立体几何大题.doc

2016年7月9日数学周测试卷

一、解答题（共25小题；共325分）
1. 如图，正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 2．

（1） 在图中找出平面 ABCD，平面 ADD1A1，平面 BDD1B1 的一个法向量；
（2） 以点 D 为坐标原点建立空间直角坐标系，求出（1）中三个法向量的坐标．

2. 如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，求 BD 与平面 A1C1D 所成角的余弦值．

3. 设 a，b 分别是两条异面直线 l1，l2 的方向向量，且 cosa,b=−12，求异面直线 ll 和 l2 所成的角．

4. 如图，直三棱柱 ABC−A′B′C′，∠BAC=90∘，AB=AC=2，AA′=1，点 M 、 N 分别为 A′B 和 B′C′ 的中点．（锥体体积公式 V=13Sh，其中 S 为底面面积，h 为高）

（1） 证明：MN∥平面A′ACC′；
（2） 求三棱锥 A′−MNC 的体积．

5. 三棱锥 P−ABC 中，侧面 PAC 与底面 ABC 垂直，PA=PB=PC=3．

（1） 求证：AB⊥BC；
（2） 设 AB=BC=23，求 AC 与平面 PBC 所成角的大小．

6. 如图，△ABC 和 △BCD 所在平面互相垂直，且 AB=BC=BD=2，∠ABC=∠DBC=120∘，E，F 分别为 AC，DC 的中点．

（1） 求证：EF⊥BC；
（2） 求二面角 E−BF−C 的正弦值

7. 如图，四边形 ABCD 为正方形，QA⊥ 平面 ABCD，PD∥QA，QA=AB=12PD．

（1） 证明：PQ⊥ 平面 DCQ；
（2） 求棱锥 Q−ABCD 的体积与棱锥 P−DCQ 的体积比值．

8. 如图，在 △ABC 中，B=90∘，AC=152，D，E 两点分别在 AB，AC 上，使 ADDB=AEEC=2，DE=3．现将 △ABC 沿 DE 折成直二面角，求：

（1） 异面直线 AD 与 BC 的距离；
（2） 二面角 A−EC−B 的大小（用反三角函数表示）．

9. 如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，D，E 分别是 AB，BB1 的中点．

（1） 证明：BC1∥平面A1CD；
（2） 设 AA1=AC=CB=2，AB=22，求三棱锥 E−A1CD 的体积．

10. 如图，正四棱锥 S−ABCD 的所有棱长均为 2，E，F，G 分别为棱 AB，AD，SB 的中点．

（1） 求证：BD∥平面EFG，并求出直线 BD 到平面 EFG 的距离；
（2） 求点 C 到平面 EFG 的距离．

11. 已知过球面上三点 A，B，C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且 AC=BC=6，AB=4．计算球的表面积与体积．

12. 如图，三棱柱 ABC−A1B1C1 中，点 A1 在平面 ABC 内的射影 D 在 AC 上，∠ACB=90∘，BC=1，AC=CC1=2．

（1） 证明：AC1⊥A1B；
（2） 设直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离为 3，求二面角 A1−AB−C 的大小．

13. 如图，四棱锥 P－ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形，BA=BD=2，AD=2，PA=PD=5，E,F 分别是棱 AD,PC 的中点．

（1） 证明：EF∥ 平面 PAB；
（2） 若二面角 P−AD−B 为 60∘，
① 证明：平面 PBC⊥ 平面 ABCD；
② 求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值．

14. 如图，在四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，侧棱 A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，AD=CD=5．用向量法解决下列问题：

（1） 若 AC 的中点为 E，求 A1C 与 DE 所成的角；
（2） 求二面角 B1−AC−D1 （锐角）的余弦值．

15. 已知在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，且 AD=2，AB=1，PA⊥ 平面 ABCD，E，F 分别是线段 AB，BC 的中点．

（1） 证明：PF⊥FD；
（2） 在线段 PA 上是否存在点 G，使得 EG∥平面PFD ?若存在，确定点 G 的位置；若不存在，说明理由．
（3） 若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45∘，求二面角 A−PD−F 的余弦值．

16. 如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AC=BC，AA1=AB，D 为 BB1 的中点，E 为 AB1 上的一点，AE=3EB1．

（1） 证明：DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线；
（2） 设异面直线 AB1 与 CD 的夹角为 45∘，求二面角 A1−AC1−B1 的大小．

17. 已知在四棱锥 P−ABCD 中，AD∥BC，AD⊥CD，PA=PD=AD=2BC=2CD，E，F 分别为 AD，PC 的中点．

（1） 求证：AD⊥平面PBE；
（2） 求证：PA∥平面BEF；
（3） 若 PB=AD，求二面角 F−BE−C 的大小．

18. 如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，AB=4，AC=BC=3，D 为 AB 的中点．

（1） 求异面直线 CC1 和 AB 的距离；
（2） 若 AB1⊥A1C，求二面角 A1−CD−B1 的平面角的余弦值．

19. 如图 1，在等腰梯形 ABCD 中，BC∥AD，BC=12AD=2 ． ∠A=60∘，E 为 AD 中点，点 O，F 分别为 BE，DE 的中点，将 △ABE 沿 BE 折起到 △A1BE 的位置，使得平面 A1BE⊥ 平面 BCDE（如图 2）

（1） 求证：A1O⊥CE
（2） 求直线 A1B 与平面 A1CE 所成角的正弦值
（3） 侧棱 A1C 上是否存在点 P，使得 BP∥ 平面 A1OF，若存在，求处 A1PA1C 的值，若不存在，说明理由．

20. 在正三角形 ABC 中，E，F，P 分别是 AB，AC，BC 边上的点，满足 AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2（如图1）．将 △AEF 沿 EF 折起到 △A1EF 的位置，使二面角 A1−EF−B 成直二面角，连接 A1B，A1P（如图2）．

（1） 求证：A1E⊥平面BEP；
（2） 求直线 A1E 与平面 A1BP 所成角的大小；
（3） 求二面角 B−A1P−F 的余弦值．

21. 如图，四面体 ABCD 中，O 是 BD 的中点，△ABD 和 △BCD 均为等边三角形，AB=2，AC=6．

（1） 求证：AO⊥平面BCD；
（2） 求二面角 A−BC−D 的余弦值；
（3） 求 O 点到平面 ACD 的距离．

22. 如图，已知 AB⊥平面BEC，AB∥CD，AB=BC=4，CD=2，△BEC 为等边三角形．

（1） 求证：平面ABE⊥平面ADE．
（2） 求 二面角A−DE−B 的平面角的余弦值．

23. 如图，在四棱锥 O−ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠ABC=π4，OA⊥底面ABCD，OA=2，M 为 OA 的中点，N 为 BC 的中点，以 A 为原点，建立适当的空间坐标系，利用空间向量解答以下问题：

（1） 证明：直线 MN∥平面OCD；
（2） 求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小；
（3） 求点 B 到平面 OCD 的距离．

24. 如图，已知边长为 4 的菱形 ABCD 中，AC∩BD=O，∠ABC=60∘．将菱形 ABCD 沿对角线 AC 折起得到三棱锥 D−ABC，设二面角 D−AC−B 的大小为 θ．

（1） 当 θ=90∘ 时，求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值；
（2） 当 θ=60∘ 时，求直线 BC 与平面 DAB 所成角的正弦值．

25. 如图，在四棱锥 A−BCDE 中，底面 BCDE 为平行四边形，平面ABE⊥平面BCDE，AB=AE，DB=DE，∠BAE=∠BDE=90∘．

（1） 求异面直线 AB 与 DE 所成角的大小；
（2） 求二面角 B−AE−C 的余弦值．

答案
第一部分
1. （1） 由正方体可得 DD1⊥平面ABCD，AB⊥平面ADD1A1，
平面 ABCD 的一个法向量为 DD1，平面 ADD1A1 的一个法向量为 AB；
连接 AC，AC⊥BD，AC⊥BB1，得 AC⊥平面BB1D1D，平面 BDD1B1 的一个法向量为 AC．
（2） 如图，

建立空间直角坐标系 D−xyz，可得 D10,0,2，A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0．
DD1=0,0,2，AB=0,2,0，AC=−2,2,0．
2. 以 AB，AD，AA1 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为 1，则 A10,0,1，C11,1,1，D0,1,0，
设平面 A1C1D 的法向量为 n=x,y,z，则 n⋅A1C1=0，n⋅A1D=0，解得 n=−1,1,1，BD=−1,1,0，所以 BD 与平面 A1C1D 所成角 cos<n,BD>=22×3=63 ．
所以 BD 与平面 A1C1D 所成角的余弦值是 33．
3. 因为 cosa,b=−12，a,b∈0,π，
所以 a,b=2π3．
所以 l1 和 l2 所成的角为 π3．
4. （1） 证法一：连接 AB′，AC′，由已知 ∠BAC=90∘，AB=AC，
三棱柱 ABC−A′B′C′ 为直三棱柱，所以 M 为 AB′ 中点．
又因为 N 为 B′C′ 的中点，所以 MN∥AC′．
又 MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，
因此 MN∥平面A′ACC′．
证法二：取 A′B′ 中点 P，连接 MP，NP．
因为 M，N 分别为 AB′ 与 B′C′ 的中点，
所以 MP∥AA′，PN∥A′C′，
所以 MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，
又 MP∩NP=P，因此平面 MPN∥平面A′ACC′，
而 MN⊂平面MPN．因此 MN∥平面A′ACC′．
（2） 解法一：连接 BN，如图，

由题意得 A′N⊥B′C′，A′N⊥B′B，
所以 A′N⊥平面NBC．
又 A′N=12B′C′=1，故
VA′−MNC=VN−A′MC=12VN−A′BC=12VA′−NBC=16.
解法二：
VA′−MNC=VA′−NBC−VM−NBC=12VA′−NBC=16.

5. （1） 如图，取 AC 中点 O，连接 PO,BO．

∵PA=PC，∴PO⊥AC．
又 ∵ 侧面 PAC⊥ 底面 ABC，
∴ PO⊥ 底面 ABC．
又 PA=PB=PC，∴ AO=BO=CO．
∴ △ABC 为直角三角形．
∴ AB⊥BC．

（2） 如图，取 BC 的中点 M，连接 OM,PM，

则有
OM=12AB=3,AO=12232+232=6,PO=PA2−AO2=3,
由（1）有 PO⊥ 平面 ABC，OM⊥BC，再结合 PB=PC，
可知
PM⊥BC.
∴ 平面 POM ⊥平面 PBC，又 ∵ PO=OM=3．
∴ △POM 是等腰直角三角形，取 PM 的中点 N，连接 ON,NC，
则
ON⊥PM,
又 ∵ 平面 POM⊥ 平面 PBC，且交线是 PM，
∴ ON⊥ 平面 PBC．
∴ ∠OCN 即为 AC 与平面 PBC 所成的角．
ON=12PM=1232−32=62,OC=6,
∴ sin∠OCN=ONOC=12，∴ ∠OCN=π6，
故 AC 与平面 PBC 所成的角为 π6．
6. （1） 法一：
如图，

过 E 作 EO⊥BC，垂足为 O，连 OF，
由 △ABC≌△DBC 可证出 △EOC≌△FOC，
所以 ∠EOC=∠FOC=π2，即 FO⊥BC．
又 EO⊥BC，因此 BC⊥ 面 EFO，
又 EF⊂ 面 EFO，所以 EF⊥BC．
法二：
由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 x 轴，BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易得
B0,0,0,A0,−1,3,D3,−1,0,C0,2,0,
因而
E0,12,32,F32,12,0,
所以
EF=32,0,−32,BC=0,2,0,
因此 EF⋅BC=0，从而 EF⊥BC，所以 EF⊥BC．
（2） 法一：
在图中，过 O 作 OG⊥BF，垂足为 G，连 EG，由平面 ABC⊥ 平面 BDC，从而 EO⊥ 平面 BDC，
所以 EO⊥BF．又 OG⊥BF，所以 BF⊥ 平面 EOG，从而 EG⊥BF.
因此 ∠EGO 为二面角 E−BF−C 的平面角；
在 △EOC 中，可得
EO=12EC=12BC⋅cos30∘=32,
由 △BGO∽△BFC 知
OG=BOBC⋅FC=34,
因此
tan∠EGO=EOOG=2,
从而
sin∠EGO=255,
即二面角 E−BF−C 的正弦值为 255．
法二：
在图中，平面 BFC 的一个法向量为 n1=0,0,1，设平面 BEF 的法向量 n2=x,y,z，又
BF=32,12,0,BE=0,12,32,
由
n2⋅BF=0,n2⋅BE=0,
得其中一个
n2=1,−3,1,
设二面角 E−BF−C 的大小为 θ，且由题意知 θ 为锐角，则
cosθ=cosn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=15,
因
sinθ=25=255,
即二面角 E−BF−C 的正弦值为 255．
7. （1） 由条件知 PDAQ 为直角梯形．
∵ QA⊥ 平面 ABCD，∴ 平面 PDAQ⊥ 平面 ABCD，交线为 AD．
又四边形 ABCD 为正方形，DC⊥AD，∴ DC⊥ 平面 PDAQ，可得 PQ⊥DC．
在直角梯形 PDAQ 中可得
DQ=PQ=22PD,
则 PQ⊥QD．所以 PQ⊥ 平面 DCQ．
（2） 设 AB=a．由题设知 AQ 为棱锥 Q−ABCD 的高，
所以棱锥 Q−ABCD 的体积
V1=13a3.
由（1）知 PQ 为棱锥 P−DCQ 的高，而 PQ=2a，△DCQ 的面积为 22a2，所以棱锥 P−DCQ 的体积
V2=13a3.
故棱锥 Q−ABCD 的体积与棱锥 P−DCQ 的体积比值为 1．
8. （1） 如图1中，

因为 ADDB=AECE，所以 BE∥BC．
又因为 B=90∘，从而 AD⊥DE．
在图2中，

因 A−DE−B 是直二面角，AD⊥DE，
故 AD⊥底面DBCE，从而 AD⊥DB．
而 DB⊥BC，故 DB 为异面直线 AD 与 BC 的公垂线．
下面求 DB 之长．在图 1 中，由
ADDB=AEEC=2,
得
DEBC=ADAB=23.
又已知 DE=3，从而
BC=32DE=92,AB=AC2−BC2=1522−922=6.
因 DBAB=13，故
DB=2.
即异面直线 AD 与 BC 的距离为 2．
（2） 方法一：在图2中，过 D 作 DF⊥CE，交 CE 的延长线于 F，连接 AF．
由（1）知，AD⊥底面DBCE，由三垂线定理知 AF⊥FC，
故 ∠AFD 为二面角 A−EC−B 的平面角．
在底面 DBCE 中，∠DEF=∠BCE，所以
DB=2,EC=13⋅152=52,
因此
sin∠BCE=DBEC=45.
从而在 Rt△DFE 中，
DE=3,DF=DEsin∠DEF=DEsin∠BCE=125.
在 Rt△AFD，中
AD=4,tan∠AFD=ADDF=53.
因此所求二面角 A−EC−B 的大小为 arctan53．
方法二：如图3，

由（1）知，以 D 点为坐标原点，DB,DE,DA 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则
D0,0,0,A0,0,4,C2,92,0,E0,3,0.
所以
CE=−2,−32,0,AD=0,0,−4,
过 D 作 DF⊥CE，交 CE 的延长线于 F，连接 AF．
设 Fx0,y0,0，从而
DF=x0,y0,0,EF=x0,y0−3,0,
由 DF⊥CE，有
DF⋅CE=0,
即
2x0+32y0=0, ⋯⋯①
又由 CE∥EF，得
x02=y0−332, ⋯⋯②
联立①、②，解得
x0=−3625,y0=4825,
即
F−3625,4825,0,
得
AF=−3625,4825,−4,
因为
AF⋅CE=−3625⋅−2+4825⋅−32=0,
故 AF⊥CE，又因 DF⊥CE，
所以 ∠DFA 为所求的二面角 A−EC−B 的平面角．
因 DF=−3625,4825,0，有
DF=−36252+48252=125,AD=4,
所以
tan∠AFD=ADDF=53.
因此所求二面角 A−EC−B 的大小为 arctan53．
9. （1）
连接 AC1 交 A1C 于 O，可得 OD∥BC1，
又 OD⊂面A1CD，BC1⊄面A1CD，
所以 BC1∥平面A1CD．
（2） 直棱柱 ABC−A1B1C1 中，AA1⊥面ABC，
所以 AA1⊥CD，
又 AB⊥CD，AA1∩AB=A，
所以 CD⊥面A1DE，
所以三棱锥 E−A1CD 可以把面 A1DE 作为底面，高就是 CD=2，底面 A1DE 的面积为 42−2−22−2=322，
所以三棱锥 E−A1CD 的体积为 322×2×13=1．
10. （1） 因为 E，F 分别为棱 AB，AD 的中点，所以 EF∥BD．
又 EF⊂平面EFG，BD⊄平面EFG，
所以 BD∥平面EFG．
如图建立空间直角坐标系，

则 A2,0,0，B0,2,0，D0,−2,0，S0,0,2，E22,22,0，F22,−22,0，G0,22,22．
设平面 EFG 的法向量为 m=x,y,z，
EF=0,−2,0，EG=−22,0,22，可得 m=1,0,1，
所以点 B 到平面 EFG 的距离为 d=EB⋅mm=12．
即直线 BD 到平面 EFG 的距离为 12．
（2） 因为 EC=−322,−22,0，
所以点 C 到平面 EFG 的距离为 d=EC⋅mm=32．
11. 如图，设球面的半径为 r，Oʹ 是 △ABC 的外心，外接圆半径为 R，则 OOʹ⊥面ABC．

在 Rt△ACD 中，cosA=26=13，则 sinA=223，
在 △ABC 中，由正弦定理得 6sinA=2R，R=924，即 OʹC=924．
在 Rt△OCOʹ 中，由题意得 r2−14r2=81×216，得 r=362．
球的表面积 S=4πr2=4π×9×64=54π．
球的体积为 43π3623=276π．
12. （1） A1D⊥ 平面 ABC，A1D⊂ 平面 AA1C1C，
故平面 AA1C1C⊥ 平面 ABC．
又 BC⊥AC，所以 BC⊥ 平面 AA1C1C．
如图，连接 A1C，

因为侧面 AA1C1C 为菱形，故 AC1⊥A1C，
由 BC⊥ 平面 AA1C1C 知 AC1⊥BC，
而 A1C∩BC=C，
故可得 AC1⊥面A1CB，所以 AC1⊥A1B．
（2） BC⊥ 平面 AA1C1C，BC⊂ 平面 BCC1B1，
故平面 AA1C1C⊥ 平面 BCC1B1．
作 A1E⊥CC1，E 为垂足，则 A1E⊥ 平面 BCC1B1．
又直线 AA1∥ 平面 BCC1B1，因而 A1E 为直线 AA1 与平面 BCC1B1 的距离，A1E=3．
因为 A1C 为 ∠ACC1 的角平分线，故 A1D=A1E=3．
作 DF⊥AB，F 为垂足，连接 A1F，
由题可知 A1D⊥面ACB，所以 A1D⊥AB．
因此，可知 AB⊥面A1DF，因此 A1F⊥AB，
故 ∠A1FD 为二面角 A1−AB−C 的平面角．
由
AD=AA12−A1D2=1,
得 D 为 AC 的中点，
DF=12×AC×BCAB=55,
所以
tan∠A1FD=A1DDF=15,
所以二面角 A1−AB−C 的大小为 arctan15．
13. （1） 如图，取 PB 中点 M，连接 FM，

因为 F 为 PC 中点，所以 FM 为 △PBC 中位线，
所以 FM∥BC∥AE 且 FM=12BC=AE，
所以四边形 EFMA 为平行四边形，EF∥AM．
因为 EF⊄ 平面 PAB，AM⊂ 平面 PAB，所以 EF∥ 平面 PAB．
（2） ① 连接 PE,BE．
因为 PA=PD，BA=BD，而 E 为 AD 中点，故 PE⊥AD，BE⊥AD，所以 ∠PEB 为二面角 P−AD−B 的平面角．
在 △PAD 中，由
AD=2,PA=PD=5,
可解得
PE=2.
△ABD 中，由
BA=BD=2,
可解得
BE=1.
在三角形 PEB 中，PE=2，BE=1，∠PEB=60∘，由余弦定理，可解得
PB=3,
从而 ∠PBE=90∘，即 BE⊥PB，
又 BC∥AD，BE⊥AD，从而 BE⊥BC，因此 BE⊥ 平面 PBC．
又 BE⊂ 平面 ABCD，所以平面 PBC⊥ 平面 ABCD；
②连接 BF，由 ① 知 BE⊥ 平面 PBC．
所以 ∠EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角，由
PB=3,PA=5,AB=2,
得 ∠ABP 为直角，而
MB=12PB=32,
可得 AM=112，故 EF=112．又 BE=1，故在 Rt△EBF 中，可得
sin∠EFB=BEEF=21111.
所以，直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 21111．
14. （1） 由 AD=CD，AC 的中点为 E，所以 DE⊥AC．如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，

依题意可得 A0,0,0，B1,0,0，A10,0,2，C0,2,0，D−2,1,0，B11,0,2，D1−2,1,2，E0,1,0．
A1C=0,2,−2，DE=2,0,0，
因为 A1C⋅DE=0,2,−2⋅2,0,0=0+0+0=0，
所以 A1C⊥DE，即 A1C 与 DE 所成的角为 π2．
（2） 设平面 B1AC 与平面 D1AC 所成的角为 θ，平面 B1AC 的法向量为 m=x1,y1,1，
平面 D1AC 的法向量为 n=x2,y2,1．
B1A=−1,0,−2，D1A=2,−1,−2，AC=0,2,0．
由 m⋅B1A=0,m⋅AC=0, 得 −x1−2=0,2y1=0, 解得 x1=−2,y1=0,
所以 m=−2,0,1，同理可得 n=1,0,1，
设的夹角为 α，则 cosα=m⋅nmn=−2+152=−1010，由图知 cosθ=−cosα=1010，
所以二面角 B1−AC−D1 （锐角）的余弦值为 1010．
15. （1） ∵PA⊥平面ABCD，∠BAD=90∘，AB=1，AD=2，建立如图所示的空间直角坐标系 A−xyz，

则 A0,0,0，B1,0,0，F1,1,0，D0,2,0．
不妨令 P0,0,t，
∵PF=1,1,−t，DF=1,−1,0，
∴PF⋅DF=1×1+1×−1+−t×0=0，即 PF⊥FD．
（2） 如图所示，

设平面 PFD 的法向量为 n=x,y,z，由 n⋅PF=0,n⋅DF=0, 得
x+y−tz=0,x−y=0.
令 z=1，得 x=y=t2，所以 n=t2,t2,1．
设 G 点坐标为 0,0,m 0≤m≤t，E12,0,0，则 EG=−12,0,m．
要使 EG∥平面PFD，只需 EG⋅n=0，即 −12×t2+0×t2+1×m=m−t4=0，得
m=14t,
从而满足 AG=14AP 的点 G 即为所求．
（3） ∵AB⊥平面PAD，
∴AB 是平面 PAD 的法向量，易得 AB=1,0,0，
又 ∵PA⊥平面ABCD，
∴∠PBA 是 PB 与平面 ABCD 所成的角，得 ∠PBA=45∘，PA=1，平面 PFD 的法向量为 n=12,12,1，所以
cosAB,n=AB⋅nAB⋅n=1214+14+1=66,
因为所求二面角为锐角，故所求二面角 A−PD−F 的余弦值为 66．
16. （1） 法一：如图，连接 A1B，记 A1B 与 AB1 的交点为 F．

因为面 AA1B1B 为正方形，故 A1B⊥AB1，且 AF=FB1．
又 AE=3EB1，所以 FE=EB1，又 D 为 BB1 的中点，
故 DE∥BF，DE⊥AB1．
作 CG⊥AB，G 为垂足，由 AC=BC 知，G 为 AB 中点．
又由底面 ABC⊥面AA1B1B，得 CG⊥面AA1B1B．
连接 DG，则 DG∥AB1，故 DE⊥DG，易得 DE⊥CD．
所以 DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线．
法二：以 B 为坐标原点，射线 BA 为 x 轴正半轴，射线 BB1 为 y 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 B−xyz．

设 AB=2，则
A2,0,0,B10,2,0,D0,1,0,E12,32,0.
又设 C1,0,c，则
DE=12,12,0,B1A=2,−2,0,DC=1,−1,c.
于是 DE⋅B1A=0，DE⋅DC=0，故 DE⊥B1A，DE⊥DC．
所以 DE 为异面直线 AB1 与 CD 的公垂线．
（2） 解法一：因为 DG∥AB1，故 ∠CDG 为异面直线 AB1 与 CD 的夹角，∠CDG=45∘．
设 AB=2，则
AB1=22,DG=2,CG=2,AC=3.
如图，作 B1H⊥A1C1，H 为垂足．因为底面 A1B1C1⊥面AA1C1C，故 B1H⊥面AA1C1C，又作 HK⊥AC1，K 为垂足，连接 B1K，易得 B1K⊥AC1，因此 ∠B1KH 为二面角 A1−AC1−B1 的平面角．
又
B1H=A1B1×A1C12−12A1B12A1C1=223,HC1=B1C12−B1H2=33,
AC1=22+32=7,HK=AA1×HC1AC1=2337,
所以 tan∠B1KH=B1HHK=14，所以二面角 A1−AC1−B1 的大小为 arctan14．
解法二：因为 B1A,DC 等于异面直线 AB1 与 CD 的夹角，故
B1A⋅DC=B1A⋅DCcos45∘,
即
22×c2+2×22=4,
解得 c=2，故 AC=−1,0,2．
又 AA1=BB1=0,2,0，所以
AC1=AC+AA1=−1,2,2.
设平面 AA1C1 的法向量为 m=x,y,z，则
m⋅AC1=0,m⋅AA1=0,
即
−x+2y+2z=0,2y=0.
令 x=2，则 z=1,y=0，故 m=2,0,1．
设平面 AB1C1 的法向量为 n=p,q,r，则
n⋅AC1=0,n⋅B1A=0,
即
−p+2q+2r=0,2p−2q=0.
令 p=2，则 q=2,r=−1，故 n=2,2,−1．
所以
cosm,n=m⋅nmn=115.
由于 m,n 等于二面角 A1−AC1−B1 的平面角，所以二面角 A1−AC1−B1 的大小为 arccos1515．
17. （1） 因为 PA=PD=AD，E 为 AD 中点，
所以 AD⊥PE，
又 AD∥BC，AD⊥CD，得 AD⊥BE，
因为 PE，BE 都在平面 PBE 内，且 PE∩BE=E，
所以 AD⊥平面PBE．
（2） 连接 AC 交 BE 于点 G，连接 FG，

因为 BC 平行且等于 AE，
所以 G 为 BE 中点，
又 F 为 PC 中点，
所以 PA∥FG，
因为 PA⊄平面BEF，FG⊂平面BEF，
所以 PA∥平面BEF；
（3） 取 CD 中点 H，连接 GH，FH，

若 PB=AD，设 PB=AD=2x，则 EB=CD=x，PE=3x，所以 EB2+PE2=PB2，所以 EB⊥PE．又 EB⊥AD，PE∩AD=E，所以 EB⊥面PAD，所以 BE⊥PA．
又 PA∥FG，所以 FG⊥BE．又 GH⊥BE，所以 ∠FGH 即为所求二面角的平面角．
因为 GH∥ED，GF∥AP，而 ∠PAD=60∘，
所以 ∠FGH=∠PAD=60∘．
18. （1） 因为 AC=BC，D 为 AB 的中点，故 CD⊥AB．
又在直三棱柱中，CC1⊥ 平面 ABC，故 CC1⊥CD，
所以异面直线 CC1 和 AB 的距离为 CD=BC2−BD2=5．
（2） 由 CD⊥AB，CD⊥BB1，AB∩BB1=B，
故 CD⊥ 平面 A1ABB1，
从而 CD⊥DA1，CD⊥DB1，
故 ∠A1DB1 为所求的二面角 A1−CD−B1 的平面角．
因为 A1D 是 A1C 在平面 A1ABB1 上的射影，
又已知 AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得 AB1⊥A1D，
从而 ∠A1AB1，∠A1DA 都与 ∠B1AB 互余，
因此
∠A1AB1=∠A1DA,
所以 Rt△A1AD∽Rt△B1A1A．因此
AA1AD=A1B1AA1,
得
AA12=AD⋅A1B1=8,
从而
A1D=AA12+AD2=23,B1D=A1D=23,
所以在 △A1DB1 中，由余弦定理得
cos∠A1DB1=A1D2+B1D2−A1B122⋅A1D⋅B1D=13.

19. （1） 如图 1，在等腰梯形 ABCD 中，由 BC∥AD，BC=12AD=2，∠A=60∘，E 为 AD 中点，，所以 △ABE 为等边三角形，
如图 2，因为 O 为 BE 的中点，所以 A1O⊥BE，
又因为平面 A1BE⊥ 平面 BCDE，
且平面 A1BE∩ 平面 BCDE=BE，
所以 A1O⊥ 平面 BCDE，所以 A1O⊥CE．
（2） 连接 OC，由已知得 CB=CE，又 O 为 BE 的中点，
所以 OC⊥BE，
由 1 知 A1O⊥ 平面 BCDE，
所以 A1O⊥BE，A1O⊥OC
所以 OA1，OB，OC 两两垂直，
以 O 为原点，OB，OC，OA1 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系（如图）

因为 BC=2，易知 OA1=OC=3，
所以 A10,0,3，B1,0,0，C0,3,0，E−1,0,0，
所以 A1B=1,0,−3，A1C=0,3,−3，A1E=−1,0,−3，
设平面 A1CE 的一个法向量为 n=x,y,z，
由 n⋅A1C=0,n⋅A1E=0, 得 3y−3z=0,−x−3z=0, 即 y−z=0,x+3z=0,
取 z=1，得 n=−3,1,1 ，
设直线 A1B 与平面 A1CE 所成角为 θ ，则
sinθ=∣cos⟨A1B,n⟩∣=∣−3−32×5∣=35=155,
所以直线 A1B 与平面 A1CE 所成角的正弦值为 155．
（3） 假设在侧棱 A1C 上存在点 P，使得 BP∥ 平面 A1OF ，
设 A1P=λA1C，λ∈0,1 ，
因为 BP=BA1+A1P=BA1+λA1C，
所以 BP=−1,0,3+λ0,3,−3=−1,3λ,3−3λ，
易证四边形 BCDE 为菱形，且 CE⊥BD，
又由问题 1 可知，A1O⊥CE，所以 CE⊥ 平面 A1OF，
所以 CE=−1,−3,0 为平面 A1OF 的一个法向量，
由 BP⋅CE=−1,3λ,3−3λ⋅−1,−3,0=1−3λ=0，得 λ=13∈0,1 ．
所以侧棱 A1C 上存在点 P，使得 BP∥ 平面 A1OF，且 A1PA1C=13．
20. （1） 在图 1 中，取 BE 的中点 D，连接 DF．

因为 AE:EB=CF:FA=1:2，所以 AF=AD=2，而 ∠A=60∘，所以 △ADF 是正三角形，
又 AE=DE=1，所以 EF⊥AD，在图2中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
所以 ∠A1EB 为二面角 A1−EF−B 的平面角．
由题设条件知此二面角为直二面角，所以 A1E⊥BE．
又 BE∩EF=E，所以 A1E⊥平面BEF，即 A1E⊥平面BEP．
（2） 建立分别以 ED，EF，EA1 为 x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，
则 E0,0,0，A10,0,1，B2,0,0，F0,3,0，P1,3,0，则 A1E=0,0,−1，A1B=2,0,−1，BP=−1,3,0．
设平面 A1BP 的法向量 n1=x1,y1,z1，
由 n1⊥平面ABP 知，n1⊥AB，n1⊥BP，即 2x1−z1=0,−x1+3y1=0,
令 x1=3，得 y1=1，z1=23，n1=3,1,23．
cosAE,n1=AE⋅n1∣AE∣⋅∣n1∣=3×0+1×0+23×−13+1+12⋅0+0+1=−32,
所以直线 A1E 与平面 A1BP 所成的角为 60∘．
（3） AF=0,3,−1，PF=−1,0,0，设平面 AFP 的法向量为 n2=x2,y2,z2．
由 n2⊥平面AFP 知，n2⊥AF，n2⊥PF，即 −2x2=0,3y2−z2=0,
令 y2=1，得 x2=0，z2=3，n2=0,1,3．
cosn1,n2=n1⋅n2∣n1∣⋅∣n2∣=3×0+1×1+23×33+1+12⋅0+1+3=78,
所以二面角 B−A1P−F 的余弦值是 −78．
21. （1） 连接 OC，
因为 ABD 为等边三角形，O 为 BD 的中点，
所以 AO⊥BD，
因为 △ABD 和 △CBD 为等边三角形，O 为 BD 的中点，AB=2，AC=6，
所以 AO=CO=3．
在 △AOC 中，
因为 AO2+CO2=AC2，
所以 ∠AOC=90∘，即 AO⊥OC，
因为 BD∩OC=O，AO⊥面BCD．
（2） 解法一：
过 O 作 OE⊥BC 于 E，连接 AE，

因为 AO⊥平面BCD，
所以 AE 在平面 BCD 上的射影为 OE，
所以 AE⊥BC，
所以 ∠AEO 为二面角 A−BC−D 的平面角．
在 Rt△AEO 中，AO=3，OE=32，tan∠AEO=AOOE=2，cos∠AEO=55，
所以二面角 A−BC−D 的余弦值为 55．
解法二：
以 O 为原点，如图建立空间直角坐标系，则 O0,0,0，A0,0,3，B0,1,