1、专题检测卷专题检测卷(三三) 立体几何立体几何 (时间：120 分钟 满分：150 分) 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的. 1.(2020 南昌调研)已知平面 内的一条直线 l 及平面 ，则“l”是“”的 ( ) A.充分必要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 解析 根据直线与平面垂直的判定定理，由“l，l”可证得“”，即 充分性是成立的.反之由“，l”不一定得到“l”，即必要性不成立. 所以“l”是“”的充分不必要条件.故选 B. 答案 B 2.(2020 牡丹江调研)已
2、知圆锥的顶点为 P，母线 PA，PB 所成角的余弦值为7 8，PA 与圆锥底面所成角为 45 ，若PAB 的面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为( ) A.40( 21) B.40 2 C.8( 105) D.8 10 解析 设 O 为圆锥底面圆的圆心，设底面圆的半径为 r. PA 与圆锥底面所成角为 45 ，即PAO45 . 所以 PA 2r. 母线 PA，PB 所成角的余弦值为7 8，即 cosAPB 7 8. 则 sinAPB 1cos2APB1 7 8 2 15 8 . 由 SPAB1 2PA PBsinAPB 1 22r 2 15 8 5 15.r240， 故 S圆锥侧r PAr 2
3、r 2r240 2. 答案 B 3.如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面边长为 2，直线 CC1与平面 ACD1 所成角的正弦值为1 3，则该正四棱柱的高为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析 以 D 为坐标系原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间 直角坐标系 Dxyz，如图所示，设正四棱柱的高为 h，则 D(0，0，0)，A(2，0， 0)，C(0，2，0)，D1(0，0，h)，C1(0，2，h)，CC1 (0，0，h)，AC (2，2，0)， CD1 (0 ， 2 ， h). 设 平 面 ACD1的 法 向 量 为 n (x1， y1， z1)
4、 ， 则 n AC2x12y10， n CD1 2y1hz10， 令 z12，则 y1h，x1h，n(h，h，2)为平面 ACD1 的一个法向量.又直线 CC1与平面 ACD1所成角的正弦值为1 3，所以|cosn，CC1 | |n CC1 | |n| |CC1 | 2h 2h24 h 1 3，解得 h4，故选 C. 答案 C 4.(2020 长沙模拟)设三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面， ABAC2， BAC 90 ， AA13 2， 且三棱柱的所有顶点都在同一球面上， 则该球的表面积是( ) A.24 B.18 C.26 D.16 解析 依题意，三棱柱 ABCA1B1C1的外接球
5、是底面为正方形(边长为 2)、高为 3 2的长方体的外接球，其直径为长方体的体对角线.设球的半径为 R，则有(2R)2 2222(3 2)226，故三棱柱 ABCA1B1C1外接球的表面积为 4R226.故 选 C. 答案 C 5.(2020 成都二诊)在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P，Q 分别为 AB，AD 的中 点，过点 D 作平面 使 B1P平面 ，A1Q平面 ，若直线 B1D1平面 M， 则MD1 MB1的值为( ) A.1 4 B.1 3 C.1 2 D.2 3 解析 如图， 取 A1D1的中点 E， C1D1的中点 F， 连接 DE， EF， DF.易知 B1PDF，
6、A1QDE，则平面 DEF 就是平面 .EF 与 B1D1相交于点 M，连接 A1C1，与 B1D1 相交于点 O，易证点 M 是 D1O 的中点.又 O 是 B1D1的中点，所以MD1 MB1 1 3.故选 B. 答案 B 6.(2020 厦门质检)已知正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面边长为 1，高为 2，M 为 B1C1的中点，过点 M 作平面 平行于平面 A1BD，若平面 把该正四棱柱分成两 个几何体，则体积较小的几何体的体积为( ) A.1 8 B. 1 16 C. 1 24 D. 1 48 解析 设 N 为 C1D1的中点，P 为 CC1的中点，连接 MN，MP，NP，CB1
7、，如图. 在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，A1B1綊 CD，四边形 A1B1CD 为平行四边形， DA1CB1.M为B1C1的中点， P为CC1的中点， MPCB1， DA1MP.MP 平面 A1BD，DA1平面 A1BD，MP平面 A1BD.同理可证 NP平面 A1BD， MPNPP，平面 MNP平面 A1BD，即平面 MNP 为平面 .体积较小的 几何体为三棱锥 PC1MN，VPC1MN1 3 1 2 C1M C1N C1P 1 6 1 2 1 21 1 24.故 选 C. 答案 C 7.(2020 安徽六校素质测试)如图，四面体 ABCD 为正四面体，AB1，点 E，F 分 别是
8、AD，BC 的中点.若用一个与直线 EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的 平面 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为 ( ) A.1 4 B. 2 4 C. 3 4 D.1 解析 将正四面体补成正方体，如图.由图可知截面为平行四边形 MNKL，可得 KNKL1.又 KLBC，KNAD，且 ADBC，KNKL.可得 S 四边形MNKL KN KL KNKL 2 2 1 4(当且仅当 KNKL 时取等号).故选 A. 答案 A 8.(2020 辽宁五校联考)已知 A，B 是半径为 2 3的球面上的两点，过 AB 作互相垂 直的两个平面 ，若 ， 截该球所得的两个截面
9、的面积之和为 16，则线段 AB 的长度是( ) A. 2 B.2 C.2 2 D.4 解析 如图，设过 AB 所作的互相垂直的平面 ， 截球 O 所得的圆分别为圆 O2， 圆 O1，点 O 为球心，点 A，B 在球面上，所以球 O 的半径 OB2 3，圆 O1，圆 O2的半径分别为 O1B 和 O2B，且 OO1，OO2.因为两个截面的面积之和为 16，所以 O1B2O2B216，即 O1B2O2B216.在 RtOO1B 和 RtOO2B 中， OO 2 1OB2O1B2， OO22OB2O2B2，两式相加得，OO 2 1OO222OB2(O1B2O2B2)2416 8.设 AB 的中点为
10、 M， 则 BM 2O2B2OO2 1， BM2O1B2OO22，两式相加得， 2BM 2(O2B2O1B2) (OO21OO22)1688，所以 BM2，则 AB4.故选 D. 答案 D 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选 项中有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分. 9.已知 a，b 为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列说法正确 的是( ) A.若 a，则 a B.若 ，则 C.若 a，b，则 ab D.若 ，则 解析 若 a，则 a 或 a，故 a 不一定平行于 ，A 错误；若 ， ，则
11、，B 正确；若 a，b，则 ab，C 正确；若 ，则 与 相交或 ，D 错误.故选 BC. 答案 BC 10.(2020 日照模拟)如图， PA 垂直于以 AB 为直径的圆所在的平面， 点 C 为圆上异 于点 A，B 的任意一点，则下列关系正确的是( ) A.PABC B.ACPB C.BC平面 PAC D.PCPB 解析 由题意，知 PA平面 ABC.BC平面 ABC，PABC，A 正确.ACB 为直径 AB 所对的圆周角， ACBC.又 PAACA， PA， AC平面 PAC， BC 平面 PAC， C 正确.假设 ACPB.PA平面 ABC， PAAC.ACBC， ACPB， 且 PBB
12、CB，PB，BC平面 PBC，AC平面 PBC，则 ACPC，与假设矛 盾，B 错误.由 BC平面 PAC，得 BCPC，则PCB 为直角三角形，PCPB 不成立，D 错误.故选 AC. 答案 AC 11.(2020 临沂模拟)如图， 正三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为1的等边三角形， 侧棱长为 2，D，E 分别是 BB1，AC 的中点，则下列结论成立的是( ) A.直线 CD 与 B1C1是异面直线 B.直线 BE 与平面 A1CD 平行 C.直线 AC 与直线 A1D 所成角的余弦值为 2 4 D.直线 CD 与平面 AA1C1C 所成角的余弦值为 10 4 解析 直线 CD 与 B
13、1C1在同一平面 B1C1CB 内， 不是异面直线， A 错误.连接 AC1， 记 A1C，AC1的交点为 O，连接 OE，OD，则 OECC1，OEBD.又 OE1 2CC1 BD， 所以四边形 BDOE 是平行四边形， 所以 BEOD.因为 BE平面 A1CD， OD 平面 A1CD，所以直线 BE 与平面 A1CD 平行，B 正确.因为 ACA1C1，所以直线 AC与直线A1D所成的角就是直线A1C1与直线A1D所成的角.连接C1D， 在A1C1D 中， 易知 A1C11， C1DA1D 2.由余弦定理可得 cos DA1C1 212 21 2 2 4 ， 所以直线AC 与直线 A1D所
14、成角的余弦值为 2 4 ， C 正确.由题意可得平面 AA1C1C 平面 ABC，交线为 AC，BEAC，BE平面 ABC，根据面面垂直的性质可得 BE 平面 AA1C1C.又 BEOD，所以 OD平面 AA1C1C，所以直线 CD 与平面 AA1C1C 所成的角就是DCO.在直角三角形 DCO 中，CD 2，CO 5 2 ，所以直线 CD 与平面 AA1C1C 所成角的余弦值为CO CD 10 4 ，D 正确.故选 BCD. 答案 BCD 12.(2020 山东十校联考)已知菱形 ABCD 中， BAD60 ， AC 与 BD 相交于点 O， 将ABD沿BD折起， 使顶点A至点M， 在折起的
15、过程中， 下列结论正确的是( ) A.BDCM B.存在一个位置，使CDM 为等边三角形 C.DM 与 BC 不可能垂直 D.直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 60 解析 画出示意图如图.对于 A，因为菱形 ABCD 中，AC 与 BD 相交于点 O，所 以 AOBD，COBD.将ABD 沿 BD 折起，使顶点 A 至点 M 的过程中，AO 始 终与 BD 垂直，所以 MOBD.又 COBD，MOCOO，MO，CO平面 CMO， 所以 BD平面 CMO.又 CM平面 CMO，所以 BDCM，A 正确.设菱形 ABCD 的边长为 2.因为BAD60 ，所以 AOCOMO 3，BOD
16、O1.对于 B， 因为在折起的过程中， AD 边的长度不变， 所以 MDCD.若CDM 为等边三角形， 则 CMCD2，则 cos MOCMO 2CO2CM2 2MO CO 334 2 3 3 1 3.当二面角 M BDC 的余弦值为1 3时， CDM 为等边三角形， B 正确.对于 C， DM OM OD ， BC OC OB .由 A 选项，知 MOBD，COBD，所以OM OB OD OC 0，所 以DM BC (OM OD ) (OC OB )OM OC OD OB 3cos MOC1，显然当 cos MOC1 3时，DM BC 0，即 DMBC，C 错误.对于 D，由几何体的直观图
17、可知，当 OM平面 BCD 时，直线 DM 与平面 BCD 所成的角最大，为MDO， 易知此时MDO60 ，D 正确.故选 ABD. 答案 ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.(2020 重庆模拟)正三棱柱 ABCA1B1C1中， AB2， AA12 2， 点 D 为棱 A1B1 的中点，则异面直线 AD 与 CB1所成角的大小为_. 解析 如图，取 AB 的中点 E，连接 B1E，CE，则 ADEB1，所以异面直线 AD 与 CB1的夹角即为CB1E.在正三棱柱 ABCA1B1C1中，AB2，AA12 2，所 以 CB21CB2BB214(2 2)21
18、2，EB21EB2BB211(2 2)29.又ABC 为 正三角形，所以 CE3.在CEB1中，由余弦定理，得 cos CB1E CB21EB21CE2 2CB1 EB1 1293 2 123 3 2 ，所以CB1E30 .所以异面直线 AD 与 CB1 所成角的大小为 30 . 答案 30 14.(2020 成都二诊)已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直 棱柱)的所有顶点都在球 O 的表面上，若球 O 的表面积为 28，则该三棱柱的侧 面积为_. 解析 如图，设球 O 的半径为 R，直三棱柱的棱长为 a，取等边三角形 A1B1C1的 重心(三边中线的交点)为点O1.由重心是
19、中线的三等分点， 得A1O12 3 3 2 a 3 3 a. 根据几何关系，可以确定上、下底面三角形重心的连线的中点为球心 O，即 OO1 a 2.S 球4R228， 则 R27.在 RtA1OO1中， R2A1O21OO21， 即 7 3 3 a 2 a 2 2 ，解得 a212.所以该三棱柱的侧面积 S侧3a a31236. 答案 36 15.(2020 安徽六校素质测试)如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M 是 AD 的中点，动点 P 在底面 ABCD 内(不包括边界)，若 B1P平面 A1BM，则 C1P 的最小值是_. 解析 如图，取 BC 的中点 N，连
20、接 B1D，B1N，DN，作 CODN 交 DN 于点 O， 连接 C1O. 易知 DNMB，B1NA1M 且 DNB1NN，MBA1MM，所以平面 B1DN平 面 A1BM， 所以动点 P 在底面 ABCD 内的轨迹为线段 DN(不含端点).又 CC1平面 ABCD，所以当点 P 与点 O 重合时，C1P 取得最小值.因为1 2DN CO 1 2DC NC，所 以 CO 1 2 5 2 5 5 ，所以(C1P)minC1O CO2CC21 1 51 30 5 . 答案 30 5 16.(2020 江西名校四联)在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，AP2，点 M 是矩形 ABCD 内
21、(含边界)的动点，且 AB1，AD3，直线 PM 与平面 ABCD 所 成的角为 4.记点 M 的轨迹长度为 ，则 tan _；当三棱锥 PABM 的体 积最小时，三棱锥 PABM 的外接球的表面积为_.(本小题第一空 2 分， 第二空 3 分) 解析 如图，因为 PA平面 ABCD，垂足为 A，所以PMA 为直线 PM 与平面 ABCD 所成的角，所以PMA 4. 因为 AP2，所以 AM2，所以点 M 位于底面矩形 ABCD 内的以点 A 为圆心，2 为半径的圆弧上.记点 M 的轨迹为圆弧 EF，连接 AF，则 AF2.因为在 RtABF 中，AB1，AF2，所以AFBFAE 6，所以弧
22、EF 的长度 62 3，所 以 tan 3.连接 PF，则当点 M 与点 F 重合时，三棱锥 PABM 的体积最小.因 为 PA平面 ABCD，BF平面 ABCD，所以 PABF.又 ABBF，APABA， AP，AB平面 ABP，所以 BF平面 ABP，所以 BFPB，所以PBF 为直角三 角形， 所以点 B 到线段 PF 的中点的距离为1 2PF， 此时三棱锥 PABF 的外接球的 球心为线段 PF 的中点.因为 PF 22222 2，所以三棱锥 PABF 的外接球 的表面积 S4( 2)28，即三棱锥 PABM 的体积最小时，其外接球的表 面积为 8. 答案 3 8 四、解答题：本题共
23、6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤. 17.(本小题满分 10 分)(2020 江苏卷)在三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAC，B1C 平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的中点. (1)求证：EF平面 AB1C1； (2)求证：平面 AB1C平面 ABB1. 证明 (1)因为 E，F 分别是 AC，B1C 的中点， 所以 EFAB1.又 EF平面 AB1C1，AB1平面 AB1C1， 所以 EF平面 AB1C1. (2)因为 B1C平面 ABC，AB平面 ABC， 所以 B1CAB.又 ABAC，B1C平面 AB1C， AC平面 AB1C，B1CACC
24、，所以 AB平面 AB1C. 又因为 AB平面 ABB1，所以平面 AB1C平面 ABB1. 18.(本小题满分12分)(2020 长沙雅礼中学质检)如图， 在四棱锥PABCD中， AP 平面 PCD，ADBC，ABBC，APABBC1 2AD，E 为 AD 的中点，AC 与 BE 相交于点 O. (1)证明：PO平面 ABCD； (2)若 OB1，求点 C 到平面 PAB 的距离. (1)证明 AP平面 PCD，APCD. ADBC，BC1 2AD， 四边形 BCDE 为平行四边形， BECD，APBE. 又ABBC，ABBC1 2AD，且 E 为 AD 的中点， 四边形 ABCE 为正方形
25、，BEAC. 又 APACA，BE平面 APC，则 BEPO. AP平面 PCD，APPC，又 AC 2AB 2AP， PAC 为等腰直角三角形，O 为斜边 AC 上的中点， POAC 且 ACBEO，PO平面 ABCD. (2)解 OB1，PAPBAB 2. 设 C 到平面 PAB 的距离为 d， 由 VCPABVPABC， 得1 3 3 4 ( 2)2d1 3 1 2( 2) 21， 解得 d2 3 3 . 19.(本小题满分 12 分)(2020 江苏卷)在三棱锥 ABCD 中，已知 CBCD 5， BD2，O 为 BD 的中点，AO平面 BCD，AO2，E 为 AC 的中点. (1)求
26、直线 AB 与 DE 所成角的余弦值； (2)若点 F 在 BC 上，满足 BF1 4BC，设二面角 FDEC 的大小为 ，求 sin 的值. 解 (1)如图，连接 OC，因为 CBCD，O 为 BD 的中点，所以 COBD. 又 AO平面 BCD，OB，OC平面 BCD，所以 AOOB，AOOC. 以OB ，OC ，OA 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz. 因为 BD2，CBCD 5，AO2， 所以 B(1，0，0)，D(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2). 因为 E 为 AC 的中点，所以 E(0，1，1)， 所以AB (1，0，2)，DE (1，1，1)， 所以|cos
27、AB ，DE | |AB DE | |AB | |DE | |102| 5 3 15 15 . 因此，直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为 15 15 . (2)因为点 F 在 BC 上，BF1 4BC， BC (1，2，0)， 所以BF 1 4BC 1 4， 1 2，0 . 又DB (2，0，0)，故DF DB BF 7 4， 1 2，0 . 设 n1(x1，y1，z1)为平面 DEF 的一个法向量， 则 DE n10， DF n10， 即 x1y1z10， 7 4x1 1 2y10， 取 x12，得 y17，z15， 所以 n1(2，7，5). 设 n2(x2，y2，z2)为平面 DEC
28、 的一个法向量，又DC (1，2，0)， 则 DE n20， DC n20， 即 x 2y2z20， x22y20， 取 x22，得 y21，z21， 所以 n2(2，1，1). 故|cos | |n1 n2| |n1| |n2| |475| 78 6 13 13 . 所以 sin 1cos22 39 13 . 20.(本小题满分 12 分)如图，四边形 ABCD 为正方形， E，F 分别为 AD，BC 的 中点，以 DF 为折痕把DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明
29、 由已知可得，BFPF，BFEF，又 PFEFF，PF，EF平面 PEF， 所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解 作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，分别以FB ，HF ，HP 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz. 由(1)可得，DEPE.又 DP2，DE1， 所以 PE 3.又 PF1，EF2， 故 EF2PE2PF2，所以 PEPF. 可得 PH 3 2 ，EH3 2. 则 H(0，0，0)，P 0，0， 3 2 ，D 1，
30、3 2，0 ， DP 1，3 2， 3 2 ，HP 0，0， 3 2 为平面 ABFD 的一个法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ， 则 sin HP DP |HP |DP | 3 4 3 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 21.(本小题满分 12 分)(2020 辽宁五校模拟)如图(1)，在等腰梯形 ABCD 中， ABCD，DAABBC2，CD4，E 为 CD 的中点，将DEA 沿 AE 折到 D1EA 的位置，如图(2). (1)证明：AED1B； (2)当折叠过程中所得四棱锥D1ABCE体积取最大值时， 求直线D1E与平面ABD1 所成
31、角的正弦值. (1)证明 如图(1)在梯形 ABCD 中，连接 BE，DB，设 DB 交 AE 于点 F. 由已知，得四边形 ABED 为菱形，所以 AEDB. 在立体图形中，连接 D1F，BF，如图(2).则 AED1F，AEBF. 因为 D1FBFF，D1F，BF平面 D1FB， 所以 AE平面 D1FB. 因为 D1B平面 D1FB，所以 AED1B. (2)解 要使四棱锥 D1ABCE 体积最大，则需要平面 D1AE 垂直于底面 ABCE， 此时 D1F平面 ABCE. 图(3) 故以点 F 为坐标原点，FE，FB，FD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空 间直角坐标系，如
32、图(3)，则 A(1，0，0)，B(0， 3，0)，E(1，0，0)， D1(0，0， 3)， 所以D1E (1，0， 3)， AD1 (1，0， 3)，BD1 (0， 3， 3). 设平面 ABD1的法向量为 n(x，y，z). 由 n AD1 0， n BD10， 得 x 3z0， 3y 3z0. 令 x 3，得 n( 3，1，1). 所以|cosD1E ，n|D1E n| |D1E |n| | 30 3| 13 311 15 5 . 所以直线 D1E 与平面 ABD1所成角的正弦值为 15 5 . 22.(本小题满分 12 分)(2020 长郡中学模拟)如图，在三棱台 ABCA1B1C1
33、中，侧 面 A1B1BA 与侧面 A1C1CA 是全等的梯形， 若 A1AAB， A1AA1C1， 且 AB2A1B1 4A1A. (1)若CD 2DA1 ，AE 2EB，求证：DE平面 BCC 1B1； (2)若二面角 C1AA1B 为 3，求平面 A1B1BA 与平面 C1B1BC 所成的锐二面角的 余弦值. (1)证明 如图(1)，连接 AC1，BC1. 图(1) 在梯形 A1C1CA 中，AC2A1C1，CD 2DA1 ， AC1A1CD， AD 2DC1 . 又AE 2EB，DEBC 1. BC1平面 BCC1B1，DE平面 BCC1B1， DE平面 BCC1B1. (2)解 侧面
34、A1C1CA 是梯形，A1AA1C1，AA1AC. 图(2) 又 A1AAB，BAC 为二面角 C1AA1B 的平面角，则BAC 3. 又 ABAC， ABC，A1B1C1均为正三角形. 设 AC 的中点为 G，连接 GB，如图(2)，以点 A 为坐标原点，平行于 GB 所在的直 线为 x 轴，AC，AA1所在的直线分别为 y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系. 不妨设 AA11，则 A1B1A1C12，ABAC4， 故点 A(0，0，0)，C(0，4，0)，B(2 3，2，0)，B1( 3，1，1)， 则AB (2 3，2，0)，AB 1 ( 3，1，1)，CB (2 3，2，0)，CB 1 ( 3，3， 1). 设平面 A1B1BA 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 则有 m AB2 3x12y10， m AB1 3x1y1z10. 令 y1 3，得 x11，z10.m(1， 3，0). 设平面 C1B1BC 的法向量为 n(x2，y2，z2)， 则有 n CB2 3x22y20， n CB1 3x23y2z20. 令 y2 3，得 x21，z22 3，n(1， 3，2 3). cosm，n m n |m|n| 1 4. 故平面 A1B1BA 与平面 C1B1BC 所成的锐二面角的余弦值为1 4.
