高中数学专题17_空间几何体的结构特征、三视图、表面积、体积(有答案)

21届_专题17 空间几何体的结构特征、三视图、表面积、体积
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1. （江西赣州摸底）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）
A. B.
C. D.
2. （武汉4月调研）某几何体的三视图如下图所示，则在该几何体的所有顶点中任取两个顶点，它们之间距离的最大值为（）
A.√3
B.√6
C.2√3
D.2√6
3. （湖北部分重点中学二联）一个几何体的三视图如下图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（）
A.16π
3B.8π
3
C.4√3π
D.√3π
4. （河南豫南九校一联）某空间几何体的三视图如下图所示，均为腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（）
A.√2+1
B.3+√3
2C.1+√2
2
D.3
2
+√3
5. （郑州一次质测）刍甍，中国古代算数中的一种几何形体．《九章算术》中记载“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶．”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（）
A.24
B.32√5
C.64
D.32√6
6. （福建厦门一次质检）如图，某棱锥的正视图和侧视图都是等边三角形，该棱锥的体积为4√3
3
，则该棱锥内切球的表面积是（）
A.π
3B.2π
3
C.4π
3
D.8π
3
7. （长春质测二）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为（）
A.2
B.√5
C.2√2
D.3
8. （西安中学四模）用若干个棱长为1的正方体搭成一个几何体，其主视图、左视图都为下图，则这个几何体体积的最小值为（）
A.5
B.7
C.9
D.11
9. （吉林实验中学四模）中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若π取3，其体积为12.6（立方寸），则图中的x为（）
A.1.2
B.1.6
C.1.8
D.2.4
10. （呼和浩特一调）某多面体的三视图如下图所示，其中主视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中，面积最大的面的面积为（）
A.2√3
B.6
C.6√2
D.12
11. （福州质检）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）
A.π+6
B.2π
3+6 C.π
3
+6 D.π
3
+2
12. （福建厦门一中第二学期开学考）三棱锥S−ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，若该三棱锥S−ABC的外接球的表面积为112
3
π，则该三棱锥S−ABC的体积为（）
A.16√3
B.8√3
C.16√3
3D.8√3
3
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
（内蒙古包头二模）已知圆柱的侧面积为4π，它的两个底面的圆周在直径为2√2的同一个球面上，则该圆柱的体积为________．
（广州综测一）已知三棱锥P−ABC的底面ABC是等腰三角形，AB⊥AC，PA⊥底面ABC，PA=AB=1，则这个三棱锥内切球的半径为________.
（海南中学、文昌中学3月联考）如图，半球内有一内接正四棱锥S−ABCD．若正四棱锥S−ABCD的体积为4√2
3
，则该半球的体积等于________.
（重庆西南大学附中六次月考）棱长为a的正四面体ABCD的四个顶点都在同一个球面上，若过棱AB作四面体的截面，交棱CD的中点于E，且截面面积是3√2，则四面体外
接球的表面积是________．
三、解答题（本大题共4小题，共40分）
EC=4，EF=2，（湖南六校联考）如图，梯形EFBC中，EC//FB，EF⊥BF，BF=2
3
A是BF的中点，AD⊥EC，D在EC上，将四边形AFED沿AD折起，使得平面AFED⊥平
面ABCD，点M是线段EC上异于E，C的任意一点．
当点M是EC的中点时，求证：BM//平面AFED；
时，求三棱锥E−BDM的体积．
当平面BDM与平面ABF所成的锐二面角的正弦值为√30
6
现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P−A1B1C1D1，
下部的形状是正四棱柱ABCD−A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正
四棱锥的高PO1的4倍．
若AB=6m，PO1=2m，则仓库的容积是多少？
若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
（成都七中二诊）已知等边△AB′C′的边长为√2，△BCD中，BD=CD=1，BC=√2（如图1所示），现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得AD=√3（如图2所示）．
若BC的中点为O，求证：平面BCD⊥平面AOD；
在线段AC上是否存在一点E，使ED与平面BCD成30∘角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；
求三棱锥A−BCD的外接球的表面积．
（云南一次统一检测）如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面SBC，SB=SC，M是BC的中点，AB=1，BC=2．
求证：AM⊥SD；
若二面角B−SA−M的正弦值为√6
，求四棱锥S−ABCD的体积．
3
参考答案与试题解析
21届_专题17 空间几何体的结构特征、三视图、表面积、体积
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
D
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
根据三视图中的正视图和俯视图可知该几何体是由一个三棱锥与一个半圆锥组合而成的，则其侧视图应该是选项D中的三角形，故选D．
【知识总结】正确掌握三视图的三要素与各图之间的关系是解决问题的关键．三视图的三要素为“长对正、宽相等、高平齐”或者说“主左一样高、俯左一样宽、主俯一样长．”
本题考查空间几何体的三视图．
2.
【答案】
B
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由三视图可知该几何体是一个四棱柱，其底面是边长为1的正方形，高为1，侧棱长为√2．故该几何体的顶点间距离的最大值为√12+22+12=√6，故选B．
熟记常见几何体的三视图有助于通过三视图还原几何体的直观图．
本题考查三视图．
3.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由三视图得该几何体是一个底面为以2为底，1为高的等腰三角形，高为√3的三棱锥，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，则其底面所在的截面圆的半径为1，设三棱锥的外接
，所以外接球的表面积为
球的半径为R，则有R2=(√3−R)2+12，解得R=2√3
3
4πR2=16π
，故选A．
3
根据三视图正确还原几何体是解题的关键．
本题考查几何体的三视图和三棱锥的外接球的表面积． 4.
【答案】 A
【考点】
由三视图求表面积 【解析】 此题暂无解析 【解答】
由三视图可得该几何体是如图的三棱锥A −BCD （放在棱长为1的正方体中），则△ABC 和△BCD 的面积都是1
2，△ABD 和△ACD 的面积都是√2
2，则该几何体的表面积是2×1
2+2×
√2
2
=1+√2，故选A ．
由三视图得到几何体的直观图是解题的关键． 本题考查三视图、几何体的表面积． 5.
【答案】 B
【考点】
由三视图求体积 【解析】 此题暂无解析 【解答】
茅草面积即为几何体的侧面积，由三视图知，该几何体的侧面为两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形，其中等腰梯形的上底长为4、下底长为8、高为√42+22=2√5，等腰三角形的底边长为4、高为√42+22=2√5，所以侧面积S =2×
4+82
×
2√5+2×(1
2×4×2√5)=32√5，即需要的茅草面积至少为32√5，故选B ． 本题考查数学文化、空间几何体的三视图及表面积． 6.
【答案】 C
【考点】
球的表面积和体积
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】 此题暂无解析 【解答】
由两个视图知，不妨考虑该几何体为一个底面边长为2、侧面上的高为2的正四棱锥，其内切球的球心和过顶点与底面垂直的等边三角形（如题中视图所示）的内心重合．由题意设正四棱锥的高为ℎ，则
4√33
=1
3×2×2×ℎ，ℎ=√3，故其内切球半径R =
√3
3
，假设成立，所以该正四棱锥内切球的表面积为4πR 2=
4π3
，故选C ．
【方法点拨】（1）由于三视图的俯视图不确定，因此只要满足已知两个视图的几何体都不会影响答案，因此可选特殊的多边形为几何体的底面；（2）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系． 本题考查三视图、球的表面积与棱锥的体积． 7.
【答案】 D
【考点】
由三视图求体积 【解析】 此题暂无解析 【解答】
在正方体中画出该三棱锥的直观图，从而算出其最长棱长为3，故选D ． 本题考查三视图． 8.
【答案】 A
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】
根据主视图和左视图得当俯视图为如图所示的两种形式时（图中的数字表示该位置的小正方体的个数），这个几何体的体积取得最小值5，故选A ．
本题考查几何体的三视图． 9.
【答案】 B
【考点】
由三视图求体积
【解析】 此题暂无解析 【解答】
由三视图可知，该商鞅铜方升是由一圆柱与一长方体组合而成，因为其体积为12.6，所以π×(12)2
x +3×(5.4−x )×1=12.6（其中π取3），解得x =1.6，故选B ．
【方法归纳】此类以三视图为背景求解空间几何体的体积的问题常常先根据“长对正，宽相等，高平齐”的特征还原出空间几何体的直观图，再利用柱体、锥体的体积公式求解．
本题考查数学文化、三视图、简单组合体的体积． 10. 【答案】 B
【考点】
由三视图求体积 【解析】 此题暂无解析 【解答】
根据题中三视图可画出直观图如图所示，该几何体中只有两个相同的梯形的面的面积最大，S =
2+42×2=6，故选B ．
本题考查三视图． 11.
【答案】 C
【考点】
由三视图求体积 【解析】 此题暂无解析 【解答】
由三视图可知该几何体由一个棱柱和半个圆锥拼接而成．棱柱的体积V 1=
1
2
×(1+2)×2×2=6，半个圆锥的体积V 2=12×13×π×12×2=π
3，从而该几何体的体积V =V 1+V 2=6+π
3，故选C ．
【规律总结】求解以三视图为载体的几何体的体积问题，通常分三个步骤完成：（1）将三视图还原为几何体；（2）根据三视图获取相关的数据；（3）利用空间几何体的体积公式计算．
本题考查三视图、几何体的体积．
12.
【答案】 C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】
由三视图可得SC ⊥平面ABC ，且底面△ABC 为正三角形，如图所示，取AC 的中点F ，连接BF ，则BF ⊥AC ，在Rt △BCF 中，BF =2√3，CF =2，BC =4．由于三棱锥S −ABC 的外接球的表面积为
1123
π，设其半径为R ，则有4πR 2=
1123
π，解得R 2=
283
，设
SC =ℎ，球心到平面ABC 的距离为d ，易知该三棱锥S −ABC 的外接球是其补形成三棱柱的外接球，则球心到平面ABC 的距离是SC 的一半，即d =1
2
ℎ，因为△ABC 的外接圆
的半径为4√3
3
，所以由勾股定理可得R 2
=d 2
+
(4√3
3)2，解得d
=2，则ℎ=4，则三棱锥
S −ABC 的体积V =1
3
×
√3
4
×42×4=
16√3
3
，故选C ．
【方法技巧】与球有关的问题往往与棱柱、棱锥加以组合，以选择题、填空题的形式在高考中出现，比如球的内接多面体问题或球的外切多面体问题，解题的关键是抓住球心到多面体的各个顶点或面的距离等于球的半径，一般利用多面体的体积转换等建立等量关系．
本题考查空间几何体的三视图、球的性质与表面积、空间几何体的体积． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】 2π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】
设圆柱底面圆的半径为r ，高为ℎ，则2πrℎ=4π，所以rℎ=2①，且ℎ2+(2r )2=(2√2)2
②，联立①②，解得r =1,ℎ=2，则该圆柱的体积为πr 2ℎ=2π． 本题的突破点是圆柱的侧面积、体积公式、球的结构特征的理解和应用． 本题考查圆柱的侧面积、体积．
【答案】
3−√3
6
【考点】
球的表面积和体积【解析】
此题暂无解析【解答】
设三棱锥P−ABC的内切球半径为R，则根据体积相等有1
3×1
2
×1×1×1=
1 3×[3×1
2
×1×1+√3
4
×(√2)2]×R，解得R=3−√3
6
．
棱锥内切球的半径问题通常利用体积法求解．
本题考查三棱锥与其内切球的关系．
【答案】
4√2
3
π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设该半球的半径为R，则正四棱锥S−ABCD的底面正方形的边长为√2R，则V S−ABCD=
1 3×(√2R)2×R=4√2
3
，解得R=√2，则该半球的体积V=1
2
×4
3
πR3=4√2
3
π．
【考向分析】与球有关的问题往往与棱柱、棱锥加以组合，以选择题、填空题的形式在高考中出现，比如球的内接多面体问题、球的外切多面体问题，解题的关键是抓住球心到多面体的各个顶点、各个面的距离与半径的关系，一般利用多面体的体积转换等建立等量关系．
本题考查空间几何体的位置关系、空间几何体的体积．
【答案】
18π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为正四面体ABCD的棱长为a，所以平面BCD所在的截面圆的半径r=BC
2sin∠BDC =√3a
3
，
则正四面体ABCD的高ℎ=√a2−r2=√6a
3
，设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则
有R2=(ℎ−R)2+r2，即R2=(√6a
3−R)
2
+(√3a
3
)
2
，解得R=√6a
4
．连接AE，BE，易
得AE=BE=√3a
2，设棱AB的中点为F，则易得EF=√AE2−AF2=√2a
2
，又过棱AB作
四面体的截面，交棱CD的中点于E，则截面面积为1
2AB⋅EF=1
2
a⋅√2a
2
=3√2，解得
a =2√3，则R =
√6a 4
=
3√2
2
，则正四面体ABCD 的外接球的表面积为4πR 2=18π．
利用正四面体的性质求解其外接球的半径与棱长的关系是解题的关键． 本题考查正四面体的性质、正四面体的外接球． 三、解答题（本大题共4小题，共40分） 【答案】
解：证法一：取ED 的中点N ，连接MN ，AN ， ∵ 点M 是EC 的中点，∴ MN//DC ，且MN =1
2DC ， 而AB//DC ，且AB =1
2DC ，
∴ MN//__
AB ，即四边形ABMN 是平行四边形，
∴ BM//AN ，又BM ⊄平面ADEF ，AN ⊂平面ADEF ， ∴ BM//平面ADEF ．
证法二：∵ AD ⊥CD ，AD ⊥ED ，
平面AFED ⊥平面ABCD ，平面AFED ∩平面ABCD =AD ， ∴ DA ，DC ，DE 两两垂直．
以DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，M(0,2,1)， ∴ BM →
=(−2,0,1)，
又平面ADEF 的一个法向量DC →
=(0,4,0)，BM →
⋅DC →
=0， ∴ BM →
⊥DC →
， 又BM ⊄平面ADEF ， ∴ BM//平面ADEF ． 43
【考点】
二面角的平面角及求法 直线与平面平行的判定
【解析】 此题暂无解析 【解答】
【名师指导】本题考查空间中线面的位置关系、锥体的体积．
可以利用线面平行的判定定理来证明，此时需作辅助线；亦可以通过建系，转化为证
明BM →
与平面AFED 的法向量垂直即可； 依题意设点M (0,t,2−t
2)(0<t <4)，
设平面BDM 的法向量n 1=(x,y,z )，
则DB →
⋅n 1=2x +2y =0，DM →
⋅n 1=ty +(2−t
2)z =0，
令y =−1，则n 1=(1,−1,
2t 4−t
)，
取平面ABF 的一个法向量n 2=(1,0,0)． ∵ |cos <n 1,n 2>|=|n 1⋅n 2||n 1
||n 2
|=
√2+
4t 2(4−t)2
=
√66
， 解得t =2．
∴ M (0,2,1)为EC 的中点，S △DEM =1
2S △CDE =2，
又点B 到平面DEM 的距离ℎ=2，
∴ V E−BDM =V B−DEM =1
3⋅S △DEM ⋅ℎ=4
3．
【名师指导】本题考查空间中线面的位置关系、锥体的体积．
建系，利用法向量确定M 为EC 的中点，进而利用等体积法转化计算即可． 【答案】 312(m 3)
当PO 1=2√3m 时，仓库的容积最大． 【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由PO 1=2知O 1O =4PO 1=8． 因为A 1B 1=AB =6．
所以正四棱锥P −A 1B 1C 1D 1的体积
V 锥=1
3
⋅A 1B 12
⋅PO 1=13
×62×2=24(m 3)；
正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱=AB 2⋅O 1O =62×8=288(m )3． 所以仓库的容积
V =V 锥+V 柱=24+288=312(m 3)．
【知识拓展】解数学应用题一般分两步，一是将实际问题转化为数学问题，二是利用相应的工具（如导数法、换元法、不等式法等）求解最值．
【名师指导】本小题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力．
利用柱体、锥体的体积公式求解；
设A1B1=a(m)，PO1=ℎ(m)，则0<ℎ<6，O1O=4ℎ．
连O1B1．
因为在Rt△PO1B1中，O1B12+PO12=PB12，
所以(√2a
2)
2
+ℎ2=36，即a2=2(36−ℎ2)．
于是仓库的容积V=V
柱+V
锥
=a2⋅4ℎ+1
3
a2⋅ℎ=13
3
a2ℎ=26
3
(36ℎ−ℎ3)，0<ℎ<6，
从而V′=26
3
(36−3ℎ2)=26(12−ℎ2)．
令V′=0，得ℎ=2√3或ℎ=−2√3（舍）．
当0<ℎ<2√3时，V′>0，V是单调增函数；
当2√3<ℎ<6时，V′<0，V是单调减函数；
故ℎ=2√3时，V取得极大值，也是最大值．
因此，当PO1=2√3m时，仓库的容积最大．
【知识拓展】解数学应用题一般分两步，一是将实际问题转化为数学问题，二是利用相应的工具（如导数法、换元法、不等式法等）求解最值．
【名师指导】本小题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力．
利用柱体、锥体的体积公式建立目标函数，再利用导数研究函数的单调性、极值和最值．
【答案】
解：证明：连接AO，DO，
∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰直角三角形，且O为BC的中点，
∴BC⊥AO,BC⊥DO．
∵AO∩DO=O，
∴BC⊥平面AOD，
又BC⊂平面BCD，
∴平面BCD⊥平面AOD．
存在，CE=1．
3π
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
解三角形
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
【名师指导】本题考查空间直线与平面的位置关系、球的表面积以及空间向量在立体几何中的应用．
利用线面垂直、面面垂直的判定定理证明；
解法一：作AH⊥DO，交DO的延长线于点H，
由平面BCD∩平面AOD=HD，
得AH⊥平面BCD，AH⊥HC．
在Rt△BCD中，OD=1
2BC=√2
2
，
在Rt△ACO中，AO=√3
2AC=√6
2
,
在△AOD中，cos∠ADO=AD 2+OD2−AO2
2AD⋅OD
=√6
3
，
∴sin∠ADO=√3
3
，
在Rt△AHD中，AH=AD sin∠ADO=1，HD=√2．过点E作EF⊥CH于点F，
则EF//AH，∴EF⊥平面BCD，
∴∠EDF就是ED与平面BCD所成的角．
设CE=x(0≤x≤√2)，由EF
AH =CE
AC
，∴EF=√2
2
x．
由AD2=AC2+CD2，得AC⊥CD．
在Rt△CDE中，DE=√CE2+CD2=√x2+1，
要使ED与平面BCD成30∘角，只需使EF
ED =
√2
2
x
√x2+1
=1
2
，
∴x=1，即当CE=1时，ED与平面BCD成30∘角．解法二：作AH⊥DO，交DO的延长线于点H，
由平面BCD∩平面AOD=HD，
得AH⊥平面BCD，AH⊥HC．
在Rt△BCD中，OD=1
2BC=√2
2
，
在Rt△ACO中，AO=√3
2AC=√6
2
，
在△AOD 中，cos ∠ADO =AD 2+OD 2−AO 2
2AD⋅OD
=
√63
， ∴ sin ∠ADO =
√33
． 在Rt △AHD 中，AH =AD sin ∠ADO =1，HD =√2． 设CE =x(0≤x ≤√2)，过点E 作EF ⊥CH 于点F ， 则EF//AH ，∴ EF ⊥平面BCD ，
∴ ∠EDF 就是ED 与平面BCD 所成的角． 由
EF AH
=
CE AC
，∴ EF =
√2
2
x ． 以D 为坐标原点，以直线DB ，DC 分别为x 轴、y 轴，
以过D 与平面BCD 垂直的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，E (
√22x ，1，√2
2
x)，DE →=(
√22x ，1，√2
2
x)， 设平面BCD 的一个法向量为n =(0，0，1)， 要使ED 与平面BCD 成30∘角，只需使DE →
与n 成60∘角， 只需使DE →
⋅n
|DE →|⋅|n |
=cos 60∘，
即
√2
2
x √x 2+1
=1
2，∴ x =1，
即当CE =1时，ED 与平面BCD 成30∘角．
【名师指导】本题考查空间直线与平面的位置关系、球的表面积以及空间向量在立体几何中的应用．
利用传统解法对线面角进行转化或建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角； 将原图补形成正方体，如图，
则外接球的半径R =
√32
， 故外接球的表面积为4πR 2=4π⋅3
4=3π．
【名师指导】本题考查空间直线与平面的位置关系、球的表面积以及空间向量在立体几何中的应用．
将原图形补全为正方体，利用正方体与外接球的关系求得半径，再利用球的表面积公式求解．
【答案】
解：证明：设AD 的中点为N ，连接MN ． ∵ 由底面ABCD 是矩形得MN ⊥BC ．
∵ SB =SC ，M 是BC 的中点，∴ SM ⊥BC ．
∵ 平面ABCD ⊥平面SBC ，平面ABCD ∩平面SBC =BC , ∴ SM ⊥平面ABCD ，∴ SM ⊥MN ， ∴ 直线MC ，MS ，MN 两两互相垂直．
以M 为坐标原点，MC ，MS ，MN 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系M −xyz ，设SM =a ,
依题意得M(0，0，0)，A(−1，0，1)，B(−1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，S(0，a ，0)，a >0．
∴ AM →
=(1，0，−1)，SD →
=(1，−a ，1)． ∴ AM →
⋅SD →=1×1+0×(−a)+(−1)×1=0． ∴ AM →
⊥SD →
，即AM ⊥SD ． 2√2
3
【考点】
二面角的平面角及求法 【解析】 此题暂无解析 【解答】
【技巧点拨】一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如果不存在这样的三条直线，则尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．
【名师指导】本题考查空间直线与直线的位置关系、二面角、棱锥的体积公式． 以M 为原点建立空间直角坐标系，通过求得AM →
⋅SD →
=0使问题得证； 由（Ⅰ）可得MS →
=(0，a ，0)，MA →
=(−1，0，1)． 设平面AMS 的法向量为n 1=(x ，y ，z), 则n 1⊥MS →
，n 1⊥MA →．
∴ {ay =0，−x +z =0，即{y =0，−x +z =0，取x =1，解得{y =0，z =1．
∴ n 1=(1，0，1)是平面AMS 的一个法向量． 设平面ABS 的法向量为n 2=(r ，s ，t)，
同理可得n 2=(a ，−1，0)是平面ABS 的一个法向量． 设二面角B −SA −M 的大小为θ， 则|cos θ|=|
n 1⋅n 2|n 1||n 2|
|=
√2×√a 2+1．
∴ 1−cos 2θ=1−a 2
2a 2+2=sin 2θ=2
3，解得a =√2． ∴ 四棱锥S −ABCD 的体积为
V =1
3×S 矩形ABCD ×SM =1
3×2×1×√2=
2√23
．
【技巧点拨】一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如果不存在这样的三条直线，则尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．
【名师指导】本题考查空间直线与直线的位置关系、二面角、棱锥的体积公式．
首先求得平面AMS 与平面ABS 的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求得MS 的长度，从而利用四棱锥的体积公式求解即可．。