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2021-2022学年度高中数学期中考试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
一、解答题
1．如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．
(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．
2．如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互相垂直．
(1)求异面直线AE与BD所成角的大小；
(2)在线段BD上取点M，在线段AE上取点N，且，，试用x，y来表示线段MN的长度；
(3)在（2）的条件下，求MN长度的最小值，并判断当MN最短时，MN是否是异面直线AE与BD的公垂线段
3．如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.
（1）设，，，试用基底表示向量；
（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
5．如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，
（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；
（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.
6．已知椭圆的左、右焦点分别为、．经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，把平面沿轴折起来，使轴正半轴和轴确定的半平面，与负半轴和轴所确定的半平面互相垂直．
①若，求异面直线和所成角的大小；
②若折叠后的周长为，求的大小．
7．如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为.
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？
8．如图，已知四边形由和拼接而成，其中，，，，将沿着折起.
（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）当四面体的表面积的最大时，求二面角的余弦值.
9．如图，在梯形中，，，，现将沿翻折成直二面角.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角余弦值的大小.
10．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD, △PBC沿 PA,PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2．在三棱锥P-OAB中，E为 PB中点．
(Ⅰ)求证：PO⊥AB;
(II）求直线BP与平面POA所成角的正弦值；
(Ⅲ）求二面角P-AO-E的大小．
11．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）若点在棱上，且平面，求线段的长．
12．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2．
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
13．已知三棱柱中，平面⊥平面，⊥，．
（1）求证：⊥平面；
（2）求平面与平面所成二面角的余弦值．
14．某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方材料切割成三棱锥．
（Ⅰ）若点分别是棱的中点，点是上的任意一点，求证：；
（Ⅱ）已知原长方体材料中，，，，根据艺术品加工需要，工程师必须求出该三棱锥的高；
（i）甲工程师先求出所在直线与平面所成的角，再根据公式求出三棱锥的高.请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高；
（ii）乙工程师设计了一个求三棱锥的高度的程序，其框图如右图所示，则运行该程序时乙工程师应输入的的值是多少？（请直接写出的值，不要求写出演算或推证的过程）
15．如图，菱形的边长为2，现将沿对角线AC折起至位置，并使平面平面．
（1）求证：；
（2）在菱形中，若，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值；
（3）求四面体PABC体积的最大值．
16．在如图所示的几何体中， 四边形是正方形,,,且,,.
（Ⅰ）若与交于点,求证: 平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求二面角的余弦值.
17．棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，．
（1）证明：；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.
(1)
取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；
(2)
设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：
，
则
其中，且，，故，
由第一问可知，又是的中点，所以，所以，
因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.
【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.
2．(1)
(2)，
(3)，MN是异面直线AE与BD的公垂线段
【解析】
【分析】
（1）利用，可知为所求角，进而得解；
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量的模长公式，即可表示线段MN的长度；
（3）求出的最小值，利用向量验证MN是否与AE，BD垂直.
(1)
补全正方体，连接，，由正方体的性质知，
则异面直线AE与BD所成角，即为直线与BD所成角
又为等边三角形，故
所以异面直线AE与BD所成角的大小为.
(2)
如图，以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，知，，其中
，
则，
(3)
当，要求的最小值
即求的最小值
由
，
当且仅当时，等号成立，
，，
又，，，
则，，
，，
所以MN是异面直线AE与BD的公垂线段.
3．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
4．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；
（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.
【详解】
（1）∵，而，
∴，
所以.
（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，
∴，即，
故，至少有一个大于，不妨设，
∴，，构成三角形.
（3）设，，，由（1）知.
又，有，，，
∴，
，
，
设，又
∴
因为平面，所以存在实数，使得：，
∴
∴，消元：在有解.
当时，，即；
当时，，解得.
综上，有.
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【点睛】
思路点睛：
1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；
2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；
3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.
5．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）由边角边证得，即，在等腰三角形中由三线合一证得，在菱形中由菱形的对角线垂直证得，由线面垂直的判定定理说明即得证；
（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面，由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，由面面垂直的性质则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变），在菱形ABCD中求出BD，作，由和勾股定理可求得，由余弦定理和同角三角函数关系求得，，进而求得，最后由正弦函数定义可求得答案；也可以利用建立空间直角坐标系的方式运算求解.
【详解】
（1）连接交于，
因为，，，
所以，故
又因为为菱形对角线交点，即是线段的中点，所以
又四边形为菱形，故
而，所以平面
方法二：因为，
所以点在平面内的射影在为的平分线，
又四边形为菱形，故为的平分线，则直线
故平面平面，而平面平面，
又四边形为菱形，故
所以平面
（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面
由（1）得平面平面，平面平面，
所以过做，则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）
因为四棱台中，所以，
由菱形有，且∠ABC=，所以，
作，因为，则，，所以，
则，，，
故.
法二：延长交于点，
平面即为平面，平面即平面，
设直线与平面所成角为
过作，垂足为，因为，所以
建系，以为轴，作轴，
设平面的法向量为，则
，
所以，
所以
【点睛】
本题考查空间中线面垂直的证明，还考查了空间线面角正弦值的运算，属于难题.
6．（1） （2）① ②或
【解析】
【分析】
（1）椭圆的标准方程为：，，的周长是，从而得，于是可得，从而得椭圆标准方程；
（2）①求出直线方程，与椭圆方程联立求出两点坐标，折叠后建立如图的空间直角坐标系，写出此时各点坐标，求出的坐标，用向量数量积计算向量夹角可得异面直线所成的角．
②设直线方程为，代入椭圆方程，设设折叠前，，则折叠后，，由韦达定理得，折叠前后两个三角形周长之差为，在空间直角坐标系中，由两点间距离公式得一等式，结合韦达定理所得可求得，从而得，得到倾斜角．
【详解】
（1）设椭圆的标准方程为：，，
由椭圆的性质可知：，，
则的周长，即，，
∴椭圆的标准方程：；
（2）①设直线：，
代入椭圆方程，解得：，，
则，，
折叠后主要是四点位置．擦去椭圆如下图，建立空间直角坐标系，
在空间直角坐标系中，，，
，，，，
异面直线和所成角为，则，
∴异面直线和所成角的大小；
②折叠后对应点记为，如图
设折叠前，，则，，
由，，则，
设折叠前直线方程为，
则，整理得：，
则，，
则，，
∴，（1）
∴，
∴，（2）
∴由（1），（2）可知：，
∴，
∴，
即，
，则，
解得：，
故或．
【点睛】
本题考查求椭圆标准方程、直线与椭圆相交问题，考查空间两异面直线所成的角，考查空间两点间距离公式．在解决空间问题时，解题方法是建立空间直角坐标系，用向量法求异面直线所成的角，用空间两点间距离公式求空间线段长．解题关键是确定折叠前后两点对应的坐标．这种建坐标系的方法可以大量减少思维，但对学生的运算求解能力要求较高．
7．(1)证明见解析；(2)
【解析】
(1) 取中点，证明⊥平面，即可证明.
(2)建立空间直角坐标系，找出直线与平面所成角，根据直线与平面所成角的正弦值，求得直线与平面所成角.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，
因为,则，
又因为,则，
，
⊥平面，
平面，
.
（2）由(1)知，，
二面角的平面角，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
，，
，，
设平面的法向量为：，
，得，
令，则，
又，
设直线与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或，
由题意可知，
所以.
【点睛】
本题主要考查的是空间几何体的应用，线面垂直，线面角，二面角的应用，是难题.
8．（1）；（2）
【解析】
（1）设异面直线与所成角为，利用，结合向量线性运算和数量积运算，求得异面直线所成角的余弦值.
（2）建立空间直角坐标系，用二面角的三角函数值，表示出点的坐标. 由于三角形和三角形的面积为定值，故要使四面体的表面积取得最大值，则需取得最大值.求得表达式，利用最值的求法，求得取得最大值，以及此时二面角的余弦值.
【详解】
依题意可知.
（1）由于，，，，所以,.设异面直线与所成角为，则.即异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由于三角形和三角形的面积为定值，故要使四面体的表面积取得最大值，则需取得最大值.
设是的中点，过作平面，以分别为轴建立空间直角坐标系.在沿着折起的过程中，，，所以是二面角的平面角，设，则，，所以，，，，结合向量法表示三角形面积以及柯西不等式有：
.当且仅当，即时，取得最大值.所以当四面体的表面积的最大时，二面角的余弦值为.
【点睛】
本小题主要考查利用空间向量法计算异面直线所成的角，考查利用空间向量法计算二面角，考查几何体表面积最值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.
9．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（I）证明，结合直线与平面垂直性质，即可．（II）建立坐标系，用a分别表示，结合已知条件，计算a，计算平面PAC的法向量，即可．
【详解】
解法一：（Ⅰ）取的中点，连结.
∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，即.
又平面平面，且两平面的交线为，
∴平面，
又平面，
∴.
（Ⅱ）取的中点，连结，则.
∴，且，
∴，，两两互相垂直.
以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系.
设，则，，，，
∴，.
由异面直线与所成角的余弦值为，
得，
解得.
易得平面的一个法向量为，
∴设平面的一个法向量为，
又，，
由，得，
取，得，，
故，
，
∴二面角的余弦值.
解法二：（Ⅰ）取的中点，连结.
∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，即.
取的中点，连结.
∵，
∴.
又平面平面，且两平面的交线为，
∴平面.
又平面，
∴.
又，
∴平面，
又平面，
∴.
（Ⅱ）同解法一.
【点睛】
本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等.
10．（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）. （Ⅲ）.
【解析】
【分析】
第一问利用几何体的特征可以得出相应的线线垂直，之后利用线面垂直的判定定理和性质得出所要的结果；第二问建立空间直角坐标系，利用空间向量求得线面角的正弦值；第三问利用面的法向量所成角的余弦值求得角的大小，最后确定出二面角的大小.
【详解】
（Ⅰ）在正方形中，为中点，,，
所以在三棱锥中，，.
因为，所以平面.
因为平面,所以.
（Ⅱ）取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.
过点O作AB的平行线OG.
因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.
因为OA＝OB，F为AB的中点，
所以OF⊥AB. 所以OF⊥OG.
如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz.
A，B，P，M(，，0)．
因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.
因为PO⊥平面OAB，PO 平面POA，所以平面POA⊥平面OAB.
因为平面POA∩平面OAB＝OA，BM 平面OAB，
所以BM⊥平面POA.
因为＝(，－，0)．所以平面POA的法向量m＝.
＝(1，－，1)．
设直线BP与平面POA所成角为α，
则.
所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.
（Ⅲ）由(Ⅱ)知，，.
设平面的法向量为，则有
即
令，则，. 即.
所以.
由题知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为.
11．（Ⅰ）见解析． （Ⅱ）．（Ⅲ）．
【解析】
【详解】
【分析】
试题分析：第一问根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出线线垂直的结论，注意在书写的时候条件不要丢就行；第二问建立空间直角坐标系，利用法向量所成角的余弦值来求得二面角的余弦值；第三问利用向量共线的关系，得出向量的坐标，根据线面平行得出向量垂直，利用其数量积等于零，求得结果.
（Ⅰ）证明：因为平面⊥平面，
且平面平面，
因为⊥，且平面
所以⊥平面．
因为平面，
所以⊥．
（Ⅱ）解：在△中，因为，，，
所以，所以⊥．
所以，建立空间直角坐标系，如图所示．
所以，，，
，，
，．
易知平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
则， 即，
令，则．
设二面角的平面角为，可知为锐角，
则，
即二面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：因为点在棱，所以，．
因为，
所以，．
又因为平面，为平面的一个法向量，
所以，即，所以．
所以，所以．
12．（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【详解】
试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以 ，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.
（Ⅰ）因为在△中，，分别为，的中点，
所以 ，．
所以，又为的中点，
所以 ．
因为平面平面，且平面，
所以 平面，
所以 ．
（Ⅱ）取的中点，连接，所以．
由（Ⅰ）得，．
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，

则即
令，则，，所以．
设直线和平面所成的角为，
则．
所以 直线和平面所成角的正弦值为．
（Ⅲ）线段上存在点适合题意．
设，其中．
设，则有，
所以，从而，
所以，又，
所以．
令，
整理得．
解得，舍去．
所以线段上存在点适合题意，且．
方法点睛：该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在.
13．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【详解】
试题分析：（1）根据面面垂直的性质定理，由平面⊥平面有⊥平面，所以⊥，，所以四边形是菱形，因此⊥，所以⊥平面；（2）由（1）知，⊥平面，利用几何法，作出二面角的平面角为，解三角形求得其余弦值为.
试题解析：
（1）由于平面⊥平面，⊥，所以⊥平面，所以⊥，
而，所以四边形是菱形，因此⊥，所以⊥平面．
（2）设，作⊥于，连接，
由（1）知⊥平面，即⊥平面，所以⊥，
又⊥于，因此⊥，
所以为两平面所成锐二面角的平面角，
在中，，，故直角边，
又因为中，因此中斜边，
所以，
所以所求两平面所成锐二面角的余弦值为．
考点：空间向量与立体几何.
【方法点晴】求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．本题采用的是传统的几何法来完成，几何法来求面面角，格式是“作角——证角——求角”也就是先利用平面的垂线，利用二面角的定义作出二面角的平面角，然后解三角形求得其余弦值.
14．（I）证明见解析；（II）（i）；（ii）.
【解析】
【详解】
试题分析：（I）先由中位线定理证明∥平面，∥平面，得，进而面；（II）分别以所在直线为建立空间直角坐标系.则有，求平面的一个法向量，利用空间向量的夹角余弦公式求线面夹角正弦，进而得点到面的距离即是棱锥的高.
试题解析：∵，
∴.,
∴∥平面， 同理可证∥平面,
∵,且，
∴， 又面 .
（II）（i）如图，分别以所在直线为建立空间直角坐标系.则有，.
,
设平面的一个法向量，
则有，解得,令，则 ,
∴,
∴三棱锥的高为.
（ii）.
考点：1、线面平行、面面平行的判定定理；2、线面成角及空间向量的夹角余弦公式.
15．（1）证明见解析；（2）；（3）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）要证线线垂直，就是要证线面垂直，由于是菱形，因此取中点则有，这样可得线面垂直，从而得结论线线垂直；（2）在（1）的证明中正好有三线两两垂直，因此以它们为坐标轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求出直线与平面所成角；（3）引入一个参数，设，则，，（），变形有
，用均值不等式可求得最大值，也可设，然后用导数的方法求得最大值.
试题解析：（1）证明:取中点，连接，由于四边形为菱形，
，又，
平面，又平面，.
（2）平面平面， 平面平面,，，
两两垂直，
故以为原点，以方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
，菱形的边长为，
∴,
，
设平的法向量，直线与平成角为，
∴，取，则，于是，
∴， ∴直线与平面成角的正弦值为.
（3）法一：
设, ∴，，
又平面ABC， ∴
（），
∴
，
∴，当且仅当，即时取等号，
∴四面体PABC体积的最大值为．
法二：设,
∴，，又平面ABC，
∴
（），
设，则，且，
∴，
∴当时，，当时，，
∴当时，取得最大值，∴四面体PABC体积的最大值为．
法三：设，则，，
又平面ABC，
∴，
∵，
当且仅当，即时取等号，∴四面体PABC体积的最大值为．
考点：线面垂直与线线垂直，直线与平面所成的角，棱锥的体积，均值不等式（导数与函数的最值）.
16．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）
【解析】
【详解】
试题分析：（Ⅰ）如图，取中点，连，，易得，且，又由已知得，，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，只需证明，即可. （Ⅲ）设平面的法向量为 由（Ⅱ）知，，，易得，
又平面的法向量为，所以可求得二面角的余弦值为
试题解析：（Ⅰ）如图，取中点，连，， 在中，因为分别是的中点，
所以，且，又由已知得，，且，
所以，所以四边形是平行四边形，所以 3分
又平面，平面所以平面 4分
（Ⅱ）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系
则，，
，， 2分
所以，
，
所以，
且
所以，； 4分
又，所以平面 5分
（Ⅲ）设平面的法向量为
由（Ⅱ）知，
所以，令，得 2分
又平面的法向量为 3分
设二面角的大小为，是锐角
则
所以二面角的余弦值为 5分
考点：立体几何的综合应用
17．(1)证明见解析；(2) 二面角D－A1A－C的平面角的余弦值是．(3)存在，点P在C1C的延长线上且使C1C＝CP．
【解析】
【详解】
解：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O
在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°
∴A1O2=AA12+AO2－2AA1·Aocos60°=3
∴AO2+A1O2=A12
∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
所以A1O⊥底面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，，，， 　…………2分
（Ⅰ）由于，
则
∴BD⊥AA1……………………4分
（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1CK*s^5#u的法向量
设⊥平面AA1D则
得到……………………6分
所以二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分
（Ⅲ）假设在直线CC1上存在点P，使BP//平面DA1C1
设，则
得……………………9分
设，则设
得到……………………10分
又因为平面DA1C1
则·
即点P在C1CK*s^5#u的延长线上且使C1C=CP……………………12分
法二：在A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直K*s^5#u的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，
又底面为菱形，所以AC⊥BD
（Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°
∴AO=AA1·cos60°=1
所以O是ACK*s^5#u的中点，由于底面ABCD为菱形，所以
O也是BD中点
由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C
过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE
则∠DEO为二面角D—AA1—CK*s^5#u的平面角 ……………………6分
在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°
∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=
在Rt△AEO中，OE=OA·sin∠EAO=，DE=
∴cos∠DEO=
∴二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分
（Ⅲ）存在这样K*s^5#u的点P
连接B1C，因为A1B1ABDC
∴四边形A1B1CD为平行四边形．
∴A1D//B1C
在C1CK*s^5#u的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP……………………10分
因B1BCC1，∴BB1CP
∴四边形BB1CP为平行四边形
则BP//B1C，∴BP//A1D
∴BP//平面DA1C1　　　　　……………………12分
答案第1页，共2页
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