时间：45分钟分值：100分。
一、选择题(每小题6分，共计36分)
1．已知正方体abcd－a1b1c1d1，则异面直线bd1与ac所成的角为( )
a．30b．45°
c．60d．90°
解析：连接bd、b1d1.∵在正方体abcd－a1b1c1d1中，d1d⊥平面abcd，∴d1d⊥ac，又ac⊥bd，d1d∩bd＝d，∴ac⊥平面bdd1b1，∴ac⊥bd1.
故选d.
答案：d图1
2．如图1，平面α⊥平面β，a∈α，b∈β，ab与两平面α，β所成的角分别为和，过a，b两点分别作两平面交线的垂线，垂足为a′，b′，若ab＝12，则a′b′的长为( )
a．4 b．6
c．8 d．9
解析：连接ab′和a′b，设ab＝a，可得ab与平面α所成的角为∠bab′＝，在rt△bab′中有ab′＝a；ab与平面β所成的角为∠aba′＝，所以a′a＝a，因此在rt△aa′b′中，a′b′＝＝a，所以ab a′b′＝a a＝2 1，又ab＝12，所以a′b′＝6，故选b.
答案：b3．已知正四棱柱abcd－a1b1c1d1中，aa1＝2ab，e为aa1的中点，则异面直线be与cd1所成角的余弦值为( )
ab. cd.
解析：连接ba1，因为cd1∥ba1，所以∠a1be即为异面直线be与cd1所成的角，令aa1＝2ab＝2，则eb＝，a1e＝1，a1b＝，故由余弦定理得cos∠a1be＝，即异面直线be与cd1所成角的余弦值为。
答案：c4．已知三棱锥底面是边长为1的等边三角形，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为( )
ab. cd.
解析：由于是正三棱锥，故顶点在底面上的射影是底面正三角形的中心，底面的一个顶点到这个中心的距离是×＝，故侧棱与底面所成角的余弦值为＝.
答案：d5．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，则正三棱锥p－abc的体积为( )
图2a. h3b. h3
c. h3d. h3解析：图3
设底面边长为a，连接co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＝，∵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＝，∴be＝h，在rt△bef中，be2＝ef2＋fb2，即＋＝h2，∴a2＝h2，∴vp－abc＝××a×a×h＝a2h＝h3，故选c.
答案：c图4
6.在三棱柱abc－a1b1c1中，各棱长均为4，侧棱垂直于底面，点d是棱ab的中点，则ac与平面dca1所成角的正弦值是( )
a. b. c. d. 解析：图5
由题易知cd⊥ab，∴cd⊥侧面abb1a1，∴平面a1cd⊥侧面abb1a1，作ae⊥a1d，则ae⊥平面dca1，连接ce，则∠ace为ac与平面dca1所成的角，∵ac＝aa1＝4，ad＝2，易得ae＝，sin∠ace＝，故选a.
答案：a二、填空题(每小题8分，共计24分)
图67．如图6，长方体abcd－a1b1c1d1中，ab＝，bc＝，aa1＝，则异面直线ab1与bc1所成角的大小为___
解析：连接c1d、bd，则∠bc1d就是异面直线ab1与bc1所成的角，由题意知c1d＝2，c1b＝3，bd＝，由余弦定理，得cos∠bc1d＝＝，所以异面直线ab1与bc1所成的角是。答案：
图78．如图7，在正方体abcd－a1b1c1d1中，点m为平面abb1a1的中心，则mc1与平面bb1c1c所成角的正切值为___
解析：如图8所示，过点m作bb1的垂线，垂足为n，则mn⊥平面bb1c1c，连接nc1，则∠mc1n为mc1与平面bb1c1c所成的角，设正方体的棱长为2a，则mn＝a，nc1＝a，图8
tan∠mc1n＝.答案：图9
9．如图9，在等腰直角三角形abd中，∠bad＝90°，且等腰直角三角形abd与正三角形cbd所在平面垂直，e为bc的中点，则ae与平面bcd所成角的大小为___
解析：取bd的中点f，连接ef、af，则∠aef就是ae与平面bcd所成的角，由题意知ef＝cd＝bd＝af，所以∠aef＝45°，即ae与平面bcd所成的角为45°.
答案：45°
三、解答题(共计40分)
10．(10分)(2011·陕西高考)如图10，在△abc中，∠abc＝60°，∠bac＝90°，ad是bc上的高，沿ad把△abd折起，使∠bdc＝90°.
图101)证明：平面adb⊥平面bdc；
2)设e为bc的中点，求与夹角的余弦值．
解：(1)∵折起前ad是bc边上的高， 当△abd折起后，ad⊥dc，ad⊥db.
又db∩dc＝d，∴ad⊥平面bdc，ad 平面abd，平面adb⊥平面bdc.
图112)由∠bdc＝90°及(1)知da，db，dc两两垂直，不妨设|db|＝1，以d为坐标原点，以，，所在直线为x，y，z轴建立如图11所示的空间直角坐标系，易得d(0,0,0)，b(1,0,0)，c(0,3,0)，a(0,0，)，e(，，0)．
1,0,0，)，与夹角的余弦值为。
cos〈，〉
11．(15分)(2011·北京高考)
图12如图12，在四棱锥p－abcd中，pa⊥平面abcd，底面abcd是菱形，ab＝2，∠bad＝60°.
1)求证：bd⊥平面pac；
2)若pa＝ab，求pb与ac所成角的余弦值；
3)当平面pbc与平面pdc垂直时，求pa的长．
解：(1)证明：因为四边形abcd是菱形，所以ac⊥bd.
又因为pa⊥平面abcd，所以pa⊥bd.
所以bd⊥平面pac.
2)设ac∩bd＝o.因为∠bad＝60°，pa＝pb＝2，所以bo＝1，ao＝co＝.
图13如图13，以o为坐标原点，建立空间直角坐标系o－xyz，则p(0，－，2)，a(0，－，0)，b(1,0,0)，c(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝0，2，0)．
设pb与ac所成角为θ，则cosθ＝＝
3)由(2)知＝(－1，，0)．
设p(0，－，t)(t>0)，则＝(－1，－，t)．
设平面pbc的法向量m＝(x，y，z)，则·m＝0，·m＝0.
所以。令y＝，则x＝3，z＝.
所以m＝(3，，)
同理，平面pdc的法向量n＝(－3，，)
因为平面pbc⊥平面pdc，所以m·n＝0，即－6＋＝0.
解得t＝.所以pa＝.
12．(15分)(2011·浙江高考)
图14如图14，在三棱锥p－abc中，ab＝ac，d为bc的中点，po⊥平面abc，垂足o落**段ad上．已知bc＝8，po＝4，ao＝3，od＝2.
1)证明：ap⊥bc；
2)**段ap上是否存在点m，使得二面角a－mc－b为直二面角？若存在，求出am的长；若不存在，请说明理由．
解：方法一：(1)如图15，以o为原点，以射线op为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系o－xyz，图15
则o(0,0,0)，a(0，－3,0)，b(4,2,0)，c(－4,2,0)，p(0,0,4)，(0,3,4)，＝8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即ap⊥bc.
2)设＝λ，1，则＝λ(0，－3，－4)
设平面bmc的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面apc的法向量n2＝(x2，y2，z2)．由。得。
即，可取n1＝(0,1，)．
由，即。得可取n2＝(5,4，－3)．
由n1·n2＝0，得4－3×＝0，解得λ＝，故am＝3，综上所述，存在点m符合题意，am＝3.
图16方法二：(1)由ab＝ac，d是bc的中点，得ad⊥bc.
又po⊥平面abc，得po⊥bc.
因为po∩ad＝o，所以bc⊥平面pad，故bc⊥pa.
2)如图16，在平面pab内作bm⊥pa于m，连结cm.
由(1)知ap⊥bc，得ap⊥平面bmc.
又ap平面apc，所以平面bmc⊥平面apc.
在rt△adb中，ab2＝ad2＋bd2＝41，得ab＝.
在rt△pod中，pd2＝po2＋od2，在rt△pdb中，pb2＝pd2＋bd2，所以pb2＝po2＋od2＋db2＝36得pb＝6，在rt△poa中，pa2＝ao2＋op2＝25，得pa＝5，又cos∠bpa＝＝，从而pm＝pbcos∠bpa＝2，所以am＝pa－pm＝3，综上所述，存在点m符合题意，am＝3.
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