一、選擇題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，將答案填在題后括號內．1．已知直線l的方向向量為l，直線m的方向向量為m，若l＝αb＋βc(α，β∈R)，m∥a，a⊥b，a⊥c且a≠0，則直線m與直線l()A．共線 B．相交C．垂直 D．不共面解析由m∥a且a≠0，可得：m＝ta(t∈R)，所以m·l＝m·(αb＋βc)＝αm·b＋βm·c＝αta·b＋βta·c＝0，故m與l垂直，即直線m與直線l垂直．故選C.答案C2．若不同直線l1，l2的方向向量分別為μ，v，則下列直線l1，l2中既不平行也不垂直的是()A．μ＝(1,2，－1)，v＝(0,2,4)B．μ＝(3,0，－1)，v＝(0,0,2)C．μ＝(0,2，－3)，v＝(0，－2,3)D．μ＝(1,6,0)，v＝(0,0，－4)解析選項A中μ·v＝0＋4－4＝0，∴l1⊥l2；選項C中μ＝－v，∴μ，v共線，故l1∥l2；選項D中，μ·v＝0＋0＋0＝0，∴l1⊥l2，故選B.答案B3．已知直二面角α－l－β，若A∈α，AC⊥l，C為垂足，點B∈β，BD⊥l，D為垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，則CD等于()A．2 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D．1解析如圖所示，∵BD⊥l，α⊥β，α∩β＝l，∴BD⊥α，∴BD⊥AD.∵eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\o(AC,\s\up16(→))＋eq\o(CD,\s\up16(→))＋eq\o(DB,\s\up16(→))，且AC⊥l，∴AB2＝AC2＋CD2＋BD2.∴22＝12＋CD2＋12.∴CD2＝2，∴CD＝eq\r(2).故選C.答案C4．在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱長相等，側棱垂直于底面，點D是側面BB1C1C的中心，則AD與平面BB1C1C所成角的大小是()A．30° B．45°C．60° D．90°解析如圖所示，取BC中點E，連接DE，AE，AD，依題意知，三棱柱為正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE為AD與平面BB1C1C所成的角．設各棱長為1，則AE＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(1,2)，tan∠ADE＝eq\f(AE,DE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,2))＝eq\r(3)，由于∠ADE∈[0°，90°]．∴∠ADE＝60°，故選C.答案C5．(2013·全國大綱卷)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析建立如右圖所示坐標系，設AA1＝2AB＝2，則B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，D(0,0,0)．設面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up16(→))＝0,n·\o(DC1,\s\up16(→))＝0))代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y＋2z＝0))令z＝1，得n＝(2，－2,1)，設CD與面BDC1所成的角為θ，sinθ＝eq\f(|n·\o(DC,\s\up16(→))|,|n||\o(DC,\s\up16(→))|)＝eq\f(2,3)，選A.答案A6．過正方形ABCD的頂點A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A．30° B．45°C．60° D．90°解析解法一：建立如圖(1)所示的空間直角坐標系，不難求出平面APB與平面PCD的法向量n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP與平面CDP所成二面角的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(2),2)，故所求的二面角的大小是45°.解法二：將其補成正方體．如圖(2)，不難發現平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角，其大小為45°是明顯的．答案B二、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．將答案填在題中橫線上．7．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，CC1中點為E，則直線AE與BC1所成的角的大小為________．解析以點D為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，設棱長為2，∴D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2,1)，∴eq\o(AE,\s\up16(→))＝(－2,2,1)，eq\o(BC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2)，cos〈eq\o(AE,\s\up16(→))，eq\o(BC1,\s\up16(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up16(→))·\o(BC1,\s\up16(→)),|\o(AE,\s\up16(→))||\o(BC1,\s\up16(→))|)＝eq\f(6,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以直線AE與BC1所成角大小為eq\f(π,4).答案eq\f(π,4)8．已知點E，F分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值為________．解析如圖，建立空間直角坐標系．設DA＝1，由已知條件得A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，eq\o(AE,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3)))，設平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，平面AEF與平面ABC所成的二面角為θ，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0.))令y＝1，得z＝－3，x＝－1，則n＝(－1,1，－3)，平面ABC的法向量為m＝(0,0，－1)，cosθ＝cos〈n，m〉＝eq\f(3,\r(11))，tanθ＝eq\f(\r(2),3).答案eq\f(\r(2),3)9．已知ABCD－A1B1C1D1為正方體，①(eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(A1D1,\s\up16(→))＋eq\o(A1B1,\s\up16(→)))2＝3eq\o(A1B1,\s\up16(→))2；②eq\o(A1C,\s\up16(→))·(eq\o(A1B1,\s\up16(→))－eq\o(A1A,\s\up16(→)))＝0；③向量eq\o(AD1,\s\up16(→))與向量eq\o(A1B,\s\up16(→))的夾角是60°；④正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為|eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AA1,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))|.其中正確命題的序號是________．解析設正方體的棱長為1，①中(eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(A1D1,\s\up16(→))＋eq\o(A1B1,\s\up16(→)))2＝3(eq\o(A1B1,\s\up16(→)))2＝3，故①正確；②中eq\o(A1B1,\s\up16(→))－eq\o(A1A,\s\up16(→))＝eq\o(AB1,\s\up16(→))，由于AB1⊥A1C，故②正確；③中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60°，但eq\o(AD1,\s\up16(→))與eq\o(A1B,\s\up16(→))的夾角為120°，故③不正確；④中|eq\o(AB,\s\up16(→))·eq\o(AA1,\s\up16(→))·eq\o(AD,\s\up16(→))|＝0，故④也不正確．答案①②三、解答題：本大題共3小題，共30分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．10．(本小題10分)如圖所示，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，點E是SD上的點，且DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求證：對任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角C－AE－D的大小為60°，求λ的值．解(1)證明：如圖所示，建立空間直角坐標系D－xyz，則A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，E(0,0，λa)，∴eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－a，a,0)，eq\o(BE,\s\up16(→))＝(－a，－a，λa)，∴eq\o(AC,\s\up16(→))·eq\o(BE,\s\up16(→))＝0對任意λ∈(0,1]都成立，即對任意的λ∈(0,1]，都有AC⊥BE.(2)顯然n＝(0,1,0)是平面ADE的一個法向量，設平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，∵eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－a，a,0)，eq\o(AE,\s\up16(→))＝(－a,0，λa)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax＋ay＝0，,－ax＋λaz＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－λz＝0.))令z＝1，則x＝y＝λ，∴m＝(λ，λ，1)．∵二面角C－AE－D的大小為60°，∴cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(λ,\r(1＋2λ2))＝eq\f(1,2)，∵λ∈(0,1]，∴λ＝eq\f(\r(2),2).11．(本小題10分)(2013·北京卷)如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求證：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B.并求eq\f(BD,BC1)的值．解(1)因為AA1C1C為正方形，所以AA1⊥AC.因為平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于這兩個平面的交線AC，所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由題知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如圖所示，以A為原點建立空間直角坐標系A－xyz，則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．設平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up16(→))＝0，,n·\o(A1C1,\s\up16(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y－4z＝0，,4x＝0.))令z＝3，則x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3)．同理可得，平面B1BC1的一個法向量為m＝(3,4,0)．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(16,25).由題知二面角A1－BC1－B1為銳角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值為eq\f(16,25).(3)設D(x，y，z)是直線BC1上一點，且eq\o(BD,\s\up16(→))＝λeq\o(BC1,\s\up16(→)).所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)．解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.所以eq\o(AD,\s\up16(→))＝(4λ，3－3λ，4λ)．由eq\o(AD,\s\up16(→))·eq\o(A1B,\s\up16(→))＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝eq\f(9,25).因為eq\f(9,25)∈[0,1]，所以在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B.此時，eq\f(BD,BC1)＝λ＝eq\f(9,25).12．(本小題10分)(2013·天津卷)如圖所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點．(1)證明B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；(3)設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為eq\f(\r(2),6)，求線段AM的長．解解法一：如圖所示，以點A為原點建立空間直角坐標系，依題意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．(1)易得eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－1,1，－1)，于是eq\o(B1C1,\s\up16(→))·eq\o(CE,\s\up16(→))＝0，所以B1C1⊥CE.(2)eq\o(B1C,\s\up16(→))＝(1，－2，－1)．設平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(B1C,\s\up16(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0.))消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個法向量為m＝(－3，－2,1)．由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故eq\o(B1C1,\s\up16(→))＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量．于是cos〈m，eq\o(B1C1,\s\up16(→))〉＝eq\f(m·\o(B1C1,\s\up16(→)),|m|·|\o(B1C1,\s\up16(→))|)＝eq\f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq\f(2\r(7),7)，從而sin〈m，eq\o(B1C1,\s\up16(→))〉＝eq\f(\r(21),7).所以二面角B1－CE－C1的正弦值為eq\f(\r(21),7).(2)eq\o(AE,\s\up16(→))＝(0,1,0)，eq\o(EC1,\s\up16(→))＝(1,1,1)．設eq\o(EM,\s\up16(→))＝λeq\o(EC1,\s\up16(→))＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有eq\o(AM,\s\up16(→))＝eq\o(AE,\s\up16(→))＋eq\o(EM,\s\up16(→))＝(λ，λ＋1，λ)．可取eq\o(AB,\s\up16(→))＝(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量．設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up16(→))，eq\o(AB,\s\up16(→))〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→))|,|\o(AM,\s\up16(→))|·|\o(AB,\s\up16(→))|)＝eq\f(2λ,\r(λ2＋λ＋12＋λ2)×2)＝eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1)).于是eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))＝eq\f(\r(2),6)，解得λ＝eq\f(1,3)，所以AM＝eq\r(2).解法二：(1)因為側棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1?