120°,AB=2AD=2,

所以CD=1,又四边形EOC尸是正方形，

所以EF//BG,EF=BG,

故四边形EFBG为平行四边形，故EG//BF,

因为EGC平面BDF,BFu平面BDF,

所以EG〃平面BDF.

解：(2)因为平面EDCF1平面ABCZ),四边形EDCF为正方形,

所以EDJ.OC,所以EO_L平面ABCD.

在A/IBD中，因为乙4DC=120。，

故4ZM8=60°,乂4B=2AD=2,

所以由余弦定理，得BD=V31所以乙4nB=90°,乙CDB=Z.CBD=30°,

则BC=DC=ED=1,平面8CE将五面体分成四棱锥E-4BCD和三棱锥B-CEF

故，=VE