一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 如图，单位正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的对角面𝐵𝐵1𝐷1𝐷上存在一动点P，
N两点．过点P作垂直于平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷的直线，与正方体表面相交于M、则△𝐵𝑀𝑁的面积最大值为( )
6
A. √4
B. 2
√6 C. 3166 D. √2
1
2. 已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图
所示，则该几何体的体积是( )
A. 8 B. C. D.
3. 如图，正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的各棱长都等于2，D在𝐴𝐶1上，F为𝐵𝐵1中点，且𝐹𝐷⊥𝐴𝐶1，有
下述结论 (1)𝐴𝐶1⊥𝐵𝐶； (2)𝐷𝐶=1；
1
𝐴𝐷
(3)面𝐹𝐴𝐶1⊥面𝐴𝐶𝐶1𝐴1； (4)三棱锥𝐷−𝐴𝐶𝐹的体积为√．
33
其中正确的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2(𝑂是坐标原点)，则向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标为( ) 4. 设点A在−150°角的终边上，|𝑂𝐴
A. (√6,√2) B. (√2,√6) C. (−√2,−√6) D. (−√6,−√2)
2𝑥−2(𝑥≥0)
⃗ =(𝑚,2)，⃗ 5. 若𝑓(𝑥)={，向量𝑎𝑏=(2,3)相互垂直，则𝑓(𝑚)等于( )
𝑓(𝑥+2)(𝑥<0)
A. 2 B. 4
C. 4
1
D. 2
1
⃗ =(𝑚,1)，若𝑎⃗ ，则𝑚=( ) ⃗ =(−2,−1)，𝑏6. 向量𝑎⃗ //𝑏
A. −2
1
B. 2
1
C. −2 D. 2
𝜋
𝜋
⃗ =(1,𝑠𝑖𝑛2𝑥).设𝑓(𝑥)=𝑎⃗ ，若𝑓(𝛼−)=2，𝛼∈[,𝜋]，则7. 已知向量𝑎⃗ =(2𝑐𝑜𝑠2𝑥,√3)，𝑏⃗ ⋅𝑏32
sin(2𝛼−6)=( )
3
A. −√2
𝜋
B. 2
1
C. −2
1
3 D. √2
⃗⃗⃗ =1(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )，若𝑠𝑖𝑛𝐵⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +2𝑠𝑖𝑛𝐴⋅𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +3𝑠𝑖𝑛𝐶⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则𝑐𝑜𝑠𝐶=( ) 𝐴𝑃𝐴𝐶8. 在△𝐴𝐵𝐶中，⃗⃗3
A. 18
1
B. 6
1
C. 6
5
D. 18
17
9. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均是边长为2的等边
三角形，则该几何体的表面积是( )
7
A. 4√3
B. 4+4√3 C. 12
3 D. 4√3
10. 在三棱椎𝑃−𝐴𝐵𝐶中，底面ABC是等边三角形，侧面PAB是直角三角形，且𝑃𝐴=𝑃𝐵=2，当
三棱椎𝑃−𝐴𝐵𝐶表面积最大时，该三棱椎外接球的表面积为( )
A. 12𝜋 B. 8𝜋 C. 4√3𝜋 D.
32𝜋3
二、单空题（本大题共5小题，共20.0分）
11. △𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=4，𝐴𝐶=5，将三角形绕直角边AB旋转一周所成的几何体的全面积
为____________．
12. 设棱长为的正方体的体积和表面积分别为
底面半径和高均为的圆锥的体积和侧面积
分别为若，则的值为 ．
13. 用长为3、宽为2的矩形做侧面，围成一个高为2的圆柱，此圆柱的轴截面面积为 ． 14. 六棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐸1𝐹1的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，且侧棱长等于底面边长，
则直线AE与𝐶𝐵1所成角的余弦值为______ ． ⃗ =(2,1)，⃗ 15. 已知𝑎𝑏=(2,3)则|𝑎⃗ +⃗ 𝑏|=______． 三、解答题（本大题共4小题，共48.0分）
16. 在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，∠𝐵𝐴𝐶=90°，且异
面直线𝐴1𝐵与𝐵1𝐶1所成的角等于60°，设𝐴𝐴1=𝑎． (1)求a的值；
(2)求三棱锥𝐵1−𝐴1𝐵𝐶的体积．
17. 如图所示，已知𝐶𝐸⊥底面ABC，∠𝐴𝐵𝐶=2，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝐶𝐸，
////
𝐴𝐴1−𝐵𝐵1−2𝐶𝐸，D为BC的中点．
𝜋
(1)求证：𝐷𝐸⊥𝐴1𝐶；
(2)若𝐶𝐸=1，求三棱锥𝐸−𝐴1𝐷𝐶的体积．
18. 18.(本小题满分12分)如图，已知四边形ABCD为正方形，
且
(1)求证：平面
； (2)求二面角
的余弦值。
平面
，
//
，
19. 如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐴𝐴1=1，延长𝐴1𝐶1至点P，使
𝐶1𝑃=𝐴1𝐶1，连接AP交棱𝐶𝐶1于点D． (Ⅰ)求证：𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1；
(Ⅱ)求二面角𝐴−𝐴1𝐷−𝐵的平面角的余弦值．
【答案与解析】
1.答案：A
解析：分析：
本题考查了图象的变化问题，根据几何体的特征和条件进行分析，再用图象表示出来，考查了作图和读图能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
根据题意和正方体的特征，分析点P动的过程中，作出轨迹图象，数形结合能求出结果． 解：由题意知，𝑀𝑁⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，其轨迹经过B，𝐷1和侧棱𝐴𝐴1，𝐶𝐶1的中点E，F，
如图，当MN与EF重合时，△𝐵𝑀𝑁的面积取最大值， 此时，𝐵𝑀=𝐵𝑁=√12+()2=√，
22𝑀𝑁=√12+12=√2，
𝑆△𝐵𝑀𝑁=×√2×√()2−()2=
21
√5
2
√22
√6
． 4
1
5
故选：A．
2.答案：C
解析：试题分析：由三视图知，此几何体可以看作是一个边长为2的正方体被截去了一个棱台而得到，此棱台的高为2，一底为直角边长为2的等腰直角三角形，一底为直角边长为1的等腰直角三角形，棱台的两底面的面积分别为
和
，故几何体的体积为
.选C．
考点：1.三视图；2.割补法求体积
3.答案：C
解析：解：(1)连接𝐴𝐵1，则∠𝐵1𝐶1𝐴即为BC𝐵1𝐶1=和𝐴𝐶1所成的角，在三角形𝐴𝐵1𝐶1中，2，𝐴𝐵1=2√2，
𝐴𝐶1=2√2，cos∠𝐵1𝐶1𝐴=2×22×2=√故(1)错；
(2)连接AF，𝐶1𝐹，则易得𝐴𝐹=𝐹𝐶1=√5， 又𝐹𝐷⊥𝐴𝐶1，则𝐴𝐷=𝐷𝐶1，故(2)正确； (3)连接CD，则𝐶𝐷⊥𝐴𝐶1，且𝐹𝐷⊥𝐴𝐶1，
则∠𝐶𝐷𝐹为二面角𝐹−𝐴𝐶1−𝐶的平面角，𝐶𝐷=√2，𝐶𝐹=√5，𝐷𝐹=√3，
即𝐶𝐷2+𝐷𝐹2=𝐶𝐹2，故二面角𝐹−𝐴𝐶1−𝐶的大小为90°，面𝐹𝐴𝐶1⊥面𝐴𝐶𝐶1𝐴1，故(3)正确； (4)由于𝐶𝐷⊥𝐴𝐶1，且𝐹𝐷⊥𝐴𝐶1，则𝐴𝐷⊥平面CDF，
则𝑉𝐷−𝐴𝐶𝐹=𝑉𝐴−𝐷𝐶𝐹=⋅𝐴𝐷⋅𝑆△𝐷𝐶𝐹=×√2××√2×√3=√.故(4)正确．
3
3
2
3
1
1
1
3
8+4−8√2
， 4
故选：C．
(1)连接𝐴𝐵1，则∠𝐵1𝐶1𝐴即为BC和𝐴𝐶1所成的角，由余弦定理，即可判断； (2)连接AF，𝐶1𝐹，由正三棱柱的定义，即可判断；
(3)连接CD，则𝐶𝐷⊥𝐴𝐶1，且𝐹𝐷⊥𝐴𝐶1，则∠𝐶𝐷𝐹为二面角𝐹−𝐴𝐶1−𝐶的平面角，通过解三角形CDF，即可判断；
(4)由于𝐴𝐷⊥平面CDF，通过𝑉𝐷−𝐴𝐶𝐹=𝑉𝐴−𝐷𝐶𝐹即可求出体积．
本题考查正三棱柱的定义和性质，考查线面垂直的判定和性质，空间的二面角，以及棱锥的体积，注意运用转换法，属于中档题．
4.答案：D
解析：解：∵点A在−150°角的终边上，|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴|=2√2(𝑂是坐标原点)， ∴点A在第三象限，且到原点的距离为2√2，
A的横坐标：根据直角三角形的边角关系得：𝑥=−2√2𝑐𝑜𝑠30°=−√6.纵坐标𝑦=−2√2𝑠𝑖𝑛30°=−√2 所求的坐标为(−√6,−√2). 故选：D．
先根据点A在−150°角的终边上，|⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐴|=2√2(𝑂是坐标原点)，点A在第三象限，根据直角三角形的边角关系求解即可、
本题考查的知识点是平面向量的坐标运算，根据已知计算出点A的坐标得到的向量的坐标是解答本题的关键．
5.答案：D
⃗ =(𝑚,2)，⃗ 解析：解：因为向量𝑎𝑏=(2,3)相互垂直， 所以𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏=2𝑚+6=0，解得𝑚=−3，
所以𝑓(−3)=𝑓(−3+2)=𝑓(−1)=𝑓(−1+2)=𝑓(1)=21−2=2−1=2； 故选D．
首先利用向量互相垂直的性质得到数量积为0，求得m，然后代入𝑓(𝑥)解析式求函数值． 本题考查了垂直向量的数量积为0以及分段函数的函数值是求法；分段函数的函数值必须明确自变量所属范围，然后代入对应的解析式求值．
1
6.答案：D
⃗ =(−2,−1)，⃗ 解析：解：∵𝑎𝑏=(𝑚,1)， 若𝑎⃗ //⃗ 𝑏，则−2×1−(−1)×𝑚=0，即𝑚=2． 故选：D．
直接利用向量共线的坐标运算列式求解． 本题考查向量共线的坐标运算，是基础题．
7.答案：C
解析：解：𝑓(𝑥)=𝑎⃗ ⋅⃗ 𝑏 =2𝑐𝑜𝑠2𝑥+√3𝑠𝑖𝑛2𝑥 =1+𝑐𝑜𝑠2𝑥+√3𝑠𝑖𝑛2𝑥 =2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+6)+1；
∴𝑓(𝛼−3)=2𝑠𝑖𝑛(2𝛼−2)+1=−2𝑐𝑜𝑠2𝛼+1=2； ∴𝑐𝑜𝑠2𝛼=−2；
1𝜋
𝜋
𝜋
∵𝛼∈[,𝜋]；
2
𝜋
∴2𝛼∈[𝜋,2𝜋]； ∴2𝛼=𝜋+3；
∴sin(2𝛼−)=sin(𝜋+)=−．
662故选C．
进行数量积的运算，并化简即可得出𝑓(𝑥)=2𝑠𝑖𝑛(2𝑥+6)+1，这样根据𝑓(𝛼−3)=2即可得出𝑐𝑜𝑠2𝛼=−2，而由𝛼的范围便可得出2𝛼的范围，从而求出𝛼，这样便可求出sin(2𝛼−6)的范围． 考查向量数量积的坐标运算，二倍角的余弦公式，以及两角和的正弦公式，三角函数的诱导公式．
1
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
1
𝜋
8.答案：D
解析：
本题考查余弦定理和正弦定理的应用，涉及平面向量基本定理，关键是分析a、b、c的关系． ⃗⃗⃗ =2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ =⃗ ，𝐴𝑃𝐴𝐷根据题意，由向量线性运算法则可得⃗⃗即可得P为△𝐴𝐵𝐶的重心，则有⃗𝑃𝐴𝑃𝐵+⃗𝑃𝐶03最后由余弦定理计算可得答案． 解：根据题意，如图，
在△𝐴𝐵𝐶中，设D为BC的中点， ⃗⃗⃗ =2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 有⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵+⃗⃗𝐴𝐶𝐴𝐷
⃗⃗⃗ =1(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )，则⃗⃗⃗⃗⃗ =2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 𝐴𝑃𝐴𝐶𝐴𝑃𝐴𝐷又由⃗⃗33
⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ =⃗ ， 则P为△𝐴𝐵𝐶的重心，则有⃗𝑃𝐴𝑃𝐵+⃗𝑃𝐶0
⃗⃗⃗⃗⃗ +2𝑠𝑖𝑛𝐴⋅𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +3𝑠𝑖𝑛𝐶⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则𝑏⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +2𝑎⋅𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ +3𝑐⋅𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 若𝑠𝑖𝑛𝐵⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ， 而⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵−⃗𝑃𝐴
⃗⃗⃗⃗ )+2𝑎⋅⃗⃗⃗⃗⃗ +3𝑐⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗ ， ⃗⃗⃗⃗⃗ −⃗则𝑏(𝑃𝐵𝑃𝐴𝑃𝐴𝑃𝐶0⃗⃗⃗⃗ +3𝑐⋅⃗⃗⃗⃗⃗ =⃗ ， 𝑏⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵+(2𝑎−𝑏)⃗𝑃𝐴𝑃𝐶0
⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ =⃗ ， 又由⃗𝑃𝐴𝑃𝐵+⃗𝑃𝐶0
2𝑎−𝑏=𝑏则有{，解得𝑎=𝑏=3𝑐，
𝑏=3𝑐则𝑐𝑜𝑠𝐶=
𝑎2+𝑏2−𝑐2
2𝑎𝑏
=
1718
；
故选D．
9.答案：C
解析：解：三视图复原的几何体是底面为正方形边长为2，正视图是正三角形，所以几何体是正四棱锥，
侧视图与正视图图形相同，侧视图是边长为2的正三角形， 所以侧面积为4×(2×2×2)=8． 底面积为2×2=4，
故该几何体的表面积是8+4=12， 故选：C．
三视图复原的几何体是正四棱锥，利用三视图的数据，求出侧面积和底面积，相加即可得到答案． 本题考查简单几何体的三视图，三角形的面积的求法，考查空间想象能力与计算能力．
1
10.答案：A
解析：
本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 由题意，侧面PAB是直角三角形，且𝑃𝐴=𝑃𝐵=2，可得底面ABC的等边为2√2.三棱椎𝑃−𝐴𝐵𝐶表面积最大时，PAC和PBC是直角三角形，底面ABC外接圆的半径，构造直角三角形．即可求解球的半径．可求外接球的表面积．
解：由题意，侧面PAB是直角三角形，且𝑃𝐴=𝑃𝐵=2，可得底面ABC的等边为2√2． ∴底面ABC外接圆的半径𝑟=
2√63
三棱椎𝑃−𝐴𝐵𝐶表面积最大时，PAC和PBC是直角三角形， 可得𝑃𝐶=2√3
在△𝑃𝐴𝐵直角三角形中，作AB的高交AB于E，可得高𝑃𝐸=√2． 𝐸𝐶=√6，在△𝑃𝐸𝐶中，
过P作EC的垂线交于D，可得三棱椎𝑃−𝐴𝐵𝐶的高𝐷𝑃=𝑂𝐷=𝑂𝐸+𝐷𝐸=
2√63
2√3
，𝐷𝐸3
=
√6
， 3
，
𝑑2+𝑟2=𝑅2
, 设球心到圆心的距离d，可得{2√3
(3−𝑑)2+(𝑂𝐷)2=𝑅2解：𝑑=√，𝑅=√3，
3
得外接球的表面积𝑆=4𝜋𝑅2=12𝜋． 故选：A．
3
11.答案：36𝜋
解析：解：将三角形绕直角边AB旋转一周所成的几何体以BC为半径，以AB为高的圆锥， 则圆锥的底面半径𝑟=4，母线长𝑙=5 所以圆锥的全面积：𝑆=𝜋𝑟(𝑟+𝑙)=36𝜋 故答案为：36𝜋
12.答案：
解析：
本题考查了圆锥，正方体的体积和表面积计算，属于基础题．
解：
故答案为
．
13.答案：𝜋
解析：
本题考查了圆柱侧面展开图、圆的周长公式和矩形面积计算问题，是基础题．
根据圆柱侧面展开图是矩形，可得该圆柱的底面圆周长为3，计算出底面直径，再求圆柱的轴截面6
面积．
解：用长为3、宽为2的矩形做侧面，围成一个高为2的圆柱， 所以底面圆的周长为3， 计算底面圆的直径为2𝑟=3
𝜋，
所以圆柱的轴截面面积为𝑆=2𝑟×ℎ=3
6
𝜋×2=𝜋． 故答案为：6
𝜋．
14.答案：√64
解析：解：∵𝐶𝐵1//𝐸𝐹1，∴∠𝐴𝐸𝐹1是异面直线AE与𝐶𝐵1所成角， 设𝐴𝐵=1，则𝐴𝐹1=𝐸𝐹1=√2，
𝐴𝐸2=1+1−2×1×1×𝑐𝑜𝑠120°=3，即𝐴𝐸=√3， ∴cos∠𝐴𝐸𝐹𝐴𝐸2+𝐸𝐹121=
−𝐴𝐹1
22𝐴𝐸⋅𝐸𝐹1
=
3+2−22×√3×√2=
√64
． ∴直线AE与𝐶𝐵1所成角的余弦值为√64
．
故答案为：√64
．
由𝐶𝐵1//𝐸𝐹1，得∠𝐴𝐸𝐹1是异面直线AE与𝐶𝐵1所成角，由此能求出直线AE与𝐶𝐵1所成角的余弦值． 本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．
15.答案：4√2
⃗ =(2,1)，⃗ 解析：解：因为𝑎𝑏=(2,3)则𝑎⃗ +⃗ 𝑏=(4,4)， ⃗ |=√42+42=4√2； 所以|𝑎⃗ +𝑏故答案为：4√2．
首先求出𝑎⃗ +⃗ 𝑏的坐标，然后按照向量模的定义求之．
本题考查了向量的加法坐标运算以及向量模的求法，属于基础题．
16.答案：解：(1)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，𝐴𝐴1为z轴，建立空间直角坐标系，
则𝐴1(0,0，𝑎)，𝐵(1,0，0)，𝐵1(1,0，𝑎)，𝐶1(0,1，𝑎)， ⃗⃗⃗⃗1⃗⃗⃗⃗ =(1,0，−𝑎)，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵𝐵1𝐶1=(−1,1，0)， ∵异面直线𝐴1𝐵与𝐵1𝐶1所成的角等于60°，
111
∴𝑐𝑜𝑠60°=|𝐴=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵|⋅|𝐵𝐶|
1
11
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐴𝐵⋅𝐵𝐶|
|−1|√𝑎2+1×√2=2，
1
由𝐴𝐴1=𝑎>0，解得𝑎=1;
(2)∵在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，∠𝐵𝐴𝐶=90°， ∴𝐴𝐶⊥𝐴𝐵，
∵直棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴𝐴1⊥平面ABC，𝐴𝐶⊂平面ABC， ∴𝐴𝐶⊥𝐴𝐴1，
∵𝐴𝐴1,𝐴𝐵都在平面𝐴1𝐵1𝐵内，且交于A点， ∴𝐴𝐶⊥平面𝐴1𝐵1𝐵，
∵𝐴𝐶=1，𝑆△𝐴1𝐵1𝐵=2×𝐴1𝐵1×𝐵𝐵1=2，
∴三棱锥𝐵1−𝐴1𝐵𝐶的体积𝑉𝐵1−𝐴1𝐵𝐶=𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐵=3×1×2=6．
1
1
1
1
1
解析：本题考查线段长的求法，考查三棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法和等体积法的合理运用．
(1)以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，𝐴𝐴1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出a． (2)由𝐴𝐶⊥平面𝐴1𝐵1𝐵，利用等体积法能求出三棱锥𝐵1−𝐴1𝐵𝐶的体积．
17.答案：证明：(1)连接𝐵1𝐶，交DE于F，
∵𝐶𝐸⊥面ABC，𝐴𝐴1//𝐵𝐵1//𝐶𝐸，
∴𝐵𝐵1⊥𝐵𝐶，𝐶𝐸⊥𝐵𝐶，∴△𝐵1𝐵𝐶和△𝐸𝐶𝐷为直角三角形， 又𝐵𝐵1=𝐵𝐶，𝐶𝐸=2𝐵𝐶=𝐷𝐶， ∴∠𝐵1𝐶𝐵=∠𝐸𝐷𝐶=45°， ∴∠𝐶𝐹𝐷=90°，即𝐷𝐸⊥𝐵1𝐶， 又𝐶𝐸⊥底面ABC，∠𝐴𝐵𝐶=2，
∴𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，∴𝐴𝐵⊥面𝐵1𝐵𝐶𝐸， 𝐷𝐸⊂面𝐵1𝐵𝐶𝐸，∴𝐴𝐵⊥𝐷𝐸， 又𝐴1𝐵1//𝐴𝐵，∴𝐴1𝐵1⊥𝐷𝐸，
∵𝐴1𝐵1∩𝐵1𝐶=𝐵1，∴𝐷𝐸⊥面𝐴1𝐵1𝐶，又𝐴1𝐶⊂面𝐴1𝐵1𝐶， ∴𝐷𝐸⊥𝐴1C.
解：(2)当𝐶𝐸=1时，根据题意可得，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝐶𝐸=2， ∴𝑉𝐸−𝐴1𝐶𝐷=𝑉𝐴1−𝐸𝐶𝐷，
∵𝐴𝐴1//𝐶𝐸，∴𝐴𝐴1//平面CDE，
𝜋
1
∴三棱锥𝐸−𝐴1𝐷𝐶的体积：
𝑉𝐸−𝐴1𝐶𝐷=𝑉𝐴1−𝐸𝐶𝐷=×𝑆△𝐸𝐷𝐶=××1×1×1=，
3323
1
1
1
1
(1)连接𝐵1𝐶，𝐶𝐸⊥𝐵𝐶，𝐷𝐸⊥𝐵1𝐶，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，解析：交DE于F，推导出𝐵𝐵1⊥𝐵𝐶，从而𝐴𝐵⊥面𝐵1𝐵𝐶𝐸，进而𝐴𝐵⊥𝐷𝐸，再由𝐴1𝐵1⊥𝐷𝐸，得到𝐷𝐸⊥面𝐴1𝐵1𝐶，由此能证明𝐷𝐸⊥𝐴1C.
(2)当𝐶𝐸=1时，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝐶𝐸=2，𝑉𝐸−𝐴1𝐶𝐷=𝑉𝐴1−𝐸𝐶𝐷，由此能求出三棱锥𝐸−𝐴1𝐷𝐶的体积．
本题考查几何体体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.答案：(1)
(2)
解析：本题是立体几何中常见的证明和计算问题，证明问题中常常是垂直和平行的证明，计算中常常是求角和求距离。
由题目所给已知条件可建立空间直角坐标系，用空间向量也就是法向量来求证线面垂直以及求二面角即可。
19.答案：解：以𝐴1为原点，𝐴1𝐵，𝐴1𝐶，𝐴1𝐴分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立坐标系，
则𝐴1(0,0，0)，𝐵1(1,0，0)，𝐶1(0,1，0)，𝐵(1,0，1)，𝑃(0,2，0) (1)在△𝑃𝐴𝐴1中，𝐶1𝐷=2𝐴𝐴1，则𝐷(0,1，2) ⃗⃗⃗1⃗⃗⃗⃗ =(1,0，1)，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗𝐴𝐵𝐴1𝐷=(0,1，2)，𝐵1𝑃=(−1,2，0) ⃗ =(𝑎,b，𝑐) 设平面𝐵𝐷𝐴1的一个法向量为𝑎
1
1
1
⃗⃗⃗1⃗⃗⃗⃗ =𝑎+𝑐=0𝑎⃗ ⋅⃗𝐴𝐵则{ 1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⋅⃗𝑎𝐴𝐷=𝑏+𝑐=012⃗ =(1,,−1) 令𝑐=−1，则𝑎2
∵𝑎⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵1𝑃=1×(−1)+2×2+(−1)×0=0 ∴𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1
⃗ =(1,2,−1) (𝐼𝐼)由(𝐼)知平面𝐵𝐷𝐴1的一个法向量𝑎又⃗ 𝑏=(1,0，0)为平面𝐴𝐴1𝐷的一个法向量
⃗ ⃗ ⋅𝑏𝑎12
⃗ 𝑏>===∴cos<𝑎⃗ ， 3⃗ |3|𝑎⃗ |⋅|𝑏1×
21
1
1
故二面角𝐴−𝐴1𝐷−𝐵的平面角的余弦值为3
2
解析：以𝐴1为原点，𝐴1𝐵，𝐴1𝐶，𝐴1𝐴分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立坐标系，则我们易求出各个点的坐标，进而求出各线的方向向量及各面的法向量．
(𝐼)要证明𝑃𝐵1//平面𝐵𝐷𝐴1，我们可以先求出直线𝑃𝐵1的向量，及平面𝐵𝐷𝐴1的法向量，然后判断证明这两个向量互相垂直
(𝐼𝐼)由图象可得二面角𝐴−𝐴1𝐷−𝐵是一个锐二面角，我们求出平面𝐴𝐴1𝐷与平面𝐴1𝐷𝐵的法向量，然后求出两个法向量夹角的余弦值，得到结论． 利用向量法求空间夹角问题，包括以下几种情况：
空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值；
空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值； 空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值；
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容