空间向量简单题

空间向量简单题1．如图建立空间直角坐标系，已知正方体的棱长为 .1）求正方体各顶点的坐标；2）求的长度.2．已知空间中三点 A 2,0,2，B 1,1,2，C 3,0,4，设a AB，b AC.（1）求向量a与向量b的夹角的余弦值；（2）若kab与ka2b互相垂直，求实数k的值．3．已知向量b与向量a=（2,-1,2）共线，且满足a·b=18,（ka+b）⊥（ka-b）,求向量b及k的值.4．（2015秋?河西区期末）已知．（1）若，求实数k的值（2）若，求实数k的值．5．P是平面ABCD外的点，四边形ABCD是平行四边形，AB(2，1，4),AD(4，2,0),AP(1，2，1),求证PA垂直平面ABCD.6．长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2,BC1,AA11D1C1A1B1DCAB1）求直线AD1与B1D所成角；2）求直线AD1与平面B1BDD1所成角的正弦.7．（本大题12分）如图，在棱长为 ɑ的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点．1）求直线A1C与平面ABCD所成角的正弦的值；2）求证：平面AB1D1∥平面EFG；3）求证：平面AA1C⊥面EFG．D1C1A1B1FDA B

GCE8．已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，AB//DC，DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC1，AB1，M是PB的中点。2面PCD；（1）证明：面PAD2）求AC与PB所成的角；3）求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值．9．（本小题满分12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，PAAB2，E、F分别为CD、PB的中点，AE3．（Ⅰ）求证：平面AEF平面PAB．（Ⅱ）求平面 PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值．10．如图，在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，AB a，AA1 2a，E为CC1的中点，ACIBD O.（Ⅰ） 证明：OE∥平面ABC1；（Ⅱ）证明： A1C 平面BDE.D1 C1A1 B1ED COA B11．在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=B1B=1，M、N分别是AD、DC的中点.D1 C1A1 N B1DCMA B（1）求证：MN12．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCCC11,E为棱C1D1的中点.（Ⅰ）求证面ADE面BCE；（Ⅱ）求三棱锥A1ADE的体积D1

E

C1A1

B1D

CA B13．已知三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AB5，AC4，BC3，AA14，点D在AB上.（1）若D是AB的中点.求证：AC1P平面B1CD；（2）当BD1时，求二面角BCDB1的余弦值.AB514．如图四棱锥

P

ABCD的底面

ABCD为菱形，且

ABC

60

，

AB

PC

2，

PA

PB

2.（Ⅰ）求证：平面（Ⅱ）二面角P

PAB 平面ABCD；AC B的余弦值.15．如图所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O，O1分别为底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心，AB6，AA14，M为B1B的中点，N在C1C上，且C1N:NC＝1:3.1）以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求图中各点的坐标．（2）以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求图中各点的坐标．16．如图所示，在长、宽、高分别为AB3，AD2，AA11的长方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中：（1）单位向量共有多少个？（2）试写出模为 5的所有向量；uuur（3）试写出与 AB相等的所有向量；uuur（4）试写出 AA1的相反向量．r r r r rur r r r ur17．已知a (1,2,3),b (1,01)，c a 2b,d ma b,求实数m的值，使得（1）；（2）c//d18．（本小题满分 13分）已知 ABCD A1B1C1D1是边长为1的正方体，求：（Ⅰ）直线 AC1与平面AA1B1B所成角的正切值；（Ⅱ）二面角 B AC1 B1的大小．19．在边长是 2的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AB,A1C的中点.应用空间向量方法求解下列问题 .zyx求EF的长证明：EF//平面AA1D1D；证明:EF平面A1CD.20．如右图，正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为1．应用空间向量方法求：D1 C1A1B1D CA B⑴求A1B和B1C的夹角⑵求证：A1B AC1．21．如图，在边长为 2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，试用向量的方法：D1

C1A1 B1ED FCA B(1)求证：D1F 平面ADE；求CB1与平面ADE所成的角的余弦值.22．（本小题满分 12分）如图，正方体 ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分别为棱 DD1、AB、BC的中点 ．1）求二面角B1MNB的正切值；2）求证：PB⊥平面MNB1；（3）若正方体的棱长为 1，画出一个正方体表面展开图，使其满足“有 4个正方形面相连成一个长方形”的条件，并求出展开图中 P、B两点间的距离 ．23．如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，P是棱BC的中点，Q在棱CD上.且DQ DC，若二面角 P C1Q C的余弦值为14，求实数 的值.7A1 D1B1 C1A DQB CP24．如图3所示，ABCD A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M是棱A1B1的中点，N是棱A1D1的中点．求异面直线AN与BM所成角的正弦值；(2)求三棱锥M DBB1的体积．参考答案1．（1）详见解析；（2） .【解析】试题分析：（1）根据空间坐标系的定义，易得各点的坐标； （2）要求空间中两点的距离，可直接利用空间两点的距离公式 求解出来.试题解析：（1）正方体各顶点的坐标如下：.（2）解法一： .解法二：∵ ，在 中， ，∴ .2．（1）105k2（2）k或102【解析】试题分析：（1）求得向量的坐标，将其代入夹角公式向量的数量积为 0，代入点的坐标可得到 k的值

r ra?bcos rr可求解向量夹角余弦值；（2）由向量垂直可得到ab试题解析：（1）aAB(1,1,0)，bAC(1,0,2)，设a与b的夹角为∴cosa?b-110ab1010（2）kab(k1,k,2)，ka2b(k2,k,4)且(kab)(ka2b)∴(k1)(k2)k280即：k5或k22考点：向量的坐标运算及向量的夹角3．（4,-2,4），k=±2【解析】rrrrrrrr试题分析：由已知得存在实数λ，使ba，由此能求出b2a4,2,4．由kabkab，得rrrr0，由此能求出k=±2kabgkab试题解析：∵a,b共线，∴存在实数λ,使b=λa,a·b=λa2=λ︱a︱2,解得λ=2.b=2a=（4,-2,4）.∵（ka+b）⊥（ka-b）,∴（ka+b）·（ka-b）=（ka+2a）·（ka-2a）=0,2 2即（k-4）︱a︱=0，解得k=±2.考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系4．（1） ；（2） ．【解析】试题分析：（1）根据空间向量的坐标运算以及向量的共线定理，列出方程求出 k的值；（2）根据两向量垂直，数量积为 0，列出方程求出 k的值．解：（1）∵ ，∴ ；又 ，∴ ，解得 ；（2）∵且 ，∴ ，即7（k﹣2）﹣4（5k+3）﹣16（5﹣k）=0，解得 ．考点：空间向量的数量积运算．5．【解析】证明：APAB 2 (1) (1) 2 (4) (1) 0 AP垂直于AB,即AP垂直于AB.APAD (1) 4 2 2 (1) 0 0 AP垂直于AD,即AP垂直于AD.PA垂直平面ABCD.6．（1）直线AD1与B1D所成角为90°；（2）10。5【解析】试题分析：以D为原点建系1分uuuuruuuur（1）cosAD1,B1D03分直线AD1与B1D所成角为90°5分r（2）平面B1BDD1的法向量为n(2,1,0)7分ruuuur10sin|cosn,AD1|9分5所求角的正弦值为1010分5考点：立体几何中的角的计算，空间向量的应用。点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用空间向量，省去繁琐的证明，也是解决立体几何问题的一个基本思路。注意运用转化与化归思想，将空间问题转化成平面问题。7．（1）A1A3；（2）见解析；（3）见解析。AC31【解析】试题分析：(1)因为A1A平面ABCD,所以A1CA为A1C与平面ABCD所成角,然后解三角形求出此角即可.（2）证明面面平行根据判定定理只须证明平面平面ABD内两条相交直线AB1和D1B1分别平行于平面EFG即可.11在证明线面平行时又转化为证明线线平行.(3)易证：BD平面AAC，再证明EF（1）∵A1C平面ABCD=C，在正方体ABCD-ABCD11111A1A 平面ABCDAC为A1C在平面ABCD的射影A1CA为A1C与平面ABCD所成角⋯⋯⋯.2分正方体的棱长为 a∴AC=2a，A1C=3a1A1A3⋯⋯⋯..4分sinACA3AC12）在正方体ABCD-A1B1C1D1连接BD，DD1∥B1B，DD1=B1BDD1 BB1为平行四边形D1B1∥DB∵E，F分别为BC，CD的中点EF∥BD∴EF∥D1B1⋯⋯⋯⋯3分∵EF平面GEF，D1B1平面GEF∴D1B1∥平面GEF⋯⋯⋯⋯7分同理AB1∥平面GEF∵D1B1AB1=B1∴平面ABD∥平面EFG⋯⋯⋯⋯⋯9分11（3）在正方体ABCD-A1B1C1D1∴AA1平面ABCDEF平面ABCD∴AA1 EF ⋯⋯⋯⋯10分ABCD为正方形ACBDEF∥BD∴AC EF ⋯⋯⋯..11 分AA1 AC A∴EF 平面AA1C∵EF 平面EFG∴平面AA1C⊥面EFG ⋯⋯⋯⋯⋯.12分.考点：斜线与平面所成的角，线面垂直，面面垂直，面面平行的判定 .点评：斜线与平面所成的角就是斜线与它在这个平面内的射影所成的角，因而关键是找到它在这个平面内的射影 .面面垂直（平行）证明要转化为证明线面垂直（平行）再转化为线线垂直（平行） .8．证明：以 A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为12（1）证明：因由题设知AD故面PAD⊥面

AP (0,0,1),DC (0,1,0),故APDC 0,所以AP DC.DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得PCD.

DC

面PAD.又DC

在面

PCD上，2）因AC(1,1,0),PB(0,2,1),故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以cosAC,PBACPB10.|AC||PB|5（3）平面AMC的一个法向量设为n(1,y1,z1)，AC(1,1,0),AM(0,1,1),21y10n(1,1,2)y11z102平面BMC的一个法向量设为m(1,y2,z2)，BC(1,1,0),BM(0,1,1),21y20y21z20n(1,1,2)2cosm,n1142266所求二面角的余弦值为33【解析】（1）利用面面垂直的性质，证明CD⊥平面PAD．（2）建立空间直角坐标系，写出向量AC与PB的坐标，然后由向量的夹角公式求得余弦值，从而得所成角的大小.（3）分别求出平面AMC的法向量和面BMC的一个法向量，然后求出两法向量的夹角即可．9．（Ⅰ）∵四边形ABCD是菱形，∴ADCDAB2．在ADE中，AE3，DE1，∴AD2DE2AE2．AED90，即AECD．又ABCD，∴AEAB．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分∵PA平面ABCD，AE平面ABCD，∴PAAE．又∵PAIABA，∴AE平面PAB，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分又∵AE平面AEF，平面AEF平面PAB．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（Ⅱ）解法一：由（1）知AE平面PAB，而AE平面PAE，∴平面PAE平面PAB⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分PA平面ABCD，∴PACD．由（Ⅰ）知 AE CD，又PAI AE A∴CD平面PAE，又CD平面PCD，∴平面PCD平面PAE．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分∴平面PAE是平面PAB与平面PCD的公垂面．所以，APE就是平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的平面角．⋯⋯9分在RtPAE中，PE2AE2PA2347，即PE7．⋯⋯⋯⋯⋯10分又PA2，cos227APE7．∴727所以，平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为7．⋯⋯⋯⋯12分理（Ⅱ）解法二：以A为原点，AB、AE分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示．因为PAAB2，AE3，所以，A(0,0,0)、P(0,0,2)、E(0,3,0)、C(1,3,0)，⋯⋯⋯⋯6分uuuruuuruuur则PE(0,3,2)，CE(1,0,0)，AE(0,3,0)．⋯⋯⋯7分由（Ⅰ）知AE平面PAB，uur故平面PAB的一个法向量为n1(0,1,0)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分uur设平面PCD的一个法向量为n2(x,y,z)，uuruuur0nPE3y2z0guuruuur则n2gCE0，即x0，令y2，uur则n2(0,2,3)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分uruururuurnn227cosn1,n2guuruur77∴n1gn2．所以，平面 PAB与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为【解析】（Ⅰ）要证平面AEF平面PAB，只要证AE出平面角，建立空间直角坐标系计算平面的法向量，计算角。

27．⋯⋯⋯⋯⋯12分平面PAB，即证AE AB，PA AE；（Ⅱ）传统法找10．Ⅰ）证明：因为EC1EC,AOOC，所以OE∥AC1因为AC1面ABC1，OE面ABC1，所以OE∥面ABC1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（Ⅱ）连接A1C1，因为ABa，所以AC112a所以四边形ACC1A1为正方形所以A1CAC1因为OE∥AC1，所以A1COE⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分又因为BDAC，BDAA1,ACIAA1A所以BD 面A1C所以BDA1C[因为OEIBDO，所以A1C面BDED1C1A1B1EDCOBA【解析】略11．（1）连结AC，M、N分别为AD、DC中点MN525251025210E为棱C1D1的中点，D1DD1E1，又DD1E90，D1ED45,同理C1EC45，DEC90.即DEECBC面DC1，又DE面DC1，BCDE.BCCEC,DE面BCE.DE面ADE,面ADE面BCEA1ADEAA1DD1E111113【解析】试题分析：（1）连结BC，交BC于E，连结DE,由DE//AC证明AC//61332平面B1CD即可；（2）以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，利用两平面的法向量求二面角即可.试题解析：（1）证明：连结BC1，交B1C于E，连结DE.Q侧面BB1C1C为平行四边形，E为BC1中点，D是AB的中点，DE为VABC1的中位线，DE//AC1，QDE平面B1CD，AC1平面B1CD，AC1//平面B1CD，（2）QACBC，如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz.则B3,0,0，A0,4,0，C10,0,4，B13,0,4.设Da,b,0（a0，b0），BD1uuur1uuurQ点D在线段AB上，且，即BDBA，AB554a，b.55uuuruuurB1C3,0,4，BA3,4,0ur平面BCD的一个法向量为n10,0,1uurx,y,1设平面B1CD的法向量为n2

uuur12,4,0.，CD55，，uuuruuruuuruur3x40,，得{由BCn0，CDn0124122xy0.554uur4.x，y4，2,4,133uruur设二面角BCDB1的大小为，cosn1n23.uruurn1n213二面角B CD B1的余弦值为 3.1314．217【解析】试题分析：（1）取AB中点O，连结PO，CO，依题意，可证PO平面ABC，从而可证得平面PAB平面ABCD；（2）由（1）OB、CO、OP两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，可求得各点坐标，求出面PACrr0,0,1，求出向量的夹角即可.的法向量为n1,3,3，面BAC的一个法向量为m试题解析：（1）证明：取 AB中点O，连结PO，CO，由PA AB 2， AB 2，知VPAB为等腰直角三角形，PO1，POAB，由ABBC2，ABC60，知VABC为边三角形，CO3，由PC2得PO2CO2PC2，POCO，又ABCOO，AB、CO平面ABCDPO平面ABC，又PO平面PAB，平面PAB平面ABCD.（2）由（1）OB、CO、OP两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，则A0,1,0，C3,0,0，P0,0,1，uuuruuurrruuur3xy0nACAC3,1,0，AP0,1,1，设平面PAC的法向量为nx,y,z，则{ruuuryz，取x1，nAP0r1,3,3，又平面BAC的一个法向量为r0,0,1，则nm设二面角PACB的大小为，rrrr321cosnm易知其为锐角，cosn,mrr1337，nm二面角PACB的余弦值为21.715．详见解析【解析】（1）正方形ABCD中，AB6，∴ACBD62，从而OAOCOBOD32，∴各点坐标分别为A32,0,0，B0,32,0，C32,0,0，D0,32,0，O0,0,0，O10,0,4，A132,0,4，B10,32,4，C132,0,4，D10,32,4，M0,32,2，N32,0,3．（2）同理，A6,0,0，B6,6,0，C0,6,0，D0,0,0，A16,0,4，B16,6,4，C10,6,4，D10,0,4，O3,3,0，O13,3,4，M6,6,2，N0,6,3．考点：空间中点的坐标表示.16．详见解析uuuruuuruuuruuuruuuuruuuuruuuuruuuur【解析】（1）由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1，A1A，BB1，B1B，CC1，C1C，DD1，D1D这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．uuuuruuuuruuuuruuuuruuuur（2）由于这个长方体的左右两个面的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1，D1A，A1D，DA1，BC1，uuuruuuruuurC1B，B1C，CB1．uuuruuuuruuuruuuur（3）与向量AB相等的向量（除它自身之外）有A1B1，DC，11．DCuuuruuuruuuruuuuruuuur（4）向量AA1的相反向量为A1A，B1B，C1C，D1D.考点：空间向量.17．（1）m10（2）m2【解析】rrrurm的方试题分析：由向量a,b的坐标可求得向量c,d的坐标，结合向量平行与垂直时坐标满足的关系式可得到关于程，从而求得其值试题解析：（1）c1,2,321,0,11,2,1dm1,2,31,0,1m1,2m,3m1cd1m14m3m10m0（2）c//ddcm12m3m11211m2考点：向量的坐标运算及向量平行垂直的性质18．（Ⅰ）2；（Ⅱ）60°2【解析】试题分析：（Ⅰ）先根据其为正方体得到∠1111C1AB1就是AC1与平面AABB所成的角；然后在RT△CAB中求其正切即可；1111111111（Ⅱ）先过B作BE⊥BC于E，过E作EF⊥AC于F，连接BF；根据AB⊥平面BCCB推得BE?AC；进而得到∠BFE11的平面角；然后通过求三角形的边长得到二面角11的大小即可．是二面角B﹣AC﹣BB﹣AC﹣B试题解析：（Ⅰ）连接AB1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方体B1C1⊥平面ABB1A1，AB1是AC1在平面AA1B1B上的射影∴∠C1AB1就是AC1与平面AA1B1B所成的角在RT△C1AB1中，tan∠C1AB1=1222∴直线AC与平面AABB所成的角的正切值为21112（Ⅱ）过 B1作B1E⊥BC1于E，过E作EF⊥AC1于F，连接B1F；AB⊥平面B1C1CB，?AB⊥B1E?B1E?平面ABC1?B1E?AC1∴∠B1FE是二面角 B﹣AC1﹣B1的平面角1BC=2，1111122在RT△ABC中，sin∠BCA=AB311AC13EF=C1E?sin∠BC1A=6，6∴tan∠B1FE=B1E3EF∴∠B1FE=60°，即二面角 B﹣AC1﹣B1的大小为 60°．考点：线面角以及二面角的平面角及其求法 .19．（1） 2（2）根据题意，关键是能根据向量法来得到 AD1PEF即可。uuvuuuvuuvuuuuv（3）对于题目中QEFCD0,EFA1D=0EFCD,EFA1D，则可以根据线面垂直的判定定理来的得到。【解析】试题分析：解(1)如图建立空间直角坐标系zyxA1(2,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2)E(2,1,0),F(1,1,1)uuuv(1,0,1),|EF|2EF4分uuuuv（2）QAD1(2,0,2)AD1PEF而EF面ADD1A1EF//平面AA1D1D8分uuvuuuvuuvuuuuv（3）QEFCD0,EFA1D=0EFCD,EFA1D又CDA1D=DEF 平面A1CD. 12 分考点：证明平行和垂直，求解长度点评：主要是考查了运用向量法来求解长度以及平行和垂直的证明的运用，属于基础题。20．（1）32）对于线线垂直的证明可以运用几何性质法也可以运用向量法来证明向量的垂直即可。【解析】试题分析：解：建立空间直角坐标系，则A11,0,1,B1,1,0,B11,1,1,C0,1,0,A1,0,0,C10,1,1.-1分uuuruuur1,0,1，-⑴所以AB0,1,1，BC2分11uuuruuur110111，ABBC011uuuruuuruuuruuuur所以A1BB1C11-4分cosA1B,B1Cuuuruuur222A1BB1C所以A1B和B1C的夹角为.5分3uuuruuuur⑵因为A1B0,1,1，AC11,1,1，7分uuuruuuurA1BAC10-9分所以A1BAC1．10分考点：空间向量的运用点评：主要是考查了向量法来求解异面直线所成的角和线线垂直的证明，属于基础题。21．（1）要证明线面垂直可以借助于向量法来得到也可以利用线面垂直的判定定理来得到。2）155【解析】试题分析：解：如图：以点D位坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系⋯⋯2分zD1C1A1 B1EDFyCxBAuuuuruuur（1）D1F(0,1,2)，DA(2,0,0)uuur(2,2,1)1DE分uuuuruuuruuuuruuurQD1FDA0,D1FDE0D1FDA,D1FDE3分又QDAIDED,DA,DE平面ADE，D1F平面ADE5分uuur（2）CB1(2,0,2)ruuuur由（1）可知平面ADE的法向量nD1F(0,1,2)6分uuurr410cosCB1,n88分55设CB1与平面ADE所成的角为,10sin515cos5CB1与平面ADE所成的角的余弦值为1510分5考点：线面的垂直以及线面角的求解点评：主要是考查了线面角的求解，以及线面垂直的证明，属于基础题。22．（1）解：连结 BD交MN于F，连结B1F.∵平面DD1B1B⊥平面ABCD,交线为BD，AC⊥BD,∴AC⊥平面DD1B1B.又∵AC∵B1F,BF 平面DD1B1B，∴B1F⊥MN,BF⊥MN.∵B1F 平面B1MN，BF 平面BMN，则∠B1FB为二面角 B1-MN-B的平面角. -----------------------2 分在Rt△B1FB中，设B1B=1，则FB=2，4∴tan∠B1FB=2 2. -------------------------4 分（2）证明：过点 P作PE⊥AA1，则PE∥DA，连结 BE.又DA⊥平面ABB1A1，∴PE⊥平面ABB1A1,即PE⊥B1M.又BE⊥B1M，∴B1M⊥平面PEB.∴PB⊥MB1.由（1）中MN⊥平面DD1B1B,得PB⊥MN，所以 PB⊥平面

MNB1.

-----------------8

分（3）解：

PB=

13

，符合条件的正方体表面展开图可以是以下

6种之一：2-------------12 分【解析】试题分析：（1）要求二面角B1-MN-B的正切值，我们要