【解析】广东省佛山市顺德区李兆基中学2015-2016学年高二上学期第一次月考数学试卷(文科) Word版含解析[

2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高二（上）第一
次月考数学试卷（文科）
一、选择题（每题5分，共50分）
1．若直线l∥平面α，直线a⊂α，则l与a的位置关系是（）
A．l∥a B．l与a异面
C．l与a相交D．l与a平行或异面
2．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与BD的位置关系是（）
A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直相交 D．异面且垂直
3．图中是四棱台的侧面展开图的是（）
A．B．C．D．
4．设有直线m、n和平面α、β．下列四个命题中，正确的是（）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊈α，则m∥α
5．正方体的全面积为54，则它的外接球的表面积为（）
A．27πB．πC．36πD．π
6．如图，△O′A′B′是△OAB水平放置的直观图，则△OAB的面积为（）
A．12 B．6 C． D．
7．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）
A．36 cm3B．48 cm3C．60 cm3D．72 cm3
8．半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）
A．πR3B．πR3C．πR3D．πR3
9．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（）
A． B．C．D．
10．在正四面体P﹣ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是（）
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC
二、填空题（每题5分，共20分）
11．已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为．12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为．
13．已知正四棱锥的所有棱长均相等，则侧面与底面所成二面角的余弦值为．
14．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD成60°的角；
④AB与CD所成的角为60°；
其中正确结论是（写出所有正确结论的序号）
三、解答题（共80分）
15．如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=，AD=2，求四边形绕AD旋转一周所围成几何体的表面积及体积．
16．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，A1D1的中点，求证：DF∥平面ACE．
17．在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，点E是PD 的中点．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：平面EAC⊥平面PAB．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．
（1）证明AD⊥平面PAB；
（2）求异面直线PC与AD所成的角的正切值；
（3）求二面角P﹣BD﹣A的正切值．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD=90°，AD=3BC，O是AD上一点．
（Ⅰ）若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD．
20．如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC，E′和F′是平面ABCD内的两点，E′E和F′F都与平面ABCD垂直，
（1）证明：直线E′F′垂直且平分线段AD：
（2）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积．
2015-2016学年广东省佛山市顺德区李兆基中学高二（上）第一次月考数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题（每题5分，共50分）
1．若直线l∥平面α，直线a⊂α，则l与a的位置关系是（）
A．l∥a B．l与a异面
C．l与a相交D．l与a平行或异面
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】阅读型．
【分析】可从公共点的个数进行判断．直线l∥平面α，所以直线l∥平面α无公共点，故可得到l与a的位置关系
【解答】解：直线l∥平面α，所以直线l∥平面α无公共点，所以l与a平行或异面．
故选D
【点评】本题考查空间直线和平面位置关系的判断，考查逻辑推理能力．
2．菱形ABCD在平面α内，PC⊥α，则PA与BD的位置关系是（）
A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直相交 D．异面且垂直
【考点】异面直线的判定．
【专题】证明题．
【分析】首先根据题意，做出图示，根据异面直线的判定定理，易得PA与BD异面，连接AC、PA，由线面垂直的性质可得PC⊥BD，又由菱形的性质，可得PA⊥BD，即可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，如图，
因为PA不在平面α内，并且过BD之外的一点，故PA与BD异面；
连接AC、PA，
PC⊥α，且BD在α内，则PC⊥BD，
由菱形的性质，可得AC⊥BD，
可得BD⊥平面PAC，即可得PA⊥BD，
综合可得，PA与BD异面且垂直；
故选D．
【点评】本题考查异面直线的判定，注意根据题意，结合有关的定理、性质，进一步挖掘直线间的位置关系．
3．图中是四棱台的侧面展开图的是（）
A．B．C．D．
【考点】表面展开图．
【专题】规律型；空间位置关系与距离．
【分析】利用棱台的侧面的形状判断即可．
【解答】解：四棱台的侧面是梯形，则侧面展开图不是A、B、C的形状，
故选：D．
【点评】本题考查棱台的结构特征，表面展开图的判断，是基础题．
4．设有直线m、n和平面α、β．下列四个命题中，正确的是（）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊈α，则m∥α
【考点】命题的真假判断与应用；直线与平面平行的判定．
【专题】探究型．
【分析】由题意设有直线m、n和平面α、β，在此背景下对四个选项逐一判断找出正确选项，A选项可由线线平行的条件作出判断，B选项可由面面平行的条件作出判断，C选项可由线面垂直的条件作出判断，D选项可由线面平行的条件作出判断．
【解答】解：当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，
B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，
C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，
D选项中由α⊥β，m⊥β，m⊈α，可得m∥α，故是正确命题
故选D
【点评】本题考点是命题真假的判断与应用，考查了线线平行的判定，面面平行的判定，线面垂直的判定，线面平行的判定，解题的关键是有着较强的空间想像能力，能根据题设条件想像出实物图形，本题考查了空间想像能力，推理判断的能力，命题真假的判断与应用题是近几年高考的热点，主要得益于其考查的知识点多，知识容量大，符合高考试卷命题精、博的要求
5．正方体的全面积为54，则它的外接球的表面积为（）
A．27πB．πC．36πD．π
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离．
【分析】先设正方体的边长为a，根据正方体的表面积S=6a2=54，求得a=3，再根据正方体的体对角线长等于其外接球的直径，求得外接球的半径R，代入球的表面积公式计算．【解答】解：设正方体的边长为a，则正方体的表面积S=6a2=54，
∴a=3，又正方体的体对角线长等于其外接球的直径，
∴外接球的半径R=，
∴其外接球的表面积为4π×=27π．
故选：A．
【点评】本题考查了正方体的表面积，正方体的外接球的表面积，解题的关键是利用正方体的体对角线长等于其外接球的直径，求得外接球的半径．
6．如图，△O′A′B′是△OAB水平放置的直观图，则△OAB的面积为（）
A．12 B．6 C． D．
【考点】平面图形的直观图．
【专题】规律型；空间位置关系与距离．
【分析】根据斜二侧画法得到三角形OAB的底面边长OB=4，高OA=6，然后求三角形的面积即可．
【解答】解：根据斜二侧画法得到三角形OAB为直角三角形，底面边长0B=4，高
OA=2O'A'=2×3=6，
∴直角三角形OAB的面积为．
故选：A．
【点评】本题主要考查平面图形的直观图的应用，要求熟练掌握斜二测画法的边长关系，比较基础．
7．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）
A．36 cm3B．48 cm3C．60 cm3D．72 cm3
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】利用三视图判断几何体的形状，通过三视图的数据求出几何体的体积即可．
【解答】解：三视图复原的几何体是上部为长方体三度为：4，2，2；
下部为放倒的四棱柱，底面是等腰梯形其下底为6，上底为2，高为2，棱柱的高为4，
几何体的体积为两部分的体积和，即：4×2×2+=48（cm3）．
故选：B．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，三视图与几何体的对应关系，正确判断几何体的形状是解题的关键．
8．半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（）
A．πR3B．πR3C．πR3D．πR3
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】计算题．
【分析】求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积．
【解答】解：2πr=πR，所以r=，则h=，所以V=
故选A
【点评】本题是基础题，考查圆锥的展开图与圆锥之间的计算关系，圆锥体积的求法，考查计算能力．
9．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=2AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（）
A． B．C．D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【分析】求异面直线所成的角，一般有两种方法，一种是几何法，其基本解题思路是“异面化共面，认定再计算”，即利用平移法和补形法将两条异面直线转化到同一个三角形中，结合余弦定理来求．还有一种方法是向量法，即建立空间直角坐标系，利用向量的代数法和几何法求解．本题采用几何法较为简单：连接A1B，则有A1B∥CD1，则∠A1BE就是异面直线BE与CD1所成角，由余弦定理可知cos∠A1BE的大小．
【解答】解：如图连接A1B，则有A1B∥CD1，
∠A1BE就是异面直线BE与CD1所成角，
设AB=1，
则A1E=AE=1，∴BE=，A1B=．
由余弦定理可知：cos∠A1BE=．
故选C．
【点评】本题主要考查了异面直线所成的角，考查空间想象能力和思维能力．
10．在正四面体P﹣ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是（）
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】正四面体P﹣ABC即正三棱锥P﹣ABC，所以其四个面都是正三角形，在正三角形中，联系选项B、C、D中有证明到垂直关系，应该联想到“三线合一”．D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，由中位线定理可得BC∥DF，所以BC∥平面PDF，进而可得答案．
【解答】解：由DF∥BC可得BC∥平面PDF，故A正确．
若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE
故DF⊥平面PAE，故B正确．
由DF⊥平面PAE可得，平面PAE⊥平面ABC，故D正确．
故选C．
【点评】本小题考查空间中的线面关系，正三角形中“三线合一”，中位线定理等基础知识，考查空间想象能力和思维能力．
二、填空题（每题5分，共20分）
11．已知球心到球的一个截面的距离为5，截面圆的半径为12，则球的半径为13．【考点】球内接多面体．
【专题】计算题．
【分析】由球O的一个截面圆的半径为12，又由球心O到这个截面的距离为5，根据球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易求出该球的半径．
【解答】解：∵球O的一个截面的半径为12，
设截面的半径为r，r=12，
又∵球心O到这个截面的距离d=5，
则球的半径R===13
故答案为：13．
【点评】本题考查的知识点是球内接多面体，若球的截面圆半径为r，球心距为d，球半径为R，则球心距、截面圆半径、球半径构成直角三角形，满足勾股定理，即R2=r2+d2
12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为38．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题．
【分析】通过三视图判断几何体的形状，利用三视图的数据，求出几何体的表面积即可．【解答】解：由三视图可知，几何体是底面边长为4和3高为1的长方体，中间挖去半径为1的圆柱，
几何体的表面积为：长方体的表面积+圆柱的侧面积﹣圆柱的两个底面面积．
即S=2×（3×4+1×3+1×4）+2π×1﹣2×12π=38．
故答案为：38．
【点评】本题考查三视图与直观图的关系，几何体的表面积的求法，判断三视图复原几何体的形状是解题的关键．
13．已知正四棱锥的所有棱长均相等，则侧面与底面所成二面角的余弦值为．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】设正四棱锥S﹣ABCD的所有棱长均为2，过S作SO⊥面ABCD，垂足为O，过O 作OE⊥BC，交BC于E，连结SE，则由三垂线定理知∠SEO是侧面SBC与底面ABCD所成二面角的平面角，由此能求出结果．
【解答】解：如图，设正四棱锥S﹣ABCD的所有棱长均为2，
过S作SO⊥面ABCD，垂足为O，
过O作OE⊥BC，交BC于E，连结SE，
则由三垂线定理知：
∠SEO是侧面SBC与底面ABCD所成二面角的平面角，
由题意知SE==，OE=1，
∴cos∠SEO===．
故答案为：．
【点评】本题考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
14．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD成60°的角；
④AB与CD所成的角为60°；
其中正确结论是①②④（写出所有正确结论的序号）
【考点】与二面角有关的立体几何综合题．
【专题】计算题；证明题；压轴题．
【分析】作出此直二面角的图象，由图形中所给的位置关系对四个命题逐一判断，即可得出正确结论．
【解答】解：作出如图的图象，其中A﹣BD﹣C=90°，E是BD的中点，可以证明出∠AED=90°即为此直二面角的平面角
对于命题①，由于BD⊥面AEC，故AC⊥BD，此命题正确；
对于命题②，在等腰直角三角形AEC中可以解出AC等于正方形的边长，故△ACD是等边三角形，此命题正确；
对于命题③AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE=45°，故AB与平面BCD成60°的角不正确；
对于命题④可取AD中点F，AC的中点H，连接EF，EH，FH，由于EF，FH是中位线，可证得其长度为正方形边长的一半，而EH是直角三角形的中线，其长度是AC的一半即正方形边长的一半，故△EFH是等边三角形，由此即可证得AB与CD所成的角为60°；
综上知①②④是正确的
故答案为①②④
【点评】本题考查与二面角有关立体几何中线线之间的角的求法，线面之间的角的求法，以及线线之间位置关系的证明方法．综合性较强，对空间立体感要求较高．
三、解答题（共80分）
15．如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=，AD=2，求四边形绕AD旋转一周所围成几何体的表面积及体积．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】计算题．
【分析】旋转后的几何体是圆台除去一个倒放的圆锥，根据题目所给数据，求出圆台的侧面积、圆锥的侧面积、圆台的底面积，即可求出几何体的表面积．求出圆台体积减去圆锥体积，即可得到几何体的体积．
【解答】解：四边形ABCD绕AD旋转一周所成的
几何体，如右图：
S表面=S圆台下底面+S圆台侧面+S圆锥侧面
=πr22+π（r1+r2）l2+πr1l1
=
=
=．
体积V=V圆台﹣V圆锥
=[25π++4π]×4﹣×2π×2×2
=×39π×4﹣×8π
=．
所求表面积为：，体积为：．
【点评】本题是基础题，考查旋转体的表面积与体积，转化思想的应用，计算能力的考查，都是为本题设置的障碍，仔细分析旋转体的结构特征，为顺利解题创造依据．
16．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，A1D1的中点，求证：DF∥平面ACE．
【考点】直线与平面平行的判定．
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明DF∥平面ACE．
【解答】证明：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设AB=a，AD=b，AA1=c，
∵E，F分别为AB1，A1D1的中点，
∴D（0，0，0），F（，0，c），A（a，0，0），C（0，b，0），E（a，，c），=（，0，c），=（﹣a，b，0），=（0，，c），
设平面ACE的法向量=（x，y，z），
则，取x=1，得=（1，，﹣），
==0，
∵DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE．
【点评】本题考查线面平行的证明，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
17．在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，点E是PD 的中点．
（1）求证：PB∥平面AEC；
（2）求证：平面EAC⊥平面PAB．
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．
【分析】（1）连接BD交AC于F，连接EF，利用三角形的中位线定理证明EF∥PB，再证明PB∥平面AEC；
（2）利用线面垂直的定义得出PA⊥AC，再证明AC⊥平面PAB与平面EAC⊥平面PAB．【解答】证明：（1）如图所示，
连接BD交AC于F，连接EF，
在△DPB中，EF为中位线，
∴EF∥PB；
又PB⊄平面EAC，EF⊂平面EAC，
∴PB∥平面AEC；
（2）∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴PA⊥AC；
又AB⊥AC，PA∩AB=A，
∴AC⊥平面PAB；
又AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PAB．
【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了逻辑推理与证明能力，是中档题目．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2，∠PAB=60°．
（1）证明AD⊥平面PAB；
（2）求异面直线PC与AD所成的角的正切值；
（3）求二面角P﹣BD﹣A的正切值．
【考点】二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定．
【专题】空间位置关系与距离；空间角．
【分析】（Ⅰ）通过就是PA2+AD2=PD2，证明AD⊥PA．结合AD⊥AB．然后证明AD⊥平面PAB．
（Ⅱ）说明∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．在△PAB中，由余弦定理得PB，判断△PBC是直角三角形，然后求解异面直线PC与AD所成的角正切函数值．
（Ⅲ）过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连结PE，证明∠PEH是二面角P
﹣BD﹣A的平面角．RT△PHE中，．
【解答】（Ⅰ）证明：在△PAD中，由题设，
可得PA2+AD2=PD2，于是AD⊥PA．
在矩形ABCD中，AD⊥AB．又PA∩AB=A，
所以AD⊥平面PAB．
（Ⅱ）解：由题设，BC∥AD，所以∠PCB（或其补角）是异面直线PC与AD所成的角．在△PAB中，由余弦定理得
由（Ⅰ）知AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB，因而BC⊥PB，于是△PBC是直角三角形，故
所以异面直线PC与AD所成的角的正切值为：．
（Ⅲ）解：过点P做PH⊥AB于H，过点H做HE⊥BD于E，连结PE
因为AD⊥平面PAB，PH⊂平面PAB，所以AD⊥PH．又AD∩AB=A，
因而PH⊥平面ABCD，故HE为PE再平面ABCD内的射影．
由三垂线定理可知，BD⊥PE，从而∠PEH是二面角P﹣BD﹣A的平面角．
由题设可得，，
，
于是再RT△PHE中，．
所以二面角P﹣BD﹣A的正切函数值为．
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，异面直线所成角的求法，直线与平面垂直的判断，考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD=90°，AD=3BC，O是AD上一点．
（Ⅰ）若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD．
【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的性质．
【专题】证明题；综合题．
【分析】（Ⅰ）CD∥平面PBO，推出BO∥CD得到AD=3BC，点O的位置满足AO=2OD．（Ⅱ）要证平面AB⊥平面PCD，只需证明平面PCD内的直线PD，垂直平面PABPD内的两条相交直线AB、PA即可．
【解答】（Ⅰ）解：因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO=BO，所以BO∥CD又BC∥AD，
所以四边形BCDO为平行四边形，则BC=DO，
而AD=3BC，
故点O的位置满足AO=2OD．
（Ⅱ）证：因为侧面PAD⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，且AB⊥交线AD，
所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD又PA⊥PD，
且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AB∩PA=A，
所以PD⊥平面PAB，PD⊂平面PCD，
所以：平面PAB⊥平面PCD．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，直线与平面平行的性质，考查逻辑思维能力，是中档题．
20．如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，E和F是l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC，E′和F′是平面ABCD内的两点，E′E和F′F都与平面ABCD垂直，
（1）证明：直线E′F′垂直且平分线段AD：
（2）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；组合几何体的面积、体积问题．
【专题】计算题；证明题；压轴题；分割补形法．
【分析】（1）根据EA=ED且EE'⊥平面ABCD证出E'D=E'C，则点E'在线段AD的垂直平分线上，同理证出F'在线段BC的垂直平分线上，再由ABCD是正方形证出结论；
（2）根据图形连接EB、EC，由题意证出BE=FC=2，则多面体ABCD可分割成正四棱锥E ﹣ABCD和正四面体E﹣BCF，根据条件求出这两个几何体的体积，求V E﹣BCF需要换低求出．
【解答】解：（1）∵EA=ED且EE'⊥平面ABCD，∴E'D=E'A，
∴点E'在线段AD的垂直平分线上，同理点F'在线段BC的垂直平分线上．
又∵ABCD是正方形，
∴线段BC的垂直平分线也就是线段AD的垂直平分线
即点E′F′都居线段AD的垂直平分线上，
∴直线E′F′垂直平分线段AD．
（2）连接EB、EC，设AD中点为M，
由题意知，AB=2，∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，∴ME=，BE=FC=2，
则多面体ABCD可分割成正四棱锥E﹣ABCD和正四面体E﹣BCF两部分，
在Rt△MEE′中，由于ME'=1，ME=，∴EE'=，
∴V E﹣ABCD=S正方形ABCD•EE'=×4×=，
∵V E﹣BCF=V C﹣BEF=V C﹣BEA=V E﹣ABC
=S△ABC•EE'==，
∴多面体ABCDEF的体积为V E﹣BCF+V E﹣ABCD=2．
【点评】本题是关于线面垂直与组合体体积的求法综合题，利用线面垂直和线段相等证明垂直平分；用分割法可求得多面体体积，体现的是一种部分与整体的基本思想，求三棱锥的体积时常用换低来求解，考查了推理论证和逻辑思维能力．。