高三立体几何单元测试卷及详细答案

立体几何单元测试卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题：①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.其中为真命题的是()A．①③ B．②③C．①④ D．②④2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为()A.eq\f(8π,3) B.eq\f(8\r(2)π,3)C．8eq\r(2)π D.eq\f(32π,3)3．某个长方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A．4 B．2eq\r(2)C.eq\f(20,3) D．84.如图所示，正四棱锥P－ABCD的底面积为3，体积为eq\f(\r(2),2)，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,2)5．直三棱柱ABC－A1B1C1的直观图及三视图如下图所示，D为AC的中点，则下列命题是假命题的是()A．AB1∥平面BDC1B．A1C⊥平面BDC1C．直三棱柱的体积V＝4D．直三棱柱的外接球的表面积为4eq\r(3)π.6.如图所示是一个直径等于4的半球，现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面，则截面的面积为()A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．πsin80°7．一个圆锥被过顶点的平面截去了较小的一部分，余下的几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为()A.eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(3π,2)＋1 B．2eq\r(5)＋3eq\r(3)π＋eq\f(3π,2)＋1C.eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(3π,2) D.eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(π,2)＋18．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．150° B．45°C．60° D．120°9.如图所示，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC10．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝eq\f(1,4)BC，则GB与EF所成的角为()A．30° B．120°C．60° D．90°11．已知正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为()A.eq\f(1,24) B.eq\f(1,18)C.eq\f(1,9) D.eq\f(1,12)12.已知正三棱锥P—ABC的高PO为h，点D为侧棱PC的中点，PO与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),3)，则正三棱锥P—ABC的体积为()A.eq\f(3\r(3),8)h3 B.eq\f(2\r(3),8)h3C.eq\f(\r(3),8)h3 D.eq\f(3\r(3),4)h3二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知四个命题：①若直线l∥平面α，则直线l的垂线必平行于平面α；②若直线l与平面α相交，则有且只有一个平面经过直线l与平面α垂直；③若一个三棱锥每两个相邻侧面所成的角都相等，则这个三棱锥是正三棱锥；④若四棱柱的任意两条对角线相交且互相平分，则这个四棱柱为平行六面体．其中正确的命题是________．14．(2013·江苏)如图所示，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.15．(2012·辽宁)已知正三棱锥P－ABC，点P，A，B，C都在半径为eq\r(3)的球面上，若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为________．16．如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E、F、分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的有______个．三、解答题(本大题共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)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．(1)证明：PB∥平面ACM；(2)证明：AD⊥平面PAC；(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．18．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB＝4，PA＝3，A点在PD上的射影为G点，E点在AB上，平面PEC⊥平面PCD.(1)求证：AG∥平面PEC；(2)求AE的长；(3)求二面角E－PC－A的正弦值．19．(本小题满分12分)如图所示，在六面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，AD⊥平面DEFG，ED⊥DG，EF∥DG.且AB＝AD＝DE＝DG＝2，AC＝EF＝1.(1)求证：BF∥平面ACGD；(2)求二面角D－CG－F的余弦值．20．(本小题满分12分)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D为AB的中点，且CD⊥DA1.(1)求证：BB1⊥面ABC；(2)求多面体DBC－A1B1C1的体积；(3)求二面角C－DA1－C1的余弦值．21．(本小题满分12分)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.(1)若D为AA1的中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；(2)若二面角B1－DC－C1的大小为60°，求AD的长．22．(本小题满分12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝eq\r(2)，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值为eq\f(\r(6),3)？若存在，求出eq\f(PQ,QD)的值；若不存在，请说明理由．立体几何单元测试卷答案一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)1．答案C解析①为空间面面平行的性质，是真命题；②m，n可能异面，故该命题为假命题；③直线m与平面β也可以平行也可以相交不垂直．故该命题是一个假命题；④为真命题．故选C.2．答案B解析S圆＝πr2＝1⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，∴球的半径为R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(2).∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3)，故选B.3．答案D解析由三视图可知，该几何体如图所示，其底面为正方形，正方形的边长为2.HD＝3，BF＝1，将相同的两个几何体放在一起，构成一个高为4的长方体，所以该几何体的体积为eq\f(1,2)×2×2×4＝8.4.答案C解析连接AC、BD交于点O，连接OE，易得OE∥PA.∴所求角为∠BEO.由所给条件易得OB＝eq\f(\r(6),2)，OE＝eq\f(1,2)PA＝eq\f(\r(2),2)，BE＝eq\r(2).∴cos∠OEB＝eq\f(1,2)，∴∠OEB＝60°，选C.5．答案D解析由三视图可知，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面B1C1CB是边长为2的正方形，底面ABC是等腰直角三角形，AB⊥BC，AB＝BC＝2.连接B1C交BC1于点O，连接AB1，OD.在△CAB1中，O，D分别是B1C，AC的中点，∴OD∥AB1，∴AB1∥平面BDC1.故A正确．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥BD.又AB＝BC＝2，D为AC的中点，∴BD⊥AC，∴BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1C.又A1B1⊥B1C1，A1B1⊥B1B，∴A1B1⊥平面B1C1CB，∴A1B1⊥BC1.∵BC1⊥B1C，且A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1B1C.∴BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面BDC1.故B正确．V＝S△ABC×C1C＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，∴C正确．此直三棱柱的外接球的半径为eq\r(3)，其表面积为12π，D错误．故选D.6.答案C解析过半球底面的中心作一个与底面成80°的截面，截面是球的半个大圆，半径为2，所以截面面积S＝eq\f(1,2)×π×22＝2π，故选C.7．答案A解析还原为直观图如图所示，圆锥的高为2，底面半径为eq\r(2)，圆锥的母线长为eq\r(6)，故该几何体的表面积为S＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＋eq\f(1,2)×2π×eq\r(2)×eq\f(3,4)×eq\r(6)＋π×(eq\r(2))2×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×2×1＝eq\r(5)＋eq\f(3\r(3)π,2)＋eq\f(3π,2)＋1.8．答案C解析由条件，知eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝0，eq\o(CD,\s\up12(→))＝eq\o(CA,\s\up12(→))＋eq\o(AB,\s\up12(→))＋eq\o(BD,\s\up12(→)).∴|eq\o(CD,\s\up12(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up12(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up12(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up12(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＋2eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＋2eq\o(CA,\s\up12(→))·eq\o(BD,\s\up12(→))＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈eq\o(CA,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))〉＝(2eq\r(17))2.∴cos〈eq\o(CA,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))〉＝－eq\f(1,2)，〈eq\o(CA,\s\up12(→))，eq\o(BD,\s\up12(→))〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选C.9.答案C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.10．答案D解析方法一：连D1E，D1F，解三角形D1EF即可．方法二：如图建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件，得G(0,0，eq\f(1,2))，B(1,1,0)，E(1,1，eq\f(1,2))，F(eq\f(3,4)，1,0)，eq\o(GB,\s\up12(→))＝(1,1，－eq\f(1,2))，eq\o(EF,\s\up12(→))＝(－eq\f(1,4)，0，－eq\f(1,2))．cos〈eq\o(GB,\s\up12(→))，eq\o(EF,\s\up12(→))〉＝eq\f(\o(GB,\s\up12(→))·\o(EF,\s\up12(→)),|\o(GB,\s\up12(→))||\o(EF,\s\up12(→))|)＝0，则eq\o(GB,\s\up12(→))⊥eq\o(EF,\s\up12(→)).故选D.11．答案B解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设eq\o(BP,\s\up12(→))＝λeq\o(BD1,\s\up12(→))，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝eq\f(\o(AP,\s\up12(→))·\o(CP,\s\up12(→)),|\o(AP,\s\up12(→))||\o(CP,\s\up12(→))|)可求得当λ＝eq\f(1,3)时，∠APC最大，故VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(1,3)＝eq\f(1,18).12.答案C解析设底面边长为a，连接CO并延长交AB于点F，过点D作DE∥PO交CF于点E，连接BE，则∠BDE为PO与BD所成的角，∴cos∠BDE＝eq\f(\r(2),3).∵PO⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，即△BED是直角三角形，∵点D为侧棱PC的中点，∴DE＝eq\f(h,2)，∴BE＝eq\f(\r(14),4)h.易知EF＝eq\f(\r(3),3)a，则在Rt△BEF中，BE2＝EF2＋FB2，即eq\f(a2,3)＋eq\f(a2,4)＝eq\f(7,8)h2，∴a2＝eq\f(3,2)h2，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×a×eq\f(\r(3),2)a×h＝eq\f(\r(3),12)a2h＝eq\f(\r(3),8)h3，故选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．答案④解析④正确，如右图，A1C与B1D互相平分，则四边形A1B1CD是平行四边形，同理四边形ABC1D1是平行四边形，则A1B1綊AB綊CD，因此四边形ABCD是平行四边形，进而可得这个四棱柱为平行六面体．14．答案1∶24解析由题意可知点F到面ABC的距离与点A1到面ABC的距离之比为1∶2，S△ADE∶S△ABC＝1∶4.因此V1∶V2＝eq\f(\f(1,3)AF·S△AED,2AF·S△ABC)＝1∶24.15．答案eq\f(\r(3),3)解析正三棱锥P－ABC可看作由正方体PADC－BEFG截得，如图所示，PF为三棱锥P－ABC的外接球的直径，且PF⊥平面ABC.设正方体棱长为a，则3a2＝12，a＝2，AB＝AC＝BC＝2eq\r(2).S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).由VP－ABC＝VB－PAC，得eq\f(1,3)·h·S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，因此球心到平面ABC的距离为eq\f(\r(3),3).16．答案2解析将几何体展开图拼成几何体(如图)，因为E、F分别为PA、PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．三、解答题(本大题共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．答案(1)略(2)略(3)eq\f(4\r(5),5)解析(1)连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM.(2)因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.(3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝eq\f(1,2)PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝eq\f(1,2)，所以DO＝eq\f(\r(5),2).从而AN＝eq\f(1,2)DO＝eq\f(\r(5),4).在Rt△ANM中，tan∠MAN＝eq\f(MN,AN)＝eq\f(1,\f(\r(5),4))＝eq\f(4\r(5),5)，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为eq\f(4\r(5),5).18．答案(1)略(2)eq\f(36,25)(3)eq\f(3\r(2),10)解析(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AG.又PD⊥AG，∴AG⊥平面PCD.作EF⊥PC于点F，连接GF，∵平面PEC⊥平面PCD，∴EF⊥平面PCD.∴EF∥AG.又AG⊄平面PEC，EF⊂平面PEC，∴AG∥平面PEC.(2)解：由(1)知A、E、F、G四点共面，又AE∥CD，AE⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AE∥平面PCD.又∵平面AEFG∩平面PCD＝GF，∴AE∥GF.又由(1)知EF∥AG，∴四边形AEFG为平行四边形，∴AE＝GF.∵PA＝3，AD＝4，∴PD＝5，AG＝eq\f(12,5).又PA2＝PG·PD，∴PG＝eq\f(9,5).又eq\f(GP,CD)＝eq\f(PG,PD)，∴GF＝eq\f(\f(9,5)×4,5)＝eq\f(36,25)，∴AE＝eq\f(36,25).(3)解：过E作EO⊥AC于点O，连接OF，易知EO⊥平面PAC，又EF⊥PC，∴OF⊥PC.∴∠EFO即为二面角E－PC－A的平面角．EO＝AE·sin45°＝eq\f(36,25)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(18\r(2),25)，又EF＝AG＝eq\f(12,5)，∴sin∠EFO＝eq\f(EO,EF)＝eq\f(18\r(2),25)×eq\f(5,12)＝eq\f(3\r(2),10).19．答案(1)略(2)eq\f(\r(6),6)解析方法一：(1)设DG的中点为M，连接AM，FM.则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形．∴MF∥DE，且MF＝DE.∵平面ABC∥平面DEFG，∴AB∥DE.∵AB＝DE，∴MF∥AB，且MF＝AB，∴四边形ABFM是平行四边形．∴BF∥AM.又BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，故BF∥平面ACGD.(2)由已知AD⊥平面DEFG，∴DE⊥AD.又DE⊥DG，且AD∩DG=D,∴DE⊥平面ADGC.∵MF∥DE，∴MF⊥平面ADGC.在平面ADGC中，过M作MN⊥GC，垂足为N，连接NF，则∠MNF为所求二面角的平面角．连接CM.∵平面ABC∥平面DEFG，∴AC∥DM.又AC＝DM＝1，所以四边形ACMD为平行四边形，∴CM∥AD，且CM＝AD＝2.∵AD⊥平面DEFG，∴CM⊥平面DEFG，∴CM⊥DG.在Rt△CMG中，∵CM＝2，MG＝1，∴MN＝eq\f(CM·MG,CG)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).在Rt△CMG中，∵MF＝2，MN＝eq\f(2\r(5),5)，∴FN＝eq\r(4＋\f(4,5))＝eq\f(2\r(30),5).∴cos∠MNF＝eq\f(MN,FN)＝eq\f(\f(2\r(5),5),\f(2\r(30),5))＝eq\f(\r(6),6).∴二面角D－CG－F的余弦值为eq\f(\r(6),6).方法二：由题意可得，AD，DE，DG两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0,0,2)，B(2,0,2)，C(0,1,2)，E(2,0,0)，G(0,2,0)，F(2,1,0)．(1)eq\o(BF,\s\up12(→))＝(2,1,0)－(2,0,2)＝(0,1，－2)，eq\o(CG,\s\up12(→))＝(0,2,0)－(0,1,2)＝(0,1，－2)，∴eq\o(BF,\s\up12(→))＝eq\o(CG,\s\up12(→)).∴BF∥CG.又BF⊄平面ACGD，故BF∥平面ACGD.(2)eq\o(FG,\s\up12(→))＝(0,2,0)－(2,1,0)＝(－2,1,0)．设平面BCGF的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CG,\s\up12(→))＝y－2z＝0，,n1·\o(FG,\s\up12(→))＝－2x＋y＝0.))令y＝2，则n1＝(1,2,1)．则平面ADGC的法向量n2＝(1,0,0)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1×1,\r(12＋22＋12)×\r(12＋02＋02))＝eq\f(\r(6),6).由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角D－CG－F的余弦值为eq\f(\r(6),6).20．答案(1)略(2)eq\f(10,3)(3)eq\f(\r(15),5)解析(1)证明：∵AC＝BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB.又CD⊥DA1，AB∩A1D＝D，∴CD⊥面AA1B1B.∴CD⊥BB1.又BB1⊥AB，AB∩CD＝D，∴BB1⊥面ABC.(2)解：V多面体DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V棱锥A1－ADC＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△ABC·|AA1|＝eq\f(5,6)S△ABC·|AA1|＝eq\f(10,3).(3)解：以C为原点，分别以eq\o(CB,\s\up12(→))，eq\o(CC1,\s\up12(→))，eq\o(CA,\s\up12(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正向，建立空间直角坐标系(如图所示)，则C(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0,0,2)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)．∴D(1,0,1)．设n1＝(x1，y1，z1)是平面DCA1的一个法向量，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(CA1,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2y1＋2z1＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－z1，,y1＝－z1.))故可取n1＝(1,1，－1)．同理设n2＝(x2，y2，z2)是平面DC1A1的一个法向量，且eq\o(C1D,\s\up12(→))＝(1，－2,1)，eq\o(C1A1,\s\up12(→))＝(0,0,2)．则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(C1D,\s\up12(→))＝0，,n2·\o(C1A1,\s\up12(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2y2＋z2＝0，,2z2＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2y2，,z2＝0.))故可取n2＝(2,1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5).又二面角C－DA1－C1的平面角为锐角，所以其余弦值为eq\f(\r(15),5).21．答案(1)略(2)eq\r(2)解析(1)方法一：证明：∵∠A1C1B1＝∠ACB＝90°，∴B1C1⊥A1C1.又由直三棱柱的性质知B1C1⊥CC1，∴B1C1⊥平面ACC1A1.∴B1C1⊥CD.①由D为AA1的中点，可知DC＝DC1＝eq\r(2).∴DC2＋DCeq\o\al(2,1)＝CCeq\o\al(2,1)，即CD⊥DC1.②由①②可知CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，故平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)解：由(1)可知B1C1⊥平面ACC1A1，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或其延长线于E，连接EB1，∴∠B1EC1为二面角B1－DC－C1的平面角．∴∠B1EC1＝60°.由B1C1＝2知，C1E＝eq\f(2,tan60°)＝eq\f(2\r(3),3).设AD＝x，则DC＝eq\r(x2＋1).∵△DC1C的面积为1，∴eq\f(1,2)·eq\r(x2＋1)·eq\f(2\r(3),3)＝1.解得x＝eq\r(2)，即AD＝eq\r(2).方法二：(1)证明：如图所示，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)，即eq\o(C1B1,\s\up12(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC1,\s\up12(→))＝(－1,0,1)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(1,0,1)．由eq\o(CD,\s\up12(→))·eq\o(C1B1,\s\up12(→))＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得CD⊥C1B1.由eq\o(CD,\s\up12(→))·eq\o(DC1,\s\up12(→))＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得CD⊥DC1.又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.(2)解：设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，eq\o(CD,\s\up12(→))＝(1,0，a)，eq\o(CB1,\s\up12(→))＝(0,2,2)．设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up12(→))＝0，,m·\o(CD,\s\up12(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,x＋ax＝0，))令z＝－1.得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，则由cos60°＝eq\f(m·n,|m||n|)，得eq\f(1,\r(a2＋2))＝eq\f(1,2).即a＝eq\r(2)，故AD＝eq\r(2).22．答案(1)eq\f(\r(6),3)(2)eq\f(\r(3),3)