阶段性测试题9(理)-立体几何、空间向量(学生)

制作老师：龚志军（Flagon） 手机系QQ：137070928PAGEPAGE1阶段性测试题九(立体几何、空间向量(理))本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)1．已知一个几何体是上下两部分构成的组合体，其三视图如图所示，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为eq\r(5)，则该几何体的体积是 ()A.eq\f(4π,3) B．2πC.eq\f(8π,3) D.eq\f(10π,3)2．在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，平面A1BD截该正方体的内切球所得截面的面积为 ()A.eq\f(πa2,3) B.eq\f(πa2,9) C.eq\f(πa2,2) D.eq\f(πa2,6)3．圆台上、下底面面积分别是π、4π，侧面积是6π，这个圆台的体积是 ()A.eq\f(2\r(3),3)π B．2eq\r(3)πC.eq\f(7\r(3),6)π D.eq\f(7\r(3),3)π4．已知直线m、n和平面α，那么m∥n的一个必要而不充分条件是 ()A．m∥α，n∥α B．m⊥α，n⊥αC．n⊂α且m∥α D．m、n与α成等角5．如图所示，b、c在平面α内，a∩c＝B，b∩c＝A，且a⊥b，a⊥c，b⊥c，若C∈a，D∈b，E在线段AB上(C，D，E均异于A，B)则△CDE是 ()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．等腰三角形6．若A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，则△BCD是 ()A．钝角三角形 B．锐角三角形C．直角三角形 D．不确定7．在四面体O－ABC中，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，若eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(x,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(x,4)eq\o(OC,\s\up6(→))，则使G与M、N共线的x的值为 ()A．1 B．2 C.eq\f(2,3) D.eq\f(4,3)8．(08·辽宁)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线 ()A．不存在 B．有且只有两条C．有且只有三条 D．有无数条9．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1.M在EF上．且AM∥平面BDE.则M点的坐标为 ()A．(1,1,1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))10．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 ()A．45° B．60°C．90° D．120°11．设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情况：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面．其中使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题的是 ()A．③④ B．①③ C．②③ D．①②12．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是 ()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．正三棱锥P—ABC的高为2，侧棱与底面ABC成45°角，则点A到侧面PBC的距离为________．14．如图，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论中正确的是________．(把你认为正确的结论都填上)①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥平面CB1D1；③AC1与底面ABCD所成角的正切值是eq\r(2)；④二面角C—B1D1－C1的正切值是eq\r(2)，⑤过点A1与异面直线AD与CB1成70°角的直线有2条．15．如图所示是正方体的平面展开图，在这个正方体中：①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个说法中，正确说法的序号依次是________．16．(08·全国Ⅰ)已知菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角A－BD－C为120°，则点A到△BCD所在平面的距离等于________．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)底面是正三角形，侧棱垂直于底面的棱柱为正三棱柱．如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AA1＝4，M为AA1中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC1到M的最短距离为eq\r(29)，设这条最短路线与CC1的交点为N，求：(1)棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)PC与NC的长；(3)棱柱的表面积．18．(本小题满分12分)已知某几何体的三视图如下图所示，其中俯视图为正三角形，设D为AA1的中点．(1)作出该几何体的直观图并求其体积．(2)求证：平面BB1C1C⊥平面BDC1.(3)BC边上是否存在点P，使AP∥平面BDC1？若不存在，说明理由；若存在，证明你的结论．19．(本小题满分12分)已知四棱锥P－ABCD的直观图与三视图如图所示，点E为棱AD的中点，在棱PC上是否存在一点F，使得EF⊥平面PBC？若存在，求出线段EF的长度；若不存在，说明理由．20．(本小题满分12分)(08·福建)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝eq\r(2)，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求异面直线PB与CD所成角的大小；(3)求点A到平面PCD的距离．21．(本小题满分12分)如图，棱柱ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC＝60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC＝60°.(1)求异面直线BD和AA1所成的角；(2)求二面角D—A1A—C的平面角的余弦值；(3)在直线CC1上否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．22．(本小题满分14分)如图，ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱．(1)求证：BD⊥平面ACC1A1；(2)若二面角C1－BD－C的大小为60°，求异面直线BC1与AC所成角的大小．阶段性测试题九——参考答案：1、[答案]A[解析]这个几何体是一个底面半径为1，高为2的圆锥和一个半径为1的半球组成的组合体，故其体积为eq\f(1,3)π×12×2＋eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(4π,3).2、[答案]D[解析]如图，S△A1BD＝eq\f(\r(3),2)a2，S△OBD＝eq\f(1,4)SBDD1B1＝eq\f(\r(2),4)a2，设球心O到平面A1BD的距离为d，则VO—A1BD＝VA1—OBD，即eq\f(1,3)S△A1BD·d＝eq\f(1,3)S△OBD·eq\f(\r(2),2)a，解得d＝eq\f(\r(3),6)a.∴截面圆的半径r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2)＝eq\r(\f(1,6))a.∴S截＝πr2＝eq\f(π,6)a2.3、[答案]D[解析]上底半径r＝1，下底半径R＝2，S侧＝6π，设母线长为l，则π(1＋2)·l＝6π，∴l＝2.∴高h＝eq\r(l2－(R－r)2)＝eq\r(3).∴V＝eq\f(1,3)π·eq\r(3)(12＋1×2＋22)＝eq\f(7\r(3)π,3).4、[答案]D[解析]由题意知：m∥n能推出四个选项的某个结论，而这个结论作为条件又不能推出m∥n.在选项D中，因为m∥n，则有m、n与α成等角；而m、n与α成等角，可以是不同方向上成等角，故不能推出m∥n.5、[答案]C[解析]由条件知，∠DAE、∠CBE、∠CBD均为直角，∴DE2＋CE2－CD2＝(DA2＋AE2)＋(CB2＋BE2)－(CB2＋BD2)＝DA2＋AE2＋BE2－DA2－AB2＝AE2＋BE2－AB2<0，∴∠CED为钝角．6、[答案]B[解析]∵eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB2,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2>0，同理eq\o(CB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))>0，故△BCD为锐角三角形．因此选B.7、[答案]A[解析]若G、M、N共线，则存在实数λ使eq\o(MG,\s\up6(→))＝λeq\o(MN,\s\up6(→))，即eq\o(OG,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝λ(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝(1－λ)eq\o(OM,\s\up6(→))＋λeq\o(ON,\s\up6(→))＝(1－λ)·eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋λ·eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(2(1－λ),3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(λ,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2(1－λ),3)＝\f(1,3),\f(x,4)＝\f(λ,2)))，∴x＝1.8、[答案]D[解析]显然在正方体中，A1E∥CF，∴A1C与EF必相交，∴A1C是与A1D1、EF、BC都相交的一条直线．在A1D1上任取一点P，CD与DP确定一个平面与正方体相交得▱PQCD，Q在B1C1上，EF与此平面交点为R，连结PR与CD必相交，设交点为H，则直线PRH，即与A1D1、EF、CD都相交的直线，由作法知，这样的直线有无数多条．[点评]一般地，异面问题讨论时，总有设法化异为共，如果讨论多条异面直线问题，总是通过平行直线或相交直线或一线一点(点在另一异面直线上)定面，再加讨论．9、[答案]C[解析]∵M在EF上，设ME＝x，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x，\f(\r(2),2)x，1))，∵A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，0,0)，E(0,0,1)，B(0，eq\r(2)，0)∴eq\o(ED,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，－1)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x－\r(2)，\f(\r(2),2)x－\r(2)，1))设平面BDE的法向量n＝(a，b，c)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0))得，a＝b＝eq\f(\r(2),2)c.故可取一个法向量n＝(1,1，eq\r(2))∵n·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，∴x＝1，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，故选C.10、[答案]B[解析]设B1C交BC1于点G，取AC的中点H，则GH∥AB1∥EF.设AB＝BC＝AA1＝a，在三角形GHC中，易知GH＝HC＝GC＝eq\f(\r(2),2)a，又GB＝HG＝eq\f(\r(2),2)a，故两直线所成的角即为∠HGB＝60°.11、[答案]C[解析]由于垂直于同一个平面的两条直线平行，故②可以使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题；又由于垂直于同一直线的两个平面平行，故③可以使“x⊥z且y⊥z⇒x∥y”为真命题；在如图所示正方体中，取x为直线A1B1，y为直线BC，z为直线BB1，显然命题不真；又取x、y分别为平面ABB1A1和BCC1B1，z为平面ABCD，命题也不真，故选C.12、[答案]D[解析]在平面图形中CD⊥BD，折起后仍然有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ABC.所以平面ADC⊥平面ABC.13、[答案]eq\f(6\r(5),5)[解析]设P在底面射影为O，AO交BC于D，由题意：∠PAO＝45°，∴AO＝PO＝2，∴AD＝3，OD＝1，∴PD＝eq\r(5)，作AM⊥PD于M，则AM⊥平面PBC，由PD·AM＝AD·PO得，AM＝eq\f(6\r(5),5).14、[答案]①②④[解析]①∵BD∥B1D1，B1D1⊂平面CB1D1，∴BD∥平面CB1D1.②连结A1C1交B1D1于O，∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1.又∵A1C1⊥B1D1，∴B1D1⊥平面AA1C1.∴B1D1⊥AC1.同理B1C⊥AC1.∴AC1⊥平面CB1D1.③∠C1AC为AC1与平面ABCD所成的角，tan∠C1AC＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(CC1,\r(2)CC1)＝eq\f(\r(2),2).④∠C1OC为二面角C—B1D1—C1的平面角，tan∠C1OC＝eq\f(CC1,C1O)＝eq\f(CC1,\f(\r(2),2)CC1)＝eq\r(2).⑤异面直线AD与CB1所成的角为45°，则满足题意的直线有4条．15、[答案]③④[解析]如图所示，显然BM与ED不平行；∵BC綊AD綊EN，∴四边形BCNE是平行四边形，∴BE∥CN，故②错；△BME为正三角形，∴∠EBM＝60°.，∵CN∥BE，∴∠EBM为BM与CN所成的角，故③正确；∵BC⊥平面CDNM，∴BC⊥DM，又DM⊥CN，CN∩BC＝C，∴DM⊥平面BCN，∴DM⊥BN，故④正确．16、[答案]eq\f(\r(3),2)[解析]设AC与BD相交于点O，折起后如图．易知OA＝OC＝1，OB＝eq\f(\r(3),2)，设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，则|a|＝1，|b|＝eq\f(\r(3),2)，|c|＝1，a·c＝－eq\f(1,2)，a·b＝0，b·c＝0.设平面BCD的法向量为n＝xa＋yb＋zc，∵n·b＝xa·b＋yb2＋zb·c＝eq\f(3,4)y＝0，∴y＝0.n·c＝xa·c＋yb·c＋yc2＝－eq\f(1,2)x＋z＝0，∴x＝2z.取z＝1，则x＝2，∴n＝2a＋c，∵eq\o(AC,\s\up6(→))·n＝(c－a)(2a＋c)＝a·c－2a2＋c2＝－eq\f(3,2)，|n|＝eq\r(4a2＋c2＋4a·c)＝eq\r(3)，∴点A到平面BCD的距离d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(3),2).17、[解析](1)正三棱柱ABC－A1B1C1侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线长为eq\r(92＋42)＝eq\r(97).(2)如图是侧面展开图的一部分．MP1就是由点P沿棱柱侧面经过棱CC1到点M的最短路线．设PC＝x，即P1C＝x，在Rt△MAP1中，AM2＋APeq\o\al(2,1)＝MPeq\o\al(2,1)，∴(3＋x)2＋22＝29，∴x＝2，∴PC＝P1C＝2.∵eq\f(NC,MA)＝eq\f(P1C,P1A)＝eq\f(2,5)，∴NC＝eq\f(4,5).(3)棱柱的表面积：S＝S侧＋2S底＝9×4＋2×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×32＝36＋eq\f(9\r(3),2).18、[解析]由题意可知该几何体为直三棱柱，且它的直观图如图所示．由图知底面正三角形边长为2，棱柱高为3，∴S△ABC＝eq\r(3)，∴V＝3eq\r(3).(2)证明：连结B1C交BC1于E点，则E为B1C、BC1的中点，连结DE.∵AD＝A1D，AB＝A1C1，∠BAD＝∠DA1C1＝90°，∴△ABD≌△A1C1D.∴BD＝C1D.∴DE⊥BC1.同理，DE⊥B1C，又∵B1C∩BC1＝E.∴DE⊥平面BB1C1C.又∵DE⊂平面BDC1，∴平面BB1C1C⊥平面BDC1.(3)解：取BC的中点P，连结AP，则AP∥平面BDC1，证明：连结PE，则PE∥AD，且PE＝AD，∴四边形APED为平行四边形．∴AP∥DE.又DE⊂平面BDC1，AP⊄平面BDC1，∴AP∥平面BDC1.19、[解析]在棱PC上存在点F，使得EF⊥平面PBC.由三视图知，此四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，∴AB、AP、AD两两互相垂直，以AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)，E(0,1,0)，P(0,0,2)，设F(x，y，z)是PC上的点，则eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(x，y，z－2)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ,y＝2λ,z－2＝－2λ))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ,y＝2λ,y＝2－2λ))，∴F(2λ，2λ，2－2λ)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ－1,2－2λ)，若EF⊥平面PBC，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→))＝0,\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))＝0))，∵eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4λ＋4λ－2－4＋4λ＝0,4λ－2＝0))，∴λ＝eq\f(1,2)，这时F(1,1,1)，∵eq\f(1,2)∈[0,1]，∴存在点F且为棱PC的中点，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,0,1)，EF＝|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(2).20、[解析](1)在△PAD中PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，故PO⊥平面ABCD.(2)以O为坐标原点，eq\o(OC,\s\up6(→))、eq\o(OD,\s\up6(→))、eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.则A(0，－1,0)、B(1，－1,0)、C(1,0,0)、D(0,1,0)、P(0，0,1)，∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)．cos<eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))>＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(6),3)，即异面直线PB与CD所成的角是arccoseq\f(\r(6),3).(3)设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，由(2)知eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CP,\s\up6(→))＝0,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0,－x0＋y0＝0))，即x0＝y0＝z0，取x0＝1，得平面的一个法向量为n＝(1,1,1)．又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，从而点A到平面PCD的距离d＝eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2\r(3),3).21、[解析]连结BD交AC于O，则BD⊥AC，连结A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AO·cos60°＝3.∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1).∴A1O⊥AO，∵平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))．(1)∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，∴BD⊥AA1，即异面直线BD和AA1所成的角为90°.(2)∵OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的法向量n1＝(1,0,0)．设n2＝(x，y，z)是平面AA1D的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(AA1,\s\up6(→))，,n2⊥\o(AD,\s\up6(→)).))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0.))取n2＝(1，eq\r(3)，－1)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(\r(5),5).∴二面角D—A1A—C的平面角的余弦值是eq\f(\r(5),5).(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C，设eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq\r(3))．∴P(0,1＋λ，eq\r(3)λ)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．设n3＝(x3，y3，z3)是平面DA1C1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n3⊥\o(A1C1,