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⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m⊈α，则m∥α

5．正方体的全面积为，则它的外接球的表面积为（ ） A．27π B．

π

C．36π D．

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 cm B．48 cm D．72 cm

8．半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ） A．

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．

πR B．

3

33

3

C．60 cm

3

πR

3

C．πR

3

D．πR

3

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⊥β D．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，则它的外接球的表面积为（ ） A．27π B．

π

C．36π D．

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=6a=，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．

2

【解答】解：设正方体的边长为a，则正方体的表面积S=6a=， ∴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=

，

2

∴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（ ）

33

A．36 cm B．48 cm C．60 cm D．72 cm 【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，

3

3

几何体的体积为两部分的体积和，即：4×2×2+=48（cm）．

3

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．

πR B．

3

πR

3

C．πR

3

D．πR

3

【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

222

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R=r+d

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×1﹣2×1π=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 ．

2

【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=∴cos∠SEO=故答案为：

=．

=

=．

，OE=1，

【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

2

=πr2+π（r1+r2）l2+πr1l1 =

= =． 体积V=V圆台﹣V圆锥 = [25π+=×39π×4﹣×8π =

．

，体积为：

．

+4π]×4﹣×2π×2×2

所求表面积为：

【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．

【专题】证明题；转化思想；向量法；空间位置关系与距离．

【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．

【专题】证明题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离． 【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．

222

【分析】（Ⅰ）通过就是PA+AD=PD，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，

222

可得PA+AD=PD，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VE﹣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'=， ∴VE﹣ABCD=S正方形ABCD•EE'=×4×∵VE﹣BCF=VC﹣BEF=VC﹣BEA=VE﹣ABC =S△ABC•EE'=

=

，

．

=

，

∴多面体ABCDEF的体积为VE﹣BCF+VE﹣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．