空間向量簡單題

空間向量簡單題1．如圖建立空間直角坐標系，已知正方體的棱長為 .1）求正方體各頂點的坐標；2）求的長度.2．已知空間中三點 A 2,0,2，B 1,1,2，C 3,0,4，設a AB，b AC.（1）求向量a與向量b的夾角的余弦值；（2）若kab與ka2b互相垂直，求實數(shù)k的值．3．已知向量b與向量a=（2,-1,2）共線，且滿足a·b=18,（ka+b）⊥（ka-b）,求向量b及k的值.4．（2015秋?河西區(qū)期末）已知．（1）若，求實數(shù)k的值（2）若，求實數(shù)k的值．5．P是平面ABCD外的點，四邊形ABCD是平行四邊形，AB(2，1，4),AD(4，2,0),AP(1，2，1),求證PA垂直平面ABCD.6．長方體ABCDA1B1C1D1中，AB2,BC1,AA11D1C1A1B1DCAB1）求直線AD1與B1D所成角；2）求直線AD1與平面B1BDD1所成角的正弦.7．（本大題12分）如圖，在棱長為 ɑ的正方體 ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分別是CB、CD、CC1的中點．1）求直線A1C與平面ABCD所成角的正弦的值；2）求證：平面AB1D1∥平面EFG；3）求證：平面AA1C⊥面EFG．D1C1A1B1FDA B

GCE8．已知四棱錐PABCD的底面為直角梯形，AB//DC，DAB90,PA底面ABCD，且PAADDC1，AB1，M是PB的中點。2面PCD；（1）證明：面PAD2）求AC與PB所成的角；3）求面AMC與面BMC所成二面角的余弦值．9．（本小題滿分12分）如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為菱形，PA平面ABCD，PAAB2，E、F分別為CD、PB的中點，AE3．（Ⅰ）求證：平面AEF平面PAB．（Ⅱ）求平面 PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值．10．如圖，在正四棱柱 ABCD A1B1C1D1中，AB a，AA1 2a，E為CC1的中點，ACIBD O.（Ⅰ） 證明：OE∥平面ABC1；（Ⅱ）證明： A1C 平面BDE.D1 C1A1 B1ED COA B11．在長方體 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=B1B=1，M、N分別是AD、DC的中點.D1 C1A1 N B1DCMA B（1）求證：MN12．在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCCC11,E為棱C1D1的中點.（Ⅰ）求證面ADE面BCE；（Ⅱ）求三棱錐A1ADE的體積D1

E

C1A1

B1D

CA B13．已知三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AB5，AC4，BC3，AA14，點D在AB上.（1）若D是AB的中點.求證：AC1P平面B1CD；（2）當BD1時，求二面角BCDB1的余弦值.AB514．如圖四棱錐

P

ABCD的底面

ABCD為菱形，且

ABC

60

，

AB

PC

2，

PA

PB

2.（Ⅰ）求證：平面（Ⅱ）二面角P

PAB 平面ABCD；AC B的余弦值.15．如圖所示，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，O，O1分別為底面ABCD、底面A1B1C1D1的中心，AB6，AA14，M為B1B的中點，N在C1C上，且C1N:NC＝1:3.1）以O為原點，分別以OA，OB，OO1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，求圖中各點的坐標．（2）以D為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，求圖中各點的坐標．16．如圖所示，在長、寬、高分別為AB3，AD2，AA11的長方體ABCDA1B1C1D1的八個頂點的兩點為始點和終點的向量中：（1）單位向量共有多少個？（2）試寫出模為 5的所有向量；uuur（3）試寫出與 AB相等的所有向量；uuur（4）試寫出 AA1的相反向量．r r r r rur r r r ur17．已知a (1,2,3),b (1,01)，c a 2b,d ma b,求實數(shù)m的值，使得（1）；（2）c//d18．（本小題滿分 13分）已知 ABCD A1B1C1D1是邊長為1的正方體，求：（Ⅰ）直線 AC1與平面AA1B1B所成角的正切值；（Ⅱ）二面角 B AC1 B1的大?。?9．在邊長是 2的正方體 ABCD-A1B1C1D1中，E,F分別為AB,A1C的中點.應用空間向量方法求解下列問題 .zyx求EF的長證明：EF//平面AA1D1D；證明:EF平面A1CD.20．如右圖，正方體 ABCD A1B1C1D1的棱長為1．應用空間向量方法求：D1 C1A1B1D CA B⑴求A1B和B1C的夾角⑵求證：A1B AC1．21．如圖，在邊長為 2的正方體ABCD A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點，試用向量的方法：D1

C1A1 B1ED FCA B(1)求證：D1F 平面ADE；求CB1與平面ADE所成的角的余弦值.22．（本小題滿分 12分）如圖，正方體 ABCD—A1B1C1D1中，P、M、N分別為棱 DD1、AB、BC的中點 ．1）求二面角B1MNB的正切值；2）求證：PB⊥平面MNB1；（3）若正方體的棱長為 1，畫出一個正方體表面展開圖，使其滿足“有 4個正方形面相連成一個長方形”的條件，并求出展開圖中 P、B兩點間的距離 ．23．如圖，在正方體 ABCD A1B1C1D1中，P是棱BC的中點，Q在棱CD上.且DQ DC，若二面角 P C1Q C的余弦值為14，求實數(shù) 的值.7A1 D1B1 C1A DQB CP24．如圖3所示，ABCD A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M是棱A1B1的中點，N是棱A1D1的中點．求異面直線AN與BM所成角的正弦值；(2)求三棱錐M DBB1的體積．參考答案1．（1）詳見解析；（2） .【解析】試題分析：（1）根據(jù)空間坐標系的定義，易得各點的坐標； （2）要求空間中兩點的距離，可直接利用空間兩點的距離公式 求解出來.試題解析：（1）正方體各頂點的坐標如下：.（2）解法一： .解法二：∵ ，在 中， ，∴ .2．（1）105k2（2）k或102【解析】試題分析：（1）求得向量的坐標，將其代入夾角公式向量的數(shù)量積為 0，代入點的坐標可得到 k的值

r ra?bcos rr可求解向量夾角余弦值；（2）由向量垂直可得到ab試題解析：（1）aAB(1,1,0)，bAC(1,0,2)，設a與b的夾角為∴cosa?b-110ab1010（2）kab(k1,k,2)，ka2b(k2,k,4)且(kab)(ka2b)∴(k1)(k2)k280即：k5或k22考點：向量的坐標運算及向量的夾角3．（4,-2,4），k=±2【解析】rrrrrrrr試題分析：由已知得存在實數(shù)λ，使ba，由此能求出b2a4,2,4．由kabkab，得rrrr0，由此能求出k=±2kabgkab試題解析：∵a,b共線，∴存在實數(shù)λ,使b=λa,a·b=λa2=λ︱a︱2,解得λ=2.b=2a=（4,-2,4）.∵（ka+b）⊥（ka-b）,∴（ka+b）·（ka-b）=（ka+2a）·（ka-2a）=0,2 2即（k-4）︱a︱=0，解得k=±2.考點：數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關系4．（1） ；（2） ．【解析】試題分析：（1）根據(jù)空間向量的坐標運算以及向量的共線定理，列出方程求出 k的值；（2）根據(jù)兩向量垂直，數(shù)量積為 0，列出方程求出 k的值．解：（1）∵ ，∴ ；又 ，∴ ，解得 ；（2）∵且 ，∴ ，即7（k﹣2）﹣4（5k+3）﹣16（5﹣k）=0，解得 ．考點：空間向量的數(shù)量積運算．5．【解析】證明：APAB 2 (1) (1) 2 (4) (1) 0 AP垂直于AB,即AP垂直于AB.APAD (1) 4 2 2 (1) 0 0 AP垂直于AD,即AP垂直于AD.PA垂直平面ABCD.6．（1）直線AD1與B1D所成角為90°；（2）10。5【解析】試題分析：以D為原點建系1分uuuuruuuur（1）cosAD1,B1D03分直線AD1與B1D所成角為90°5分r（2）平面B1BDD1的法向量為n(2,1,0)7分ruuuur10sin|cosn,AD1|9分5所求角的正弦值為1010分5考點：立體幾何中的角的計算，空間向量的應用。點評：典型題，立體幾何題，是高考必考內(nèi)容，往往涉及垂直關系、平行關系、角、距離、體積的計算。在計算問題中，有“幾何法”和“向量法”。利用幾何法，要遵循“一作、二證、三計算”的步驟，利用空間向量，省去繁瑣的證明，也是解決立體幾何問題的一個基本思路。注意運用轉(zhuǎn)化與化歸思想，將空間問題轉(zhuǎn)化成平面問題。7．（1）A1A3；（2）見解析；（3）見解析。AC31【解析】試題分析：(1)因為A1A平面ABCD,所以A1CA為A1C與平面ABCD所成角,然后解三角形求出此角即可.（2）證明面面平行根據(jù)判定定理只須證明平面平面ABD內(nèi)兩條相交直線AB1和D1B1分別平行于平面EFG即可.11在證明線面平行時又轉(zhuǎn)化為證明線線平行.(3)易證：BD平面AAC，再證明EF（1）∵A1C平面ABCD=C，在正方體ABCD-ABCD11111A1A 平面ABCDAC為A1C在平面ABCD的射影A1CA為A1C與平面ABCD所成角???.2分正方體的棱長為 a∴AC=2a，A1C=3a1A1A3???..4分sinACA3AC12）在正方體ABCD-A1B1C1D1連接BD，DD1∥B1B，DD1=B1BDD1 BB1為平行四邊形D1B1∥DB∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點EF∥BD∴EF∥D1B1????3分∵EF平面GEF，D1B1平面GEF∴D1B1∥平面GEF????7分同理AB1∥平面GEF∵D1B1AB1=B1∴平面ABD∥平面EFG?????9分11（3）在正方體ABCD-A1B1C1D1∴AA1平面ABCDEF平面ABCD∴AA1 EF ????10分ABCD為正方形ACBDEF∥BD∴AC EF ???..11 分AA1 AC A∴EF 平面AA1C∵EF 平面EFG∴平面AA1C⊥面EFG ?????.12分.考點：斜線與平面所成的角，線面垂直，面面垂直，面面平行的判定 .點評：斜線與平面所成的角就是斜線與它在這個平面內(nèi)的射影所成的角，因而關鍵是找到它在這個平面內(nèi)的射影 .面面垂直（平行）證明要轉(zhuǎn)化為證明線面垂直（平行）再轉(zhuǎn)化為線線垂直（平行） .8．證明：以 A為坐標原點AD長為單位長度，如圖建立空間直角坐標系，則各點坐標為12（1）證明：因由題設知AD故面PAD⊥面

AP (0,0,1),DC (0,1,0),故APDC 0,所以AP DC.DC，且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線，由此得PCD.

DC

面PAD.又DC

在面

PCD上，2）因AC(1,1,0),PB(0,2,1),故|AC|2,|PB|5,ACPB2,所以cosAC,PBACPB10.|AC||PB|5（3）平面AMC的一個法向量設為n(1,y1,z1)，AC(1,1,0),AM(0,1,1),21y10n(1,1,2)y11z102平面BMC的一個法向量設為m(1,y2,z2)，BC(1,1,0),BM(0,1,1),21y20y21z20n(1,1,2)2cosm,n1142266所求二面角的余弦值為33【解析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)，證明CD⊥平面PAD．（2）建立空間直角坐標系，寫出向量AC與PB的坐標，然后由向量的夾角公式求得余弦值，從而得所成角的大小.（3）分別求出平面AMC的法向量和面BMC的一個法向量，然后求出兩法向量的夾角即可．9．（Ⅰ）∵四邊形ABCD是菱形，∴ADCDAB2．在ADE中，AE3，DE1，∴AD2DE2AE2．AED90，即AECD．又ABCD，∴AEAB．???????2分∵PA平面ABCD，AE平面ABCD，∴PAAE．又∵PAIABA，∴AE平面PAB，???????????????4分又∵AE平面AEF，平面AEF平面PAB．????????????6分（Ⅱ）解法一：由（1）知AE平面PAB，而AE平面PAE，∴平面PAE平面PAB?????????6分PA平面ABCD，∴PACD．由（Ⅰ）知 AE CD，又PAI AE A∴CD平面PAE，又CD平面PCD，∴平面PCD平面PAE．??????????8分∴平面PAE是平面PAB與平面PCD的公垂面．所以，APE就是平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的平面角．??9分在RtPAE中，PE2AE2PA2347，即PE7．?????10分又PA2，cos227APE7．∴727所以，平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值為7．????12分理（Ⅱ）解法二：以A為原點，AB、AE分別為x軸、y軸的正方向，建立空間直角坐標系Axyz，如圖所示．因為PAAB2，AE3，所以，A(0,0,0)、P(0,0,2)、E(0,3,0)、C(1,3,0)，????6分uuuruuuruuur則PE(0,3,2)，CE(1,0,0)，AE(0,3,0)．???7分由（Ⅰ）知AE平面PAB，uur故平面PAB的一個法向量為n1(0,1,0)．????????8分uur設平面PCD的一個法向量為n2(x,y,z)，uuruuur0nPE3y2z0guuruuur則n2gCE0，即x0，令y2，uur則n2(0,2,3)．???????10分uruururuurnn227cosn1,n2guuruur77∴n1gn2．所以，平面 PAB與平面PCD所成的銳二面角的余弦值為【解析】（Ⅰ）要證平面AEF平面PAB，只要證AE出平面角，建立空間直角坐標系計算平面的法向量，計算角。

27．?????12分平面PAB，即證AE AB，PA AE；（Ⅱ）傳統(tǒng)法找10．Ⅰ）證明：因為EC1EC,AOOC，所以OE∥AC1因為AC1面ABC1，OE面ABC1，所以OE∥面ABC1?????????6分（Ⅱ）連接A1C1，因為ABa，所以AC112a所以四邊形ACC1A1為正方形所以A1CAC1因為OE∥AC1，所以A1COE??????8分又因為BDAC，BDAA1,ACIAA1A所以BD 面A1C所以BDA1C[因為OEIBDO，所以A1C面BDED1C1A1B1EDCOBA【解析】略11．（1）連結(jié)AC，M、N分別為AD、DC中點MN525251025210E為棱C1D1的中點，D1DD1E1，又DD1E90，D1ED45,同理C1EC45，DEC90.即DEECBC面DC1，又DE面DC1，BCDE.BCCEC,DE面BCE.DE面ADE,面ADE面BCEA1ADEAA1DD1E111113【解析】試題分析：（1）連結(jié)BC，交BC于E，連結(jié)DE,由DE//AC證明AC//61332平面B1CD即可；（2）以C為原點建立空間直角坐標系Cxyz，利用兩平面的法向量求二面角即可.試題解析：（1）證明：連結(jié)BC1，交B1C于E，連結(jié)DE.Q側(cè)面BB1C1C為平行四邊形，E為BC1中點，D是AB的中點，DE為VABC1的中位線，DE//AC1，QDE平面B1CD，AC1平面B1CD，AC1//平面B1CD，（2）QACBC，如圖，以C為原點建立空間直角坐標系Cxyz.則B3,0,0，A0,4,0，C10,0,4，B13,0,4.設Da,b,0（a0，b0），BD1uuur1uuurQ點D在線段AB上，且，即BDBA，AB554a，b.55uuuruuurB1C3,0,4，BA3,4,0ur平面BCD的一個法向量為n10,0,1uurx,y,1設平面B1CD的法向量為n2

uuur12,4,0.，CD55，，uuuruuruuuruur3x40,，得{由BCn0，CDn0124122xy0.554uur4.x，y4，2,4,133uruur設二面角BCDB1的大小為，cosn1n23.uruurn1n213二面角B CD B1的余弦值為 3.1314．217【解析】試題分析：（1）取AB中點O，連結(jié)PO，CO，依題意，可證PO平面ABC，從而可證得平面PAB平面ABCD；（2）由（1）OB、CO、OP兩兩互相垂直，如圖建立空間直角坐標系，可求得各點坐標，求出面PACrr0,0,1，求出向量的夾角即可.的法向量為n1,3,3，面BAC的一個法向量為m試題解析：（1）證明：取 AB中點O，連結(jié)PO，CO，由PA AB 2， AB 2，知VPAB為等腰直角三角形，PO1，POAB，由ABBC2，ABC60，知VABC為邊三角形，CO3，由PC2得PO2CO2PC2，POCO，又ABCOO，AB、CO平面ABCDPO平面ABC，又PO平面PAB，平面PAB平面ABCD.（2）由（1）OB、CO、OP兩兩互相垂直，如圖建立空間直角坐標系，則A0,1,0，C3,0,0，P0,0,1，uuuruuurrruuur3xy0nACAC3,1,0，AP0,1,1，設平面PAC的法向量為nx,y,z，則{ruuuryz，取x1，nAP0r1,3,3，又平面BAC的一個法向量為r0,0,1，則nm設二面角PACB的大小為，rrrr321cosnm易知其為銳角，cosn,mrr1337，nm二面角PACB的余弦值為21.715．詳見解析【解析】（1）正方形ABCD中，AB6，∴ACBD62，從而OAOCOBOD32，∴各點坐標分別為A32,0,0，B0,32,0，C32,0,0，D0,32,0，O0,0,0，O10,0,4，A132,0,4，B10,32,4，C132,0,4，D10,32,4，M0,32,2，N32,0,3．（2）同理，A6,0,0，B6,6,0，C0,6,0，D0,0,0，A16,0,4，B16,6,4，C10,6,4，D10,0,4，O3,3,0，O13,3,4，M6,6,2，N0,6,3．考點：空間中點的坐標表示.16．詳見解析uuuruuuruuuruuuruuuuruuuuruuuuruuuur【解析】（1）由于長方體的高為1，所以長方體4條高所對應的AA1，A1A，BB1，B1B，CC1，C1C，DD1，D1D這8個向量都是單位向量，而其他向量的模均不為1，故單位向量共8個．uuuuruuuuruuuuruuuuruuuur（2）由于這個長方體的左右兩個面的對角線長均為5，故模為5的向量有AD1，D1A，A1D，DA1，BC1，uuuruuuruuurC1B，B1C，CB1．uuuruuuuruuuruuuur（3）與向量AB相等的向量（除它自身之外）有A1B1，DC，11．DCuuuruuuruuuruuuuruuuur（4）向量AA1的相反向量為A1A，B1B，C1C，D1D.考點：空間向量.17．（1）m10（2）m2【解析】rrrurm的方試題分析：由向量a,b的坐標可求得向量c,d的坐標，結(jié)合向量平行與垂直時坐標滿足的關系式可得到關于程，從而求得其值試題解析：（1）c1,2,321,0,11,2,1dm1,2,31,0,1m1,2m,3m1cd1m14m3m10m0（2）c//ddcm12m3m11211m2考點：向量的坐標運算及向量平行垂直的性質(zhì)18．（Ⅰ）2；（Ⅱ）60°2【解析】試題分析：（Ⅰ）先根據(jù)其為正方體得到∠1111C1AB1就是AC1與平面AABB所成的角；然后在RT△CAB中求其正切即可；1111111111（Ⅱ）先過B作BE⊥BC于E，過E作EF⊥AC于F，連接BF；根據(jù)AB⊥平面BCCB推得BE?AC；進而得到∠BFE11的平面角；然后通過求三角形的邊長得到二面角11的大小即可．是二面角B﹣AC﹣BB﹣AC﹣B試題解析：（Ⅰ）連接AB1，∵ABCD﹣A1B1C1D1是正方體B1C1⊥平面ABB1A1，AB1是AC1在平面AA1B1B上的射影∴∠C1AB1就是AC1與平面AA1B1B所成的角在RT△C1AB1中，tan∠C1AB1=1222∴直線AC與平面AABB所成的角的正切值為21112（Ⅱ）過 B1作B1E⊥BC1于E，過E作EF⊥AC1于F，連接B1F；AB⊥平面B1C1CB，?AB⊥B1E?B1E?平面ABC1?B1E?AC1∴∠B1FE是二面角 B﹣AC1﹣B1的平面角1BC=2，1111122在RT△ABC中，sin∠BCA=AB311AC13EF=C1E?sin∠BC1A=6，6∴tan∠B1FE=B1E3EF∴∠B1FE=60°，即二面角 B﹣AC1﹣B1的大小為 60°．考點：線面角以及二面角的平面角及其求法 .19．（1） 2（2）根據(jù)題意，關鍵是能根據(jù)向量法來得到 AD1PEF即可。uuvuuuvuuvuuuuv（3）對于題目中QEFCD0,EFA1D=0EFCD,EFA1D，則可以根據(jù)線面垂直的判定定理來的得到。【解析】試題分析：解(1)如圖建立空間直角坐標系zyxA1(2,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2)E(2,1,0),F(1,1,1)uuuv(1,0,1),|EF|2EF4分uuuuv（2）QAD1(2,0,2)AD1PEF而EF面ADD1A1EF//平面AA1D1D8分uuvuuuvuuvuuuuv（3）QEFCD0,EFA1D=0EFCD,EFA1D又CDA1D=DEF 平面A1CD. 12 分考點：證明平行和垂直，求解長度點評：主要是考查了運用向量法來求解長度以及平行和垂直的證明的運用，屬于基礎題。20．（1）32）對于線線垂直的證明可以運用幾何性質(zhì)法也可以運用向量法來證明向量的垂直即可?！窘馕觥吭囶}分析：解：建立空間直角坐標系，則A11,0,1,B1,1,0,B11,1,1,C0,1,0,A1,0,0,C10,1,1.-1分uuuruuur1,0,1，-⑴所以AB0,1,1，BC2分11uuuruuur110111，ABBC011uuuruuuruuuruuuur所以A1BB1C11-4分cosA1B,B1Cuuuruuur222A1BB1C所以A1B和B1C的夾角為.5分3uuuruuuur⑵因為A1B0,1,1，AC11,1,1，7分uuuruuuurA1BAC10-9分所以A1BAC1．10分考點：空間向量的運用點評：主要是考查了向量法來求解異面直線所成的角和線線垂直的證明，屬于基礎題。21．（1）要證明線面垂直可以借助于向量法來得到也可以利用線面垂直的判定定理來得到。2）155【解析】試題分析：解：如圖：以點D位坐標原點，分別以DA,DC,DD1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系??2分zD1C1A1 B1EDFyCxBAuuuuruuur（1）D1F(0,1,2)，DA(2,0,0)uuur(2,2,1)1DE分uuuuruuuruuuuruuurQD1FDA0,D1FDE0D1FDA,D1FDE3分又QDAIDED,DA,DE平面ADE，D1F平面ADE5分uuur（2）CB1(2,0,2)ruuuur由（1）可知平面ADE的法向量nD1F(0,1,2)6分uuurr410cosCB1,n88分55設CB1與平面ADE所成的角為,10sin515cos5CB1與平面ADE所成的角的余弦值為1510分5考點：線面的垂直以及線面角的求解點評：主要是考查了線面角的求解，以及線面垂直的證明，屬于基礎題。22．（1）解：連結(jié) BD交MN于F，連結(jié)B1F.∵平面DD1B1B⊥平面ABCD,交線為BD，AC⊥BD,∴AC⊥平面DD1B1B.又∵AC∵B1F,BF 平面DD1B1B，∴B1F⊥MN,BF⊥MN.∵B1F 平面B1MN，BF 平面BMN，則∠B1FB為二面角 B1-MN-B的平面角. -----------------------2 分在Rt△B1FB中，設B1B=1，則FB=2，4∴tan∠B1FB=2 2. -------------------------4 分（2）證明：過點 P作PE⊥AA1，則PE∥DA，連結(jié) BE.又DA⊥平面ABB1A1，∴PE⊥平面ABB1A1,即PE⊥B1M.又BE⊥B1M，∴B1M⊥平面PEB.∴PB⊥MB1.由（1）中MN⊥平面DD1B1B,得PB⊥MN，所以 PB⊥平面

MNB1.

-----------------8

分（3）解：

PB=

13

，符合條件的正方體表面展開圖可以是以下

6種之一：2-------------12 分【解析】試題分析：（1）要求二面角B1-MN-B的正切值，我們要