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文档简介
立体几何单元测试卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.每小题中只有一项符合题目要求)1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列四个命题:①若α∥β,m⊂α,则m∥β;②若m∥α,n⊂α,则m∥n;③若α⊥β,m∥α,则m⊥β;④若m⊥α,m∥β,则α⊥β.其中为真命题的是()A.①③ B.②③C.①④ D.②④2.用与球心距离为1的平面去截球,所得的截面面积为π,则球的体积为()A.eq\f(8π,3) B.eq\f(8\r(2)π,3)C.8eq\r(2)π D.eq\f(32π,3)3.某个长方体被一个平面所截,得到几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为()A.4 B.2eq\r(2)C.eq\f(20,3) D.84.如图所示,正四棱锥P-ABCD的底面积为3,体积为eq\f(\r(2),2),E为侧棱PC的中点,则PA与BE所成的角为()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的直观图及三视图如下图所示,D为AC的中点,则下列命题是假命题的是(A.AB1∥平面BDC1B.A1C⊥平面BDCC.直三棱柱的体积V=4D.直三棱柱的外接球的表面积为4eq\r(3)π.6.如图所示是一个直径等于4的半球,现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面,则截面的面积为()A.eq\f(π,2) B.πC.2π D.πsin80°7.一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分,余下的几何体的三视图如图,则该几何体的表面积为()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两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2eq\r(17),则该二面角的大小为()A.150° B.45°C.60° D.120°9.如图所示,已知△ABC为直角三角形,其中∠ACB=90°,M为AB的中点,PM垂直于△ABC所在平面,那么()A.PA=PB>PCB.PA=PB<PCC.PA=PB=PCD.PA≠PB≠PC10.正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BB1中点,G是DD1中点,F是BC上一点且FB=eq\f(1,4)BC,则GB与EF所成的角为()A.30° B.120°C.60° D.90°11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为1,点P在线段BD1上,当∠APC最大时,三棱锥P-ABC的体积为(A.eq\f(1,24) B.eq\f(1,18)C.eq\f(1,9) D.eq\f(1,12)12.已知正三棱锥P—ABC的高PO为h,点D为侧棱PC的中点,PO与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3),则正三棱锥P—ABC的体积为()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、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在题中横线上)13.已知四个命题:①若直线l∥平面α,则直线l的垂线必平行于平面α;②若直线l与平面α相交,则有且只有一个平面经过直线l与平面α垂直;③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等,则这个三棱锥是正三棱锥;④若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分,则这个四棱柱为平行六面体.其中正确的命题是________.14.(2013·江苏)如图所示,在三棱柱A1B1C1-ABC中,D,E,F分别是AB,AC,AA1的中点,设三棱锥F-ADE的体积为V1,三棱柱A1B1C1-ABC的体积为V2,则V1∶V215.(2012·辽宁)已知正三棱锥P-ABC,点P,A,B,C都在半径为eq\r(3)的球面上,若PA,PB,PC两两相互垂直,则球心到截面ABC的距离为________.16.如图是一几何体的平面展开图,其中ABCD为正方形,E、F、分别为PA、PD的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:①直线BE与直线CF异面;②直线BE与直线AF异面;③直线EF∥平面PBC;④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有______个.三、解答题(本大题共6小题,共70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10分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠ADC=45°,AD=AC=1,O为AC的中点,PO⊥平面ABCD,PO=2,M为PD的中点.(1)证明:PB∥平面ACM;(2)证明:AD⊥平面PAC;(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.18.(本小题满分12分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,AB=4,PA=3,A点在PD上的射影为G点,E点在AB上,平面PEC⊥平面PCD.(1)求证:AG∥平面PEC;(2)求AE的长;(3)求二面角E-PC-A的正弦值.19.(本小题满分12分)如图所示,在六面体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)求证:BF∥平面ACGD;(2)求二面角D-CG-F的余弦值.20.(本小题满分12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AB⊥BB1,AC=BC=BB1=2,D为AB的中点,且CD⊥DA1(1)求证:BB1⊥面ABC;(2)求多面体DBC-A1B1C1(3)求二面角C-DA1-C1的余弦值.21.(本小题满分12分)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,2AC=AA1=BC(1)若D为AA1的中点,求证:平面B1CD⊥平面B1C1D(2)若二面角B1-DC-C1的大小为60°,求AD的长.22.(本小题满分12分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=eq\r(2),PA⊥PD,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O为AD中点.(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值;(2)求B点到平面PCD的距离;(3)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角Q-AC-D的余弦值为eq\f(\r(6),3)?若存在,求出eq\f(PQ,QD)的值;若不存在,请说明理由.立体几何单元测试卷答案一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.每小题中只有一项符合题目要求)1.答案C解析①为空间面面平行的性质,是真命题;②m,n可能异面,故该命题为假命题;③直线m与平面β也可以平行也可以相交不垂直.故该命题是一个假命题;④为真命题.故选C.2.答案B解析S圆=πr2=1⇒r=1,而截面圆圆心与球心的距离d=1,∴球的半径为R=eq\r(r2+d2)=eq\r(2).∴V=eq\f(4,3)πR3=eq\f(8\r(2)π,3),故选B.3.答案D解析由三视图可知,该几何体如图所示,其底面为正方形,正方形的边长为2.HD=3,BF=1,将相同的两个几何体放在一起,构成一个高为4的长方体,所以该几何体的体积为eq\f(1,2)×2×2×4=8.4.答案C解析连接AC、BD交于点O,连接OE,易得OE∥PA.∴所求角为∠BEO.由所给条件易得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°,选C.5.答案D解析由三视图可知,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形,底面ABC是等腰直角三角形,AB⊥BC,AB=BC=2.连接B1C交BC1于点O,连接AB1,OD.在△CAB1中,O,D分别是B1C,AC的中点,∴OD∥AB1,∴AB1∥平面BDC1直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC∴AA1⊥BD.又AB=BC=2,D为AC的中点,∴BD⊥AC,∴BD⊥平面AA1C1∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1,A1B1⊥B1∴A1B1⊥平面B1C1CB,∴A1B1⊥BC1∵BC1⊥B1C,且A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B∴BC1⊥A1C,∴A1C⊥平面BDC故B正确.V=S△ABC×C1C=eq\f(1,2)×2×2×2=4,∴C正确.此直三棱柱的外接球的半径为eq\r(3),其表面积为12π,D错误.故选D.6.答案C解析过半球底面的中心作一个与底面成80°的截面,截面是球的半个大圆,半径为2,所以截面面积S=eq\f(1,2)×π×22=2π,故选C.7.答案A解析还原为直观图如图所示,圆锥的高为2,底面半径为eq\r(2),圆锥的母线长为eq\r(6),故该几何体的表面积为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解析由条件,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°,∴二面角的大小为60°,故选C.9.答案C解析∵M为AB的中点,△ACB为直角三角形,∴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:连D1E,D1F,解三角形D1EF方法二:如图建立直角坐标系D-xyz,设DA=1,由已知条件,得G(0,0,eq\f(1,2)),B(1,1,0),E(1,1,eq\f(1,2)),F(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,则eq\o(GB,\s\up12(→))⊥eq\o(EF,\s\up12(→)).故选D.11.答案B解析以B为坐标原点,BA为x轴,BC为y轴,BB1为z轴建立空间直角坐标系,设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(→))|)可求得当λ=eq\f(1,3)时,∠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解析设底面边长为a,连接CO并延长交AB于点F,过点D作DE∥PO交CF于点E,连接BE,则∠BDE为PO与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,∵点D为侧棱PC的中点,∴DE=eq\f(h,2),∴BE=eq\f(\r(14),4)h.易知EF=eq\f(\r(3),3)a,则在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,故选C.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在题中横线上)13.答案④解析④正确,如右图,A1C与B1D互相平分,则四边形A1B1CD是平行四边形,同理四边形ABC1D1是平行四边形,则A1B1綊AB綊CD,因此四边形ABCD14.答案1∶24解析由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为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)解析正三棱锥P-ABC可看作由正方体PADC-BEFG截得,如图所示,PF为三棱锥P-ABC的外接球的直径,且PF⊥平面ABC.设正方体棱长为a,则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的距离为eq\f(\r(3),3).16.答案2解析将几何体展开图拼成几何体(如图),因为E、F分别为PA、PD的中点,所以EF∥AD∥BC,即直线BE与CF共面,①错;因为B∉平面PAD,E∈平面PAD,E∉AF,所以BE与AF是异面直线,②正确;因为EF∥AD∥BC,EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC,③正确;平面PAD与平面BCE不一定垂直,④错.三、解答题(本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.答案(1)略(2)略(3)eq\f(4\r(5),5)解析(1)连接BD,MO,在平行四边形ABCD中,因为O为AC的中点,所以O为BD的中点.又M为PD的中点,所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM,MO⊂平面ACM,所以PB∥平面ACM.(2)因为∠ADC=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中点N,连接MN,AN.因为M为PD的中点,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是直线AM与平面ABCD所成的角.在Rt△DAO中,AD=1,AO=eq\f(1,2),所以DO=eq\f(\r(5),2).从而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),即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为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)证明:∵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于点F,连接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四点共面,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,∴四边形AEFG为平行四边形,∴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:过E作EO⊥AC于点O,连接OF,易知EO⊥平面PAC,又EF⊥PC,∴OF⊥PC.∴∠EFO即为二面角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)设DG的中点为M,连接AM,FM.则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形.∴MF∥DE,且MF=DE.∵平面ABC∥平面DEFG,∴AB∥DE.∵AB=DE,∴MF∥AB,且MF=AB,∴四边形ABFM是平行四边形.∴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.∵MF∥DE,∴MF⊥平面ADGC.在平面ADGC中,过M作MN⊥GC,垂足为N,连接NF,则∠MNF为所求二面角的平面角.连接CM.∵平面ABC∥平面DEFG,∴AC∥DM.又AC=DM=1,所以四边形ACMD为平行四边形,∴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,∵MF=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的余弦值为eq\f(\r(6),6).方法二:由题意可得,AD,DE,DG两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,2),B(2,0,2),C(0,1,2),E(2,0,0),G(0,2,0),F(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).设平面BCGF的法向量为n1=(x,y,z),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CG,\s\up12(→))=y-2z=0,,n1·\o(FG,\s\up12(→))=-2x+y=0.))令y=2,则n1=(1,2,1).则平面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).由于所求的二面角为锐二面角,∴二面角D-CG-F的余弦值为eq\f(\r(6),6).20.答案(1)略(2)eq\f(10,3)(3)eq\f(\r(15),5)解析(1)证明:∵AC=BC,D为AB的中点,∴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多面体DBC-A1B1C1=V棱柱ABC-A1B1C1-V棱锥A1=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为原点,分别以eq\o(CB,\s\up12(→)),eq\o(CC1,\s\up12(→)),eq\o(CA,\s\up12(→))的方向为x轴,y轴,z轴的正向,建立空间直角坐标系(如图所示),则C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,2),C1(0,2,0),A1(0,2,2).∴D(1,0,1).设n1=(x1,y1,z1)是平面DCA1的一个法向量,则有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).同理设n2=(x2,y2,z2)是平面DC1A1的一个法向量,且eq\o(C1D,\s\up12(→))=(1,-2,1),eq\o(C1A1,\s\up12(→))=(0,0,2).则有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的平面角为锐角,所以其余弦值为eq\f(\r(15),5).21.答案(1)略(2)eq\r(2)解析(1)方法一:证明:∵∠A1C1B1=∠ACB=90°∴B1C1⊥A1C又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥由D为AA1的中点,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内过C1作C1E⊥CD,交CD或其延长线于E,连接∴∠B1EC1为二面角B1-DC-C1的平面角.∴∠B1EC1=60°.由B1C1=2知,C1E=eq\f(2,tan60°)=eq\f(2\r(3),3).设AD=x,则DC=eq\r(x2+1).∵△DC1C的面积为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)证明:如图所示,以C为坐标原点,CA、CB、CC1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则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:设AD=a,则D点坐标为(1,0,a),eq\o(CD,\s\up12(→))=(1,0,a),eq\o(CB1,\s\up12(→))=(0,2,2).设平面B1CD的一个法向量为m=(x,y,z).则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的一个法向量为n=(0,1,0),则由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)(3)存在
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