考点测试30 空间角与距离、空间向量及其应用-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 考点测试30　空间角与距离、空间向量及其应用 高考 概览 本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或12分，中等难度 考点 研读 1.理解直线的方向向量与平面的法向量 2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系 3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理，了解三垂线定理及其逆定理 4．了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题 5．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用 一、基础小题 1．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　) A．9 B．－9 C．－3 D．3 答案　B 解析　由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以解得λ＝－9. 2.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　) A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c 答案　A 解析　由题意得＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c. 3．设直线l与平面α相交，且直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若〈a，n〉＝，则l与α所成的角为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　线面角的范围是.因为〈a，n〉＝，所以l与平面α的法向量所在直线所成的角为，所以l与α所成的角为.故选C. 4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是(　　) A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直 答案　C 解析　建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，＝(－1，0，－2)，＝(－2，0，1)，·＝0，则直线NO，AM的位置关系是异面垂直． 5．(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．下列结论正确的是(　　) A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．是平面ABCD的一个法向量 D．∥ 答案　ABC 解析　∵·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴⊥，即AP⊥AB，A正确；∵·＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，B正确；∵AP⊥AB，AP⊥AD，且AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，∴是平面ABCD的一个法向量，C正确；由是平面ABCD的法向量可得⊥，D错误． 6．(多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正确的是(　　) A．异面直线AB与CD所成的角为45° B．AC⊥BD C．△ACD是等边三角形 D．二面角A－BC－D的平面角的正切值是 答案　BCD 解析　取BD的中点O，连接AO，CO，∵正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，∴以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC＝1，则A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－1，1，0)，∴cos〈，〉＝＝＝－，∴异面直线AB与CD所成的角为60°，故A错误；∵＝(1，0，－1)，＝(0，2，0)，∴·＝0，∴AC⊥BD，故B正确；∵OA＝OC＝OD＝1，且OA，OC，OD两两垂直，∴AC＝CD＝AD＝，∴△ACD是等边三角形，故C正确；平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，＝(0，1，1)，＝(1，1，0)，设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝1，得m＝(1，－1，1)，设二面角A－BC－D的平面角为α，则cosα＝|cos〈m，n〉|＝＝，∴sinα＝＝，∴二面角A－BC－D的平面角的正切值是＝，故D正确． 7．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在平面α，且GC＝2，则点B到平面EFG的距离为________． 答案　 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则B(0，4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)，所以＝(2，4，－2)，＝(4，2，－2)．设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，则令x＝1，则y＝1，z＝3.所以n＝(1，1，3)．而＝(－2，0，0)，所以点B到平面EFG的距离d＝＝. 二、高考小题 8．(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，因为cos〈，〉＝＝＝，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C. 三、模拟小题 9．(2023·江苏扬中市第二高级中学模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝3，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，则点A1到平面ABD的距离为(　　) A. B. C. D．2 答案　A 解析　如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设CA＝CB＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，D，A1(a，0，3)，可得E，G，＝，＝，因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心，所以GE⊥平面ABD，所以·＝0，即×0＋×(－a)＋1×＝0，解得a＝3，即＝，设点A1到平面ABD的距离为d，因为E是A1B的中点，所以d＝2||＝.故选A. 10.(2023·山西太原高三模拟)如图，在圆锥AO中，AO＝BO，点C在圆O上，当直线AB与BC所成的角为60°时，直线AB与CD所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　C 解析　以O为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设AO＝BO＝1，C(x，y，0)，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，所以＝(0，1，－1)，＝(x，y－1，0)，因为直线AB与BC所成的角为60°，所以|cos〈，〉|＝＝，又因为点C在圆O上，所以x2＋y2＝1，解得y＝0，x＝1，点C(1，0，0)，所以＝(－1，－1，0)，则|cos〈，〉|＝＝，所以直线AB与CD所成的角为60°.故选C. 11.(多选)(2024·广东湛江廉江中学高三第二次月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则(　　) A．A1C⊥AB1 B．A1B与AD1所成的角为60° C．D1D⊥AF D．A1G∥平面AEF 答案　ABD 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，G(2，2，1)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2)．对于A，＝(0，2，2)，＝(－2，2，－2)，·＝4－4＝0，∴A1C⊥AB1，故A正确；对于B，＝(0，2，－2)，＝(－2，0，2)，cos〈，〉＝＝＝－，∴向量与向量的夹角是120°，A1B与AD1所成的角为60°，故B正确；对于C，＝(0，0，2)，＝(－2，2，1)，则·＝2≠0，故C错误；对于D，设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)，由可得取x＝2，可得m＝(2，1，2)，又＝(0，2，－1)，∵m·＝2－2＝0，∴m⊥，∵A1G⊄平面AEF，∴A1G∥平面AEF，故D正确．故选ABD. 12．(多选)(2023·重庆市涪陵高级中学模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，E是棱PC的中点，PD＝AB，则(　　) A．AC⊥PB B．直线AE与平面PAB所成角的正弦值是 C．异面直线AD与PB所成的角是 D．四棱锥P－ABCD的体积与其外接球的体积的比值是 答案　ABD 解析　如图，连接BD.因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC，所以AC⊥平面PBD，则AC⊥PB，故A正确；由题意易证AD，CD，PD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设AB＝2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，E(0，1，1)，P(0，0，2)，从而＝(－2，0，0)，＝(0，2，0)，＝(－2，1，1)，＝(2，2，－2)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，得n＝(1，0，1)．设直线AE与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，故B正确；设异面直线AD与PB所成的角为α，则cosα＝|cos〈，〉|＝＝，从而α≠，故C错误；四棱锥P－ABCD的体积V1＝，由题意可知，四棱锥P－ABCD外接球的半径R＝＝，则其体积V2＝πR3＝π×()3＝4π，从而四棱锥P－ABCD的体积与其外接球的体积的比值是＝，故D正确．故选ABD. 13.(多选)(2023·江苏南京师大附中校考模拟预测)如图，由正四棱锥P－ABCD和正方体 ABCD－A1B1C1D1组成的多面体的所有棱长均为2，则(　　) A．PA∥平面CB1D1 B．平面PAC⊥平面CB1D1 C．PB与平面CB1D1所成角的余弦值为 D．点P到平面CB1D1的距离为 答案　BD 解析　以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，连接BD，与AC交于点E，连接PE，则PE⊥平面ABCD，因为正四棱锥P－ABCD和正方体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长均为2，所以BD＝AC＝2，AE＝AC＝，所以PE＝＝＝，则D1(0，0，0)，B1(2，2，0)，A(2，0，2)，B(2，2，2)，C(0，2，2)，P(1，1，2＋)．对于A，＝(－1，1，)，＝(2，2，0)，＝(0，2，2)，设平面CB1D1的法向量为n1＝(x，y，z)，则即取x＝1，得n1＝(1，－1，1)，因为·n1＝－1－1＋≠0，所以PA与平面CB1D1不平行，故A错误；对于B，由A项分析得平面CB1D1的一个法向量为n1＝(1，－1，1)，＝(－2，2，0)，＝(－1，1，)，设平面PAC的法向量为n2＝(a，b，c)，则即取a＝1，得n2＝(1，1，0)．因为n1·n2＝1－1＝0，所以平面PAC⊥平面CB1D1，故B正确；对于C，由A项分析得平面CB1D1的一个法向量为n1＝(1，－1，1)，＝(－1，－1，)，设PB与平面CB1D1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n1〉|＝＝，所以cosθ＝＝，故C错误；对于D，由A项分析得平面CB1D1的一个法向量为n1＝(1，－1，1)，因为＝(1，－1，)，所以点P到平面CB1D1的距离为＝＝，故D正确．故选BD. 14．(2024·福建福州闽侯县第一中学高三上月考)已知空间中三点A(1，1，)，B(1，－1，2)，C(0，0，0)，则点A到直线BC的距离为________． 答案　 解析　∵A(1，1，)，B(1，－1，2)，C(0，0，0)，∴＝(1，1，)，＝(1，－1，2)，∴||＝＝，||＝＝，∴cos〈，〉＝＝＝，∴sin〈，〉＝＝，设点A到直线BC的距离为d，则d＝||sin〈，〉＝×＝. 一、高考大题 1．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. 解　(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴＝(0，－2，1)， ＝(0，－2，1)， ∴∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1， ∴n＝(λ－1，3－λ，2)． 设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得y2＝1，z2＝2，∴m＝(1，1，2)． 又二面角P－A2C2－D2为150°， ∴|cos〈n，m〉|＝ ＝ ＝|cos150°| ＝， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1. 2．(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解　(1)证明：如图， ∵A1C⊥底面ABC， BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， ∴BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. 过A1作A1O⊥CC1于点O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， ∴A1O⊥平面BCC1B1. ∵A1到平面BCC1B1的距离为1， ∴A1O＝1. 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1， ∴O为CC1的中点，∴CO＝C1O＝1， 又A1O⊥CC1，∴AC＝A1C＝A1C1＝， ∴AC＝A1C. (2)连接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1. 过B作BD⊥AA1于点D，则D为AA1的中点， 又AA1＝2，∴A1D＝AD＝1， ∵直线AA1与BB1的距离为2，∴BD＝2， ∴A1B＝AB＝， 在Rt△ABC中，BC＝＝. 解法一：以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)， ∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，)， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即取x＝1，则y＝0，z＝1， ∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)． 设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形， ∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC， 又AM⊂平面ABC， ∴C1M⊥AM， 在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝2， C1M＝A1C＝， ∴AC1＝＝. 在Rt△AB1C1中，AC1＝，B1C1＝BC＝， ∴AB1＝＝. 又A到平面BCC1B1的距离为1， ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝. 3.(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D－AO－C的正弦值． 解　(1)证明：设AF＝tAC， 则＝＋＝(1－t)＋t，＝－＋，BF⊥AO， 则·＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)2＋t2＝4(t－1)＋4t＝0， 解得t＝，则F为AC的中点， 因为D，E，O，F分别为BP，AP，BC，AC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC， 即EF∥DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO， 所以EF∥平面ADO. (2)证明：因为D，O分别为PB，BC的中点， 所以DO＝PC＝，则AD＝DO＝， 因为AO＝＝， 所以DO2＋AO2＝AD2＝，则DO⊥AO， 由(1)可知EF∥DO， 所以EF⊥AO， 又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， 则AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO， 所以平面ADO⊥平面BEF. (3)如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，＝(－2，，0)． 因为PB＝PC，BC＝2， 所以设P(x，，z)，z＞0， 则＝＋＝＋＝(2，0，0)＋(x－2，，z)＝， 由(2)知AO⊥BE， 所以·＝(－2，，0)·＝0， 所以x＝－1. 又PB＝，＝(x，，z)，所以x2＋2＋z2＝6， 所以z＝，则P(－1，，)． 由D为BP的中点，得D， 则＝. 设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)， 则即 取a＝1，则n1＝(1，，)． 易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 设二面角D－AO－C的大小为θ， 则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 故二面角D－AO－C的正弦值为. 二、模拟大题 4.(2024·广西南宁第三十六中高三月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝AP＝2，AB＝1，AC＝2. (1)试在棱PC上找一点E满足BE⊥DC； (2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值． 解　(1)∵AD＝CD＝2，AC＝2，AB∥CD，AD2＋CD2＝AC2， ∴AD⊥CD，AD⊥AB. 如图，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 设E为棱PC上的点，且E(x，y，z)． ＝(x，y，z－2)，＝(2，2，－2)， 且＝m， ∴mx＝2，my＝2，m(z－2)＝－2， ∴E， ∴＝，＝(2，0，0)， 若BE⊥CD，故·＝0，∴2＝0，∴m＝2，即E(1，1，1)． ∴E为棱PC的中点． (2)＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，2，0)， 由点F在棱PC上，设＝t， 故＝＋＝＋t＝(1－2t，2－2t，2t)， 由BF⊥AC，得·＝0， ∴2(1－2t)＋2(2－2t)＝0， 解得t＝，即＝. 设平面ABF的法向量为n1＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)． 易得平面PAB的一个法向量为n2＝(0，1，0)， 则cos〈n1，n2〉＝＝＝－. 由题知，二面角F－AB－P的平面角是锐角， ∴二面角F－AB－P的余弦值为. 5.(2024·福建龙岩上杭县第一中学高三月考)如图，矩形BCDE所在平面与△ABC所在平面垂直，∠ACB＝90°，BE＝2. (1)证明：DE⊥平面ACD； (2)若平面ADE与平面ABC夹角的余弦值是，且直线AE与平面BCDE所成角的正弦值是，求异面直线DE与AB所成角的余弦值． 解　(1)证明：∵四边形BCDE为矩形， ∴DE⊥CD. ∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，又DE∥BC， ∴DE⊥AC， ∵AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD， ∴DE⊥平面ACD. (2)由(1)可得，CA⊥CB，CD⊥CB， ∵平面BCDE⊥平面ABC， 平面BCDE∩平面ABC＝BC，CD⊂平面BCDE， ∴CD⊥平面ABC， 又CA⊂平面ABC，∴CA⊥CD. 以C为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC＝a，BC＝b， 则A(a，0，0)，D(0，0，2)，E(0，b，2)，B(0，b，0)， ∴＝(－a，0，2)，＝(0，b，0)，＝(－a，b，2)， ∵CD⊥平面ABC， ∴平面ABC的一个法向量为＝(0，0，2)． 设平面AED的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，得y＝0，z＝a， ∴n＝(2，0，a)， ∴|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝1. ∵AC⊥平面BCDE， ∴平面BCDE的一个法向量为＝(1，0，0)， ∴|cos〈，〉|＝＝＝＝，解得b＝， ∴＝(0，，0)，＝(－1，，0)， ∴|cos〈，〉|＝＝＝， 即异面直线DE与AB所成角的余弦值为. 6.(2024·江西红色十校高三联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1的面积为4，且四棱锥C1－ABB1A1的体积为. (1)求点B1到平面ACC1A1的距离； (2)若平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，侧面ABB1A1是正方形，D为BC1的中点，AC1＝A1C1，求平面ADB1与平面A1B1C1所成锐二面角的余弦值． 解　(1)设点B1到平面ACC1A1的距离为h，由题意知，四边形ABB1A1是平行四边形，所以S△AA1B1＝S四边形ABB1A1， 所以VC1－AB1A1＝VC1－ABB1A1＝， 由题意知，四边形ACC1A1是平行四边形， 所以S△AA1C1＝S四边形ACC1A1＝2， 又VC1－AB1A1＝VB1－AA1C1＝S△AA1C1·h＝， 所以×2h＝，解得h＝2， 即点B1到平面ACC1A1的距离为2. (2)取AA1的中点为O，连接OC1，因为平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，且AC1＝A1C1， 所以OC1⊥AA1， 又平面ACC1A1∩平面ABB1A1＝AA1， 所以OC1⊥平面ABB1A1，且四边形ABB1A1是正方形， 以O为坐标原点，，的方向分别为y轴、z轴正方向，过点O作x轴平行A1B1，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，且四边形ABB1A1是正方形， 则B1A1⊥平面ACC1A1， 由(1)可知，AA1＝2，OC1＝2， 则A(0，－1，0)，A1(0，1，0)，B1(2，1，0)，C1(0，0，2)，B(2，－1，0)， 且D为BC1的中点， 则D， 所以＝，＝(2，2，0)， 设平面ADB1的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 取z＝1，则y＝2，x＝－2， 所以n＝(－2，2，1)， 又＝(2，0，0)，＝(0，－1，2)， 设平面A1B1C1的法向量为m＝(a，b，c)， 则所以 取c＝1，则b＝2， 所以m＝(0，2，1)， 设平面ADB1与平面A1B1C1所成的锐二面角为θ， cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， 即平面ADB1与平面A1B1C1所成锐二面角的余弦值为. 22 学科网（北京）股份有限公司 $$