1、2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的( )A2倍B2倍C倍D32一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )ABCD3已知m、n是不重合的直线，、是不重合的平面，有下列命题：若m，n，则mn；若m，m，则；若=n，mn，则m且m；若m，m，则其中真命题的个数是( )A0B1C2D34如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知=，=，=，则用向
2、量，可表示向量为( )A+B+C+D+5圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为( )A6B5C3D26若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是( )A内所有的直线都与a异面B直线a与平面有公共点C内所有的直线都与a相交D内不存在与a平行的直线7如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是( )A点H是A1BD的垂心BAH垂直平面CB1D1CAH的延长线经过点C1D直线AH和BB1所成角为458已知一个高度不限的直三棱柱ABCA1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，点P是侧棱AA1上一点，过A作平面截三棱柱得截面ADE，
3、给出下列结论：ADE是直角三角形；ADE是等边三角形；四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体其中有不可能成立的结论的个数是( )A0B1C2D3二、填空题（本大题共7小题，第912题每题6分，第1315题每题4分，共36分）9一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为_侧面积为_10已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为_外接球半径为_11已知向量=m+5，=3+r若则实数m=_，r=_12各边长为1的正四面体，内切球表面积为_，外接球体积为_13一只蚂蚁从棱长为1的正方体的表面上某一点P处出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离d=f（P），那么d的最大值是_14三棱
4、锥PABC中，APB=BPC=CPA=90，M在ABC内，MPA=MPB=60，则MPC=_15如右图，在正三棱锥SABC中，M，N分别为棱SC，BC的中点，AMMN，若，则正三棱锥SABC的外接球的体积为_三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16（14分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点求证：（1）C1O面AB1D1；（2）A1C面AB1D117如图，已知四棱锥PABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点（）求证：MN平面ABCD；（）求异面直线MN与BC所成角的大小18如图，
5、三棱锥PABC中，PB底面ABC，BCA=90，PB=BC，E为PC的中点，M为AB的中点，点F在PA上，且AF=2FP（I）求证：BE平面PAC；（II）求证：CM平面BEF19如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF平面ABCD，CE平面ABCD（）证明：BDEF；（）若AF=1，且二面角BEFC的大小为30，求CE的长20如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC=60，平面AA1C1C平面ABCD，A1AC=60（）证明：BDAA1；（）求二面角DA1AC的平面角的余弦值；（）在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，
6、说明理由2015-2016学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的( )A2倍B2倍C倍D3【考点】球的体积和表面积 【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】直接应用公式化简可得球的半径扩大的倍数，然后求出体积扩大的倍数【解答】解：解：设原球的半径R，球的大圆的面积扩大为原来的2倍，则半径扩大为原来的倍，体积扩大为原来的2倍故选B【点评】本题考查球的表面积、体积和球的半径的关系，是基础题2一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如
7、图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )ABCD【考点】由三视图求面积、体积 【专题】计算题；空间位置关系与距离【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，正方体切掉部分的体积为111=，剩余部分体积为1=，截去部分体积与剩余部分体积的比值为故选：D【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积3已知m、n是不重合的直线，、是不重合的平面，有下列命题：若m，n，则mn；若m，m，则；若=n，mn，则m且m；若m，m，则其中真命题的个数是( )A0B1C2D3【考
8、点】平面与平面平行的判定；直线与平面平行的判定 【专题】综合题【分析】要求解本题，根据平面与平面平行的判定与直线与平面平行的判定进行判定需要寻找特例，进行排除即可【解答】解：若m，n，则m与n平行或异面，故不正确；若m，m，则与可能相交或平行，故不正确；若=n，mn，则m且m，m也可能在平面内，故不正确；若m，m，则，垂直与同一直线的两平面平行，故正确故选：B【点评】本题主要考查了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考查，属中档题4如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，已知=，=，=，则用向量，可表示向量为( )A+B+
9、C+D+【考点】平面向量的基本定理及其意义 【专题】平面向量及应用；空间向量及应用【分析】利用空间向量的平行六面体法则即可得出【解答】解：=故选：B【点评】本题考查了空间向量的平行六面体法则，属于基础题5圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为( )A6B5C3D2【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 【专题】空间位置关系与距离【分析】半径为2的半圆的弧长是2，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是2，利用弧长公式计算底面半径后，可得圆锥的表面积【解答】解：一个圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，圆的弧长为：2，即圆锥的底面周长为：2，设圆锥的底面半径
10、是r，则得到2r=2，解得：r=1，这个圆锥的底面半径是1，圆锥的表面积S=r（r+l）=3，故选：C【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长正确对这两个关系的记忆是解题的关键6若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是( )A内所有的直线都与a异面B直线a与平面有公共点C内所有的直线都与a相交D内不存在与a平行的直线【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【专题】空间位置关系与距离【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解【解答】解：直线
11、a不平行于平面，内所有的直线都与a异面或相交，故A和C均错误；直线a与平面至少有一个公共点，故B正确；当a时，内存在与a平行的直线，故D不正确故选：B【点评】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养7如图，正方体AC1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是( )A点H是A1BD的垂心BAH垂直平面CB1D1CAH的延长线经过点C1D直线AH和BB1所成角为45【考点】空间中直线与直线之间的位置关系 【分析】如上图，正方体的体对角线AC1有以下性质：AC1平面A1BD，AC1平面CB1D1；AC1被平面A1BD与平面CB1
12、D1三等分；AC1=AB等（注：对正方体要视为一种基本图形来看待）【解答】解：因为三棱锥AA1BD是正三棱锥，所以顶点A在底面的射影H是底面中心，所以选项A正确；易证面A1BD面CB1D1，而AH垂直平面A1BD，所以AH垂直平面CB1D1，所以选项B正确；连接正方体的体对角线AC1，则它在各面上的射影分别垂直于BD、A1B、A1D等，所以AC1平面A1BD，则直线A1C与AH重合，所以选项C正确；故选D【点评】本题主要考查正方体体对角线的性质8已知一个高度不限的直三棱柱ABCA1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，点P是侧棱AA1上一点，过A作平面截三棱柱得截面ADE，给出下列结论：AD
13、E是直角三角形；ADE是等边三角形；四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体其中有不可能成立的结论的个数是( )A0B1C2D3【考点】命题的真假判断与应用 【专题】运动思想；反证法；简易逻辑【分析】因为是高度不限，所以都可能成立；可对四个顶点分别讨论，用反证法逐个得出矛盾，得出结论【解答】解：如图，做直三棱柱ABCA1B1C1，AB=4，BC=5，CA=6，不妨取AD=6，AE=10，DE=8，则ADE是直角三角形，可能成立；不妨令AD=AE=DE=a（a6），则ADE是等边三角形，可能成立；假设四面体APDE为在一个顶点处的三条棱两两垂直的四面体，当A为直角顶点时，在直三棱柱A
14、BCA1B1C1中，PA底面ABC，则 E，D分别与C，B重合，此时，EAD不是直角，与假设矛盾，假设不成立，当P为直角顶点时，可得PDAB，PEAC，由等角定理知则EPD不可能是直角，与假设矛盾，假设不成立，当E或D点为直角顶点时，不妨选E为直角顶点，则DEEP，DEEA，EPEAA，EP平面ACC1A1，EA平面ACC1A1，则平面ACC1A1与平面BCC1B1垂直，则直三棱柱ABCA1B1C1中，可证ACB为二面角的平面角，ACB90，与题意矛盾，假设不成立综上错误故选：B【点评】考查了空间几何体的线面平行，垂直的应用难点是的分类判断二、填空题（本大题共7小题，第912题每题6分，第13
15、15题每题4分，共36分）9一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为侧面积为9【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【专题】计算题；规律型；空间位置关系与距离【分析】直接利用圆柱的体积公式求解体积，侧面积公式求解侧面积即可【解答】解：一圆柱的底面直径和高都是3，底面半径为：；则它的体积为：V=SH=（）23=侧面积为：33=9故答案为：；9【点评】本题考查圆柱的体积以及侧面积的求法，考查计算能力10已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为外接球半径为【考点】球内接多面体 【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】几何体是一个底面是顶角为1
16、20且底边长是2，在等腰三角形的顶点处有一条垂直于底面的侧棱，侧棱长是2，建立适当的坐标系，写出各个点的坐标和设出球心的坐标，根据各个点到球心的距离相等，点的球心的坐标，可得球的半径，做出体积【解答】解：由三视图知：几何体为三棱锥，且一条侧棱与底面垂直，高为2，三棱锥的底面为等腰三角形，且三角形的底边长为2，底边上的高为1，几何体的体积V=212=以D为原点，DB为x轴，DA为y轴，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，2），B（2，0，0），C（1，0）（x2）2+y2+z2=x2+y2+z2，x2+y2+（z2）2=x2+y2+z2，（x+1）2+（y）2+z2=x2+y2+
17、z2，x=1，y=，z=1，球心的坐标是（1，1），球的半径是，故答案为：，【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，考查由三视图还原几何体，考查三棱锥与外接球之间的关系，考查利用空间向量解决立体几何问题11已知向量=m+5，=3+r若则实数m=15，r=【考点】共线向量与共面向量 【专题】计算题；函数思想；平面向量及应用【分析】由得出坐标对应成比例，分别求出实数m和r即可【解答】解：向量=m+5=（m，5，1），=3+r=（3，1，r），则=解得m=15，r=故答案为：15，【点评】本题考点是空间共线向量的坐标表示，考查了空间共线向量等价条件的简单应用12各边长为1的正四面体，内切球表面积为，
18、外接球体积为【考点】球的体积和表面积 【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离【分析】画出图形，确定两个球的关系，通过正四面体的体积，求出两个球的半径的比值，即可求棱长为1的正四面体的外接球体积、内切球的表面积【解答】解：设正四面体为PABC，两球球心重合，设为O 设PO的延长线与底面ABC的交点为D，则PD为正四面体PABC的高，PD底面ABC，且PO=R，OD=r，OD=正四面体PABC内切球的高设正四面体PABC底面面积为S 将球心O与四面体的4个顶点PABC全部连接，可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体面为底面每个正三棱锥体积V1=Sr 而正四面体PABC体积
19、V2=S（R+r）根据前面的分析，4V1=V2，所以，4Sr=S（R+r），所以，R=3r，因为棱长为1，所以AD=，所以PD=，所以R=，r=所以棱长为1的正四面体的外接球体积为（）2=、内切球的表面积为4（）2=，故答案为：，【点评】本题是中档题，考查正四面体的内切球与外接球的表面积，找出两个球的球心重合，半径的关系是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力13一只蚂蚁从棱长为1的正方体的表面上某一点P处出发，走遍正方体的每个面的中心的最短距离d=f（P），那么d的最大值是【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题 【分析】欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，再将正方体展开，
20、找到6个面的中心点，经观察可知蚂蚁爬行最短程为6个正方体的棱长+展开图形中半个正方形对角线的长【解答】解：欲求d的最大值，先将起始点定在正方体的一个顶点A点，正方体展开图形为：则蚂蚁爬行最短程的最大值S=5+=故答案为：【点评】本题考查了平面展开最短路径问题，解题关键是找到A点在正方体展开图形中的对应点及6个面的中心点，有一定的难度14三棱锥PABC中，APB=BPC=CPA=90，M在ABC内，MPA=MPB=60，则MPC=45【考点】棱锥的结构特征 【专题】计算题；运动思想；数形结合法；空间位置关系与距离【分析】过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQ，由公式：cosMPB=c
21、osMPQcosQPB，得到cosQPB=，从而可得cosQPC=，再用公式：cosMPC=cosMPQcosQPC，即可求MPC【解答】解：如图，过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQAPB=APC=90，AP平面PBC，MQ平面PBC，APMQ，MPA=60，MPQ=9060=30由公式：cosMPB=cosMPQcosQPB，得到cosQPB=QPC是QPB的余角，cosQPC=再用公式：cosMPC=cosMPQcosQPC，得到cosMPC=MPC=45故答案为：45【点评】本题考查空间角，考查学生分析解决问题的能力，利用好公式是关键，是中档题15如右图，在正三棱锥SAB
22、C中，M，N分别为棱SC，BC的中点，AMMN，若，则正三棱锥SABC的外接球的体积为【考点】球内接多面体；球的体积和表面积 【专题】计算题【分析】由题意推出MN平面SAC，即SB平面SAC，ASB=BSC=ASC=90，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的表面积【解答】解：M，N分别为棱SC，BC的中点，MNSB三棱锥SABC为正棱锥，SBAC（对棱互相垂直）MNAC又MNAM，而AMAC=A，MN平面SAC，SB平面SACASB=BSC=ASC=90以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相
23、同的外接球，正方体的对角线就是球的直径2R=，R=，V=R3=故答案为：【点评】本题考查了三棱锥的外接球的体积，考查空间想象能力三棱锥扩展为正方体，它的对角线长就是外接球的直径，是解决本题的关键三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16（14分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，O是底ABCD对角线的交点求证：（1）C1O面AB1D1；（2）A1C面AB1D1【考点】空间中直线与平面之间的位置关系 【专题】证明题【分析】（1）欲证C1O面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证C1O与面AB1D1内一直线平行，连接A1C1，设A1C1B1D1=
24、O1，连接AO1，易得C1OAO1，AO1面AB1D1，C1O面AB1D1，满足定理所需条件；（2）欲证A1C面AB1D1，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证A1C与面AB1D1内两相交直线垂直根据线面垂直的性质可知A1CB1D1，同理可证A1CAB1，又D1B1AB1=B1，满足定理所需条件【解答】证明：（1）连接A1C1，设A1C1B1D1=O1，连接AO1，ABCDA1B1C1D1是正方体，A1ACC1是平行四边形，A1C1AC且A1C1=AC，又O1，O分别是A1C1，AC的中点，O1C1AO且O1C1=AO，AOC1O1是平行四边形，C1OAO1，AO1面AB1D1，C1O面AB
25、1D1，C1O面AB1D1；（2）CC1面A1B1C1D1CC1B1D!，又A1C1B1D1，B1D1面A1C1C，即A1CB1D1，A1BAB1，BCAB1，又A1BBC=B，AB1平面A1BC，又A1C平面A1BC，A1CAB1，又D1B1AB1=B1，A1C面AB1D1【点评】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定定理，考查对基础知识的综合应用能力和基本定理的掌握能力17如图，已知四棱锥PABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点（）求证：MN平面ABCD；（）求异面直线MN与BC所成角的大小【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定
26、 【专题】空间位置关系与距离；空间角【分析】（）连结AC，交BD于点O，由已知得MNAC，由此能证明MN平面ABCD（）由已知得ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，由此能求出异面直线MN与BC所成的角【解答】（）证明：连结AC，交BD于点O，M，N分别是PA，PC的中点，MNAC，MN平面ABCD，AC平面ABCD，MN平面ABCD（）解：由（）知ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，四边形ABCD是菱形，AB=2，BO=，OCB=60，异面直线MN与BC所成的角为60【点评】本题考查线面平行的证明，考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养18
27、如图，三棱锥PABC中，PB底面ABC，BCA=90，PB=BC，E为PC的中点，M为AB的中点，点F在PA上，且AF=2FP（I）求证：BE平面PAC；（II）求证：CM平面BEF【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定 【专题】空间位置关系与距离【分析】（1）证CA平面PBC，可得BEAC，由E为PC中点，且PB=BC得BE平面PAC；（2）取AF中点N，连接CN，MN，证平面MNC平面BEF，即能证得CM平面BBF【解答】证明：（1）PB底面ABC，且AC平面ABCACPB由BCA=90，得ACBC又PBBC=BAC平面PBCBE平面PBCACBEPB=BC，E为PC中点BEP
28、C又PCAC=C，且PC、AC平面PACBE平面PAC（2）取AF的中点G，连接CG、GMFA=2FPGF=AF=FP又E为PC中点EFCGCG平面BEF，EF平面BEFCG平面BEF同理可证：GM平面BEF又CGGM=G平面CMG平面BEFCM平面CGMCM平面BEF【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理及性质、直线与平面平行的证明方法，解题中要注意空间各种关系的相互转化19如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，AF平面ABCD，CE平面ABCD（）证明：BDEF；（）若AF=1，且二面角BEFC的大小为30，求CE的长【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质 【专题
29、】空间位置关系与距离；空间角【分析】（）通过题意可得四边形ACEF在同一平面内，利用线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；（）以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，通过平面BEF的一个法向量与平面CEF的一个法向量的夹角的余弦值的绝对值为，计算即得CE的长【解答】（）证明：AF平面ABCD，CE平面ABCD，AFCE，四边形ACEF在同一平面内，AF平面ABCD，AFBD，又ABCD为正方形，ACBD，AFAC=A，BD平面ACEF，BDEF；（）解：以点A为坐标原点，分别以AB、AD、AF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz如图
30、，设CE=a，则B（1，0，0），F（0，0，1），E（1，1，a），=（1，0，1），=（0，1，a），设平面BEF的一个法向量为=（x，y，1），由，得，=（1，a，1），由（I）知=（1，1，0）是平面CEF的一个法向量，|cos，|=cos30=，a=2，即CE=2【点评】本题考查空间中线线垂直的判定及性质，以及求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题20如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC=60，平面AA1C1C平面ABCD，A1AC=60（）证明：BDAA1；（）求二面角DA1AC的平面角的余弦值；（）在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1
31、C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的性质 【专题】综合题；空间位置关系与距离【分析】法一：（）连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，可证A1O底面ABCD，从而建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，证明向量的数量积为0 即可得到BDAA1；（）确定平面AA1C1C、平面AA1D的法向量，利用向量的夹角公式，可求二面角DA1AC的平面角的余弦值；（）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，求出平面DA1C1的法向量，利用数量积为0，即可求得结论法二：（）先证明BD平面AA1O，即可证得AA1BD；（）过O作OEAA1于E
32、点，连接OE，则DEO为二面角DAA1C的平面角，求出OE、DE，即可求得二面角DA1AC的平面角的余弦值；（）存在这样的点P，连接B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，可得四边形BB1CP为平行四边形，进而利用线面平行的判定可得结论【解答】法一：（）证明：连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA1=2，AO=1，A1AO=60A1O2=AA12+AO22AA1Aocos60=3AO2+A1O2=A12A1OAO，平面AA1C1C平面ABCD，平面AA1C1C平面ABCD=AOA1O底面ABCD以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所
33、示空间直角坐标系，则A（0，1，0），B（，0，0），C（0，1，0），D（，0，0），A1（0，0，） ，BDAA1（）解：OB平面AA1C1C，平面AA1C1C的法向量设平面AA1D，则由得到，所以二面角DA1AC的平面角的余弦值是（）解：假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1设，则得设平面DA1C1，则由得到，又因为平面DA1C1，则，=1即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP （13分）法二：（）证明：过A1作A1OAC于点O，由于平面AA1C1C平面ABCD，由面面垂直的性质定理知，A1O平面ABCD，A1OBD又底面为菱形，所以ACBDA1OAC=OBD平面AA1OAA
34、1平面AA1OAA1BD（）解：在AA1O中，A1A=2，A1AO=60，AO=AA1cos60=1所以O是AC的中点，由于底面ABCD为菱形，所以O也是BD中点由（）可知DO平面AA1C过O作OEAA1于E点，连接OE，则AA1DE，故DEO为二面角DAA1C的平面角 在菱形ABCD中，AB=2，ABC=60AC=AB=BC=2，AO=1，DO=在RtAEO中，OE=OAsinEAO=DE=cosDEO=二面角DA1AC的平面角的余弦值是（）解：存在这样的点P，连接B1C，A1B1ABDC，四边形A1B1CD为平行四边形，A1DB1C在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP B1BCC1，BB1CP四边形BB1CP为平行四边形BPB1C，BPA1DBP平面DA1C1，A1D平面DA1C1，BP平面DA1C1 （13分）【点评】本题考查线面位置关系，考查面面角，解题的关键是掌握线面平行、垂直的判定方法，正确作出面面角，考查利用向量方法解决立体几何问题，属于中档题