高三立體幾何單元測(cè)試卷及詳細(xì)答案

立體幾何單元測(cè)試卷一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．每小題中只有一項(xiàng)符合題目要求)1．設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列四個(gè)命題：①若α∥β，m?α，則m∥β；②若m∥α，n?α，則m∥n；③若α⊥β，m∥α，則m⊥β；④若m⊥α，m∥β，則α⊥β.其中為真命題的是()A．①③ B．②③C．①④ D．②④2．用與球心距離為1的平面去截球，所得的截面面積為π，則球的體積為()A.eq\f(8π,3) B.eq\f(8\r(2)π,3)C．8eq\r(2)π D.eq\f(32π,3)3．某個(gè)長(zhǎng)方體被一個(gè)平面所截，得到幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積為()A．4 B．2eq\r(2)C.eq\f(20,3) D．84.如圖所示，正四棱錐P－ABCD的底面積為3，體積為eq\f(\r(2),2)，E為側(cè)棱PC的中點(diǎn)，則PA與BE所成的角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)5．直三棱柱ABC－A1B1C1的直觀圖及三視圖如下圖所示，D為AC的中點(diǎn)，則下列命題是假命題的是()A．AB1∥平面BDC1B．A1C⊥平面BDC1C．直三棱柱的體積V＝4D．直三棱柱的外接球的表面積為4eq\r(3)π.6.如圖所示是一個(gè)直徑等于4的半球，現(xiàn)過(guò)半球底面的中心作一個(gè)與底面成80°角的截面，則截面的面積為()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．πsin80°7．一個(gè)圓錐被過(guò)頂點(diǎn)的平面截去了較小的一部分，余下的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的表面積為()A.eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(3π,2)＋1 B．2eq\r(5)＋3eq\r(3)π＋eq\f(3π,2)＋1C.eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(3π,2) D.eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(π,2)＋18．二面角的棱上有A、B兩點(diǎn)，直線AC、BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．150° B．45°C．60° D．120°9.如圖所示，已知△ABC為直角三角形，其中∠ACB＝90°，M為AB的中點(diǎn)，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC10．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中點(diǎn)，G是DD1中點(diǎn)，F(xiàn)是BC上一點(diǎn)且FB＝eq\f(1,4)BC，則GB與EF所成的角為()A．30° B．120°C．60° D．90°11．已知正方體ABCD－A1B1C1D1棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P在線段BD1上，當(dāng)∠APC最大時(shí)，三棱錐P－ABC的體積為()A.eq\f(1,24) B.eq\f(1,18)C.eq\f(1,9) D.eq\f(1,12)12.已知正三棱錐P—ABC的高PO為h，點(diǎn)D為側(cè)棱PC的中點(diǎn)，PO與BD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),3)，則正三棱錐P—ABC的體積為()A.eq\f(3\r(3),8)h3 B.eq\f(2\r(3),8)h3C.eq\f(\r(3),8)h3 D.eq\f(3\r(3),4)h3二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)13．已知四個(gè)命題：①若直線l∥平面α，則直線l的垂線必平行于平面α；②若直線l與平面α相交，則有且只有一個(gè)平面經(jīng)過(guò)直線l與平面α垂直；③若一個(gè)三棱錐每?jī)蓚€(gè)相鄰側(cè)面所成的角都相等，則這個(gè)三棱錐是正三棱錐；④若四棱柱的任意兩條對(duì)角線相交且互相平分，則這個(gè)四棱柱為平行六面體．其中正確的命題是________．14．(2013·江蘇)如圖所示，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，AA1的中點(diǎn)，設(shè)三棱錐F－ADE的體積為V1，三棱柱A1B1C1－ABC的體積為V2，則V1∶V2＝________.15．(2012·遼寧)已知正三棱錐P－ABC，點(diǎn)P，A，B，C都在半徑為eq\r(3)的球面上，若PA，PB，PC兩兩相互垂直，則球心到截面ABC的距離為_(kāi)_______．16．如圖是一幾何體的平面展開(kāi)圖，其中ABCD為正方形，E、F、分別為PA、PD的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面四個(gè)結(jié)論：①直線BE與直線CF異面；②直線BE與直線AF異面；③直線EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正確的有______個(gè)．三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O為AC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M為PD的中點(diǎn)．(1)證明：PB∥平面ACM；(2)證明：AD⊥平面PAC；(3)求直線AM與平面ABCD所成角的正切值．18．(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AB＝4，PA＝3，A點(diǎn)在PD上的射影為G點(diǎn)，E點(diǎn)在AB上，平面PEC⊥平面PCD.(1)求證：AG∥平面PEC；(2)求AE的長(zhǎng)；(3)求二面角E－PC－A的正弦值．19．(本小題滿分12分)如圖所示，在六面體ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1.(1)求證：BF∥平面ACGD；(2)求二面角D－CG－F的余弦值．20．(本小題滿分12分)如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D為AB的中點(diǎn)，且CD⊥DA1.(1)求證：BB1⊥面ABC；(2)求多面體DBC－A1B1C1的體積；(3)求二面角C－DA1－C1的余弦值．21．(本小題滿分12分)如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.(1)若D為AA1的中點(diǎn)，求證：平面B1CD⊥平面B1C1D；(2)若二面角B1－DC－C1的大小為60°，求AD的長(zhǎng)．22．(本小題滿分12分)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝eq\r(2)，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD中點(diǎn)．(1)求直線PB與平面POC所成角的余弦值；(2)求B點(diǎn)到平面PCD的距離；(3)線段PD上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值為eq\f(\r(6),3)？若存在，求出eq\f(PQ,QD)的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．立體幾何單元測(cè)試卷答案一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．每小題中只有一項(xiàng)符合題目要求)1．答案C解析①為空間面面平行的性質(zhì)，是真命題；②m，n可能異面，故該命題為假命題；③直線m與平面β也可以平行也可以相交不垂直．故該命題是一個(gè)假命題；④為真命題．故選C.2．答案B解析S圓＝πr2＝1?r＝1，而截面圓圓心與球心的距離d＝1，∴球的半徑為R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(2).∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3)，故選B.3．答案D解析由三視圖可知，該幾何體如圖所示，其底面為正方形，正方形的邊長(zhǎng)為2.HD＝3，BF＝1，將相同的兩個(gè)幾何體放在一起，構(gòu)成一個(gè)高為4的長(zhǎng)方體，所以該幾何體的體積為eq\f(1,2)×2×2×4＝8.4.答案C解析連接AC、BD交于點(diǎn)O，連接OE，易得OE∥PA.∴所求角為∠BEO.由所給條件易得OB＝eq\f(\r(6),2)，OE＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(\r(2),2)，BE＝eq\r(2).∴cos∠OEB＝eq\f(1,2)，∴∠OEB＝60°，選C.5．答案D解析由三視圖可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面B1C1CB是邊長(zhǎng)為2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.連接B1C交BC1于點(diǎn)O，連接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分別是B1C，AC的中點(diǎn)，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正確．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1.∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1.故B正確．V＝S△ABC×C1C＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，∴C正確．此直三棱柱的外接球的半徑為eq\r(3)，其表面積為12π，D錯(cuò)誤．故選D.6.答案C解析過(guò)半球底面的中心作一個(gè)與底面成80°的截面，截面是球的半個(gè)大圓，半徑為2，所以截面面積S＝eq\f(1,2)×π×22＝2π，故選C.7．答案A解析還原為直觀圖如圖所示，圓錐的高為2，底面半徑為eq\r(2)，圓錐的母線長(zhǎng)為eq\r(6)，故該幾何體的表面積為S＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＋eq\f(1,2)×2π×eq\r(2)×eq\f(3,4)×eq\r(6)＋π×(eq\r(2))2×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×2×1＝eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(3π,2)＋1.8．答案C解析由條件，知eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝0，eq\o(CD,\s\up12(→))＝eq\o(CA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(BD,\s\up12(→)).∴|eq\o(CD,\s\up12(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up12(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up12(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up12(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＋2eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＋2eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈eq\o(CA,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))〉＝(2eq\r(17))2.∴cos〈eq\o(CA,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))〉＝－eq\f(1,2)，〈eq\o(CA,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))〉＝120°，∴二面角的大小為60°，故選C.9.答案C解析∵M(jìn)為AB的中點(diǎn)，△ACB為直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.10．答案D解析方法一：連D1E，D1F，解三角形D1EF即可．方法二：如圖建立直角坐標(biāo)系D－xyz，設(shè)DA＝1，由已知條件，得G(0,0，eq\f(1,2))，B(1,1,0)，E(1,1，eq\f(1,2))，F(xiàn)(eq\f(3,4)，1,0)，eq\o(GB,\s\up12(→))＝(1,1，－eq\f(1,2))，eq\o(EF,\s\up12(→))＝(－eq\f(1,4)，0，－eq\f(1,2))．cos〈eq\o(GB,\s\up12(→))，eq\o(EF,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(GB,\s\up12(→))·\o(EF,\s\up12(→)),|\o(GB,\s\up12(→))||\o(EF,\s\up12(→))|)＝0，則eq\o(GB,\s\up12(→))⊥eq\o(EF,\s\up12(→)).故選D.11．答案B解析以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA為x軸，BC為y軸，BB1為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)eq\o(BP,\s\up12(→))＝λeq\o(BD1,\s\up12(→))，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝eq\f(\o(AP,\s\up12(→))·\o(CP,\s\up12(→)),|\o(AP,\s\up12(→))||\o(CP,\s\up12(→))|)可求得當(dāng)λ＝eq\f(1,3)時(shí)，∠APC最大，故VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18).12.答案C解析設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)D作DE∥PO交CF于點(diǎn)E，連接BE，則∠BDE為PO與BD所成的角，∴cos∠BDE＝eq\f(\r(2),3).∵PO⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，即△BED是直角三角形，∵點(diǎn)D為側(cè)棱PC的中點(diǎn)，∴DE＝eq\f(h,2)，∴BE＝eq\f(\r(14),4)h.易知EF＝eq\f(\r(3),3)a，則在Rt△BEF中，BE2＝EF2＋FB2，即eq\f(a2,3)＋eq\f(a2,4)＝eq\f(7,8)h2，∴a2＝eq\f(3,2)h2，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a×eq\f(\r(3),2)a×h＝eq\f(\r(3),12)a2h＝eq\f(\r(3),8)h3，故選C.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)13．答案④解析④正確，如右圖，A1C與B1D互相平分，則四邊形A1B1CD是平行四邊形，同理四邊形ABC1D1是平行四邊形，則A1B1綊AB綊CD，因此四邊形ABCD是平行四邊形，進(jìn)而可得這個(gè)四棱柱為平行六面體．14．答案1∶24解析由題意可知點(diǎn)F到面ABC的距離與點(diǎn)A1到面ABC的距離之比為1∶2，S△ADE∶S△ABC＝1∶4.因此V1∶V2＝eq\f(\f(1,3)AF·S△AED,2AF·S△ABC)＝1∶24.15．答案eq\f(\r(3),3)解析正三棱錐P－ABC可看作由正方體PADC－BEFG截得，如圖所示，PF為三棱錐P－ABC的外接球的直徑，且PF⊥平面ABC.設(shè)正方體棱長(zhǎng)為a，則3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2eq\r(2).S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).由VP－ABC＝VB－PAC，得eq\f(1,3)·h·S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，因此球心到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3).16．答案2解析將幾何體展開(kāi)圖拼成幾何體(如圖)，因?yàn)镋、F分別為PA、PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯(cuò)；因?yàn)锽?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因?yàn)镋F∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯(cuò)．三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17．答案(1)略(2)略(3)eq\f(4\r(5),5)解析(1)連接BD，MO，在平行四邊形ABCD中，因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)．又M為PD的中點(diǎn)，所以PB∥MO.因?yàn)镻B?平面ACM，MO?平面ACM，所以PB∥平面ACM.(2)因?yàn)椤螦DC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.(3)取DO中點(diǎn)N，連接MN，AN.因?yàn)镸為PD的中點(diǎn)，所以MN∥PO，且MN＝eq\f(1,2)PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直線AM與平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝eq\f(1,2)，所以DO＝eq\f(\r(5),2).從而AN＝eq\f(1,2)DO＝eq\f(\r(5),4).在Rt△ANM中，tan∠MAN＝eq\f(MN,AN)＝eq\f(1,\f(\r(5),4))＝eq\f(4\r(5),5)，即直線AM與平面ABCD所成角的正切值為eq\f(4\r(5),5).18．答案(1)略(2)eq\f(36,25)(3)eq\f(3\r(2),10)解析(1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG.又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD.作EF⊥PC于點(diǎn)F，連接GF，∵平面PEC⊥平面PCD，∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG.又AG?平面PEC，EF?平面PEC，∴AG∥平面PEC.(2)解：由(1)知A、E、F、G四點(diǎn)共面，又AE∥CD，AE?平面PCD，CD?平面PCD，∴AE∥平面PCD.又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF.又由(1)知EF∥AG，∴四邊形AEFG為平行四邊形，∴AE＝GF.∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝eq\f(12,5).又PA2＝PG·PD，∴PG＝eq\f(9,5).又eq\f(GP,CD)＝eq\f(PG,PD)，∴GF＝eq\f(\f(9,5)×4,5)＝eq\f(36,25)，∴AE＝eq\f(36,25).(3)解：過(guò)E作EO⊥AC于點(diǎn)O，連接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC.∴∠EFO即為二面角E－PC－A的平面角．EO＝AE·sin45°＝eq\f(36,25)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(18\r(2),25)，又EF＝AG＝eq\f(12,5)，∴sin∠EFO＝eq\f(EO,EF)＝eq\f(18\r(2),25)×eq\f(5,12)＝eq\f(3\r(2),10).19．答案(1)略(2)eq\f(\r(6),6)解析方法一：(1)設(shè)DG的中點(diǎn)為M，連接AM，F(xiàn)M.則由已知條件易證四邊形DEFM是平行四邊形．∴MF∥DE，且MF＝DE.∵平面ABC∥平面DEFG，∴AB∥DE.∵AB＝DE，∴MF∥AB，且MF＝AB，∴四邊形ABFM是平行四邊形．∴BF∥AM.又BF?平面ACGD，AM?平面ACGD，故BF∥平面ACGD.(2)由已知AD⊥平面DEFG，∴DE⊥AD.又DE⊥DG，且AD∩DG=D,∴DE⊥平面ADGC.∵M(jìn)F∥DE，∴MF⊥平面ADGC.在平面ADGC中，過(guò)M作MN⊥GC，垂足為N，連接NF，則∠MNF為所求二面角的平面角．連接CM.∵平面ABC∥平面DEFG，∴AC∥DM.又AC＝DM＝1，所以四邊形ACMD為平行四邊形，∴CM∥AD，且CM＝AD＝2.∵AD⊥平面DEFG，∴CM⊥平面DEFG，∴CM⊥DG.在Rt△CMG中，∵CM＝2，MG＝1，∴MN＝eq\f(CM·MG,CG)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).在Rt△CMG中，∵M(jìn)F＝2，MN＝eq\f(2\r(5),5)，∴FN＝eq\r(4＋\f(4,5))＝eq\f(2\r(30),5).∴cos∠MNF＝eq\f(MN,FN)＝eq\f(\f(2\r(5),5),\f(2\r(30),5))＝eq\f(\r(6),6).∴二面角D－CG－F的余弦值為eq\f(\r(6),6).方法二：由題意可得，AD，DE，DG兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，F(xiàn)(2,1,0)．(1)eq\o(BF,\s\up12(→))＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，eq\o(CG,\s\up12(→))＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴eq\o(BF,\s\up12(→))＝eq\o(CG,\s\up12(→)).∴BF∥CG.又BF?平面ACGD，故BF∥平面ACGD.(2)eq\o(FG,\s\up12(→))＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．設(shè)平面BCGF的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CG,\s\up12(→))＝y(tǒng)－2z＝0，,n1·\o(FG,\s\up12(→))＝－2x＋y＝0.))令y＝2，則n1＝(1,2,1)．則平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1×1,\r(12＋22＋12)×\r(12＋02＋02))＝eq\f(\r(6),6).由于所求的二面角為銳二面角，∴二面角D－CG－F的余弦值為eq\f(\r(6),6).20．答案(1)略(2)eq\f(10,3)(3)eq\f(\r(15),5)解析(1)證明：∵AC＝BC，D為AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB.又CD⊥DA1，AB∩A1D＝D，∴CD⊥面AA1B1B.∴CD⊥BB1.又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面ABC.(2)解：V多面體DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱錐A1－ADC＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△ABC·|AA1|＝eq\f(5,6)S△ABC·|AA1|＝eq\f(10,3).(3)解：以C為原點(diǎn)，分別以eq\o(CB,\s\up12(→))，eq\o(CC1,\s\up12(→))，eq\o(CA,\s\up12(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正向，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)，則C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)．∴D(1,0,1)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面DCA1的一個(gè)法向量，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(CA1,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2y1＋2z1＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－z1，,y1＝－z1.))故可取n1＝(1,1，－1)．同理設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一個(gè)法向量，且eq\o(C1D,\s\up12(→))＝(1，－2,1)，eq\o(C1A1,\s\up12(→))＝(0,0,2)．則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(C1D,\s\up12(→))＝0，,n2·\o(C1A1,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2y2＋z2＝0，,2z2＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2y2，,z2＝0.))故可取n2＝(2,1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5).又二面角C－DA1－C1的平面角為銳角，所以其余弦值為eq\f(\r(15),5).21．答案(1)略(2)eq\r(2)解析(1)方法一：證明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，∴B1C1⊥A1C1.又由直三棱柱的性質(zhì)知B1C1⊥CC1，∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD.①由D為AA1的中點(diǎn)，可知DC＝DC1＝eq\r(2).∴DC2＋DCeq\o\al(2,1)＝CCeq\o\al(2,1)，即CD⊥DC1.②由①②可知CD⊥平面B1C1D.又CD?平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)解：由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，在平面ACC1A1內(nèi)過(guò)C1作C1E⊥CD，交CD或其延長(zhǎng)線于E，連接EB1，∴∠B1EC1為二面角B1－DC－C1的平面角．∴∠B1EC1＝60°.由B1C1＝2知，C1E＝eq\f(2,tan60°)＝eq\f(2\r(3),3).設(shè)AD＝x，則DC＝eq\r(x2＋1).∵△DC1C的面積為1，∴eq\f(1,2)·eq\r(x2＋1)·eq\f(2\r(3),3)＝1.解得x＝eq\r(2)，即AD＝eq\r(2).方法二：(1)證明：如圖所示，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA、CB、CC1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即eq\o(C1B1,\s\up12(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC1,\s\up12(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(1,0,1)．由eq\o(CD,\s\up12(→))·eq\o(C1B1,\s\up12(→))＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1.由eq\o(CD,\s\up12(→))·eq\o(DC1,\s\up12(→))＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1.又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD?平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)解：設(shè)AD＝a，則D點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0，a)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(1,0，a)，eq\o(CB1,\s\up12(→))＝(0,2,2)．設(shè)平面B1CD的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up12(→))＝0，,m·\o(CD,\s\up12(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,x＋ax＝0，))令z＝－1.得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一個(gè)法向量為n＝(0,1,0)，則由cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2).即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2).22．答案(1)eq\f(\r(6),3)(2)eq\f(\r(3),3)