高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測4 立體幾何與空間向量 理（含解析）試題

4立體幾何與空間向量(理)時(shí)間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2015·青島市質(zhì)檢)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是()A．2 B．eq\f(9,2)C.eq\f(3,2) D．3[答案]D[解析]依題意，由三視圖還原出原幾何體的直觀圖如圖所示，原幾何體為四棱錐，且其底面積為eq\f(1,2)×2×(1＋2)＝3，高為x，所以其體積V＝eq\f(1,3)×3x＝3，所以x＝3.2．(2015·陜西理，5)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．3π B．4πC．2π＋4 D．3π＋4[答案]D[解析]由空間幾何體的三視圖可知該幾何體為豎著放的半個(gè)圓柱，圓柱底面半徑為1，高為2，所以幾何體的表面積S＝2×2＋π×2＋π＝3π＋4.故本題正確答案為D．3．一個(gè)棱錐的三視圖如圖所示，則這個(gè)棱錐的體積是()A．6 B．12C．24 D．36[答案]B[解析]由三視圖知該幾何體為有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，體積V＝eq\f(1,3)×(4×3)×3＝12.4．如圖，設(shè)平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分別是B、D，如果增加一個(gè)條件，就能推出BD⊥EF，這個(gè)條件不可能是下面四個(gè)選項(xiàng)中的()A．AC⊥βB．AC⊥EFC．AC與BD在β內(nèi)的射影在同一條直線上D．AC與α、β所成的角相等[答案]D[解析]因?yàn)锽D是AC在平面α內(nèi)的射影，所以只需得到AC⊥EF，那么由三垂線定理的逆定理可得BD⊥EF.對于選項(xiàng)A，因?yàn)锳C⊥β，EF?β?AC⊥EF?BD⊥EF.選項(xiàng)B，因?yàn)锳C⊥EF，所以BD⊥EF.對于選項(xiàng)C，可得平面ABDC⊥β，所以BD⊥EF.對于選項(xiàng)D，AC與α、β所成的角相等，無法保證AC⊥EF.綜上知選D．5．設(shè)m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題不正確的是()A．若m⊥n，m⊥α，n?α，則n∥αB．若m⊥β，α⊥β，則m∥α或m?αC．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，則α⊥βD．若m∥α，α⊥β，則m⊥β[答案]D[解析]對于選項(xiàng)D，當(dāng)直線m位于平面β內(nèi)且與平面α，β的交線平行時(shí)，直線m∥α，顯然m與平面β不垂直，因此選項(xiàng)D不正確．6．已知正四面體A－BCD，設(shè)異面直線AB與CD所成的角為α，側(cè)棱AB與底面BCD所成的角為β，側(cè)面ABC與底面BCD所成的角為γ，則()A．α>β>γ B．α>γ>βC．β>α>γ D．γ>β>α[答案]B[解析]如圖，設(shè)底面BCD的中心為點(diǎn)O，連接AO，BO，易知∠ABO＝β，取BC的中點(diǎn)E，連接AE、OE，易知∠AEO＝γ，在正三角形BCD中，OB>OE，因此0<β<γ<eq\f(π,2)，延長BO交CD于F，則BF⊥CD，又AO⊥CD，∴CD⊥平面ABF.∴CD⊥AB，即α＝eq\f(π,2).∴α>γ>β.7．如圖，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，則AB2＝BD·BC；類似地有命題：在三棱錐A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A點(diǎn)在平面BCD內(nèi)的射影為M，則有Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD．上述命題是()A．真命題B．增加條件“AB⊥AC”才是真命題C．增加條件“M為△BCD的垂心”才是真命題D．增加條件“三棱錐A－BCD是正三棱錐”才是真命題[答案]A[解析]因?yàn)锳D⊥平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC，在△ADE中，AE2＝ME·DE，又A點(diǎn)在平面BCD內(nèi)的射影為M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，將S△ABC、S△BCM、S△BCD分別表示出來，可得Seq\o\al(2,△ABC)＝S△BCM·S△BCD，故選A.8．(2015·德州市期末)如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，AA1＝2eq\r(6)，點(diǎn)P是B1C的三等分點(diǎn)且靠近點(diǎn)C，則異面直線AP和DD1所成的角為()A.eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)[答案]C[解析]如圖，過點(diǎn)P作PN⊥BC于點(diǎn)N，連接AN，則PN∥BB1，而DD1∥BB1，所以DD1∥PN，所以∠APN就是異面直線AP和DD1所成的角．因?yàn)辄c(diǎn)P是B1C的三等分點(diǎn)且靠近點(diǎn)C，且AB＝2，AD＝3，AA1＝2eq\r(6)，所以PN＝eq\f(1,3)BB1＝eq\f(2\r(6),3)，BN＝eq\f(2,3)BC＝2.在Rt△ABN中，AN＝2eq\r(2)，在Rt△ANP中，tan∠APN＝eq\f(AN,PN)＝eq\f(2\r(2),\f(2\r(6),3))＝eq\r(3)，所以∠APN＝eq\f(π,3).9．(2015·浙江文，7)如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝30°，則點(diǎn)P的軌跡是()A．直線 B．拋物線C．橢圓 D．雙曲線的一支[答案]C[解析]考查1.圓錐曲線的定義；2.線面位置關(guān)系．由題可知，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，在空間中，滿足條件的AP繞AB旋轉(zhuǎn)形成一個(gè)圓錐，用一個(gè)與圓錐高成60°角的平面截圓錐，所得圖形為橢圓．故選C.10．(2015·濟(jì)南市模擬)類比平面內(nèi)“垂直于同一條直線的兩條直線互相平行”的性質(zhì)，可得出空間內(nèi)的下列結(jié)論：①垂直于同一個(gè)平面的兩條直線互相平行；②垂直于同一條直線的兩條直線互相平行；③垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面互相平行；④垂直于同一條直線的兩個(gè)平面互相平行．則正確的結(jié)論是()A．①② B．②③C．③④ D．①④[答案]D[解析]顯然①④正確；對于②，在空間中垂直于同一條直線的兩條直線可以平行，也可以異面或相交；對于③，在空間中垂直于同一個(gè)平面的兩個(gè)平面可以平行，也可以相交(如長方體相鄰兩側(cè)面與底面)．11．(2014·鄭州市質(zhì)檢)如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD．將四邊形ABCD沿對角線BD折成四面體A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是()A．A′C⊥BDB．∠BA′C＝90°C．CA′與平面A′BD所成的角為30°D．四面體A′－BCD的體積為eq\f(1,3)[答案]B[解析]取BD的中點(diǎn)O，∵A′B＝A′D，∴A′O⊥BD，又平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，∴A′O⊥平面BCD，∵CD⊥BD，∴OC不垂直于BD．假設(shè)A′C⊥BD，∵OC為A′C在平面BCD內(nèi)的射影，∴OC⊥BD，矛盾，∴A′C不垂直于BD，A錯(cuò)誤；∵CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，∴CD⊥平面A′BD，A′C在平面A′BD內(nèi)的射影為A′D，∵A′B＝A′D＝1，BD＝eq\r(2)，∴A′B⊥A′D，A′B⊥A′C，B正確；∠CA′D為直線CA′與平面A′BD所成的角，∠CA′D＝45°，C錯(cuò)誤；VA′－BCD＝eq\f(1,3)S△A′BD·CD＝eq\f(1,6)，D錯(cuò)誤，故選B．12．(2014·唐山市二模)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在半徑為eq\r(2)的球面上，AB＝AC＝eq\r(3)，AA1＝2，則二面角B－AA1－C的余弦值為()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)[答案]D[解析]如圖，設(shè)球心為O，底面△ABC外接圓的圓心為O′，則OA＝OB＝OC＝eq\r(2)，OO′＝1，∴O′A＝O′B＝O′C＝1，∴BC＝eq\r(3)，∴△ABC為正三角形，∴二面角B－AA1－C的平面角BAC＝60°，∴二面角B－AA1－C的余弦值為eq\f(1,2).二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上)13．(2015·棗莊四校聯(lián)考)在正三棱錐P－ABC中，M，N分別是PB，PC的中點(diǎn)，若截面AMN⊥平面PBC，且三棱錐P－ABC的側(cè)面積為S1，底面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝________.[答案]2eq\r(3)[解析]取線段BC的中點(diǎn)D，連接PD交MN于H，連接AD，AH.因?yàn)镸，N分別是PB，PC的中點(diǎn)，所以H為PD的中點(diǎn)，AH⊥MN，又平面AMN⊥平面PBC，平面AMN∩平面PBC＝MN，所以AH⊥平面PBC，從而AH垂直且平分PD，則PA＝AD，設(shè)AB＝a，則PA＝AD＝eq\f(\r(3),2)a，所以側(cè)面積S1＝eq\f(3,2)a2，底面積S2＝eq\f(\r(3),4)a2，則eq\f(S1,S2)＝2eq\r(3).14.(2015·膠東示范校質(zhì)檢)如圖，在平面四邊形ABDC中，已知AB⊥BC，CD⊥BD，AB＝BC，現(xiàn)將四邊形ABDC沿BC折起，使平面ABC⊥平面BDC，設(shè)E，F(xiàn)分別為棱AC，AD的中點(diǎn)，若CD＝2，∠BCD＝60°，則VA－BFE＝________.[答案]eq\f(2\r(3),3)[解析]因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BDC，AB⊥BC，所以AB⊥平面BDC，所以AB⊥CD，又CD⊥BD，AB∩BD＝B，所以DC⊥平面ABD，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為棱AC，AD的中點(diǎn)，所以EF⊥平面ABD，所以VA－BFE＝VE－ABF，在Rt△BCD中，CD＝2，∠BCD＝60°，所以BD＝2eq\r(3)，BC＝4，又AB＝BC，所以AB＝4，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為棱AC，AD的中點(diǎn)，所以EF＝1，所以VA－BFE＝VE－ABF＝eq\f(1,3)×1×S△ABF＝eq\f(1,3)·(eq\f(1,2)S△ABD)＝eq\f(1,6)×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×4＝eq\f(2\r(3),3).15．設(shè)C是∠AOB所在平面外的一點(diǎn)，若∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，其中θ是銳角，而OC和平面AOB所成角的余弦值等于eq\f(\r(3),3)，則θ的值為________．[答案]60°[解析]作CC1⊥平面AOB于點(diǎn)C1，C1A1⊥OA于點(diǎn)A1，C1B1⊥OB于點(diǎn)B1，連接OC1，則∠COC1為直線OC與平面AOB所成的角，且OC1是∠AOB設(shè)OA1＝x，則OC＝eq\f(x,cosθ)，OC1＝eq\f(x,cos\f(θ,2))，易求得cos∠COC1＝eq\f(cosθ,cos\f(θ,2))＝eq\f(2cos2\f(θ,2)－1,cos\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),3)，即2cos2eq\f(θ,2)－eq\f(\r(3),3)coseq\f(θ,2)－1＝0，解之得coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),2)或coseq\f(θ,2)＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)，故eq\f(θ,2)＝30°，所以θ＝60°.16．如圖，正方形BCDE的邊長為a，已知AB＝eq\r(3)BC，將直角△ABE沿BE邊折起，A點(diǎn)在面BCDE上的射影為D點(diǎn)，則翻折后的幾何體中有如下描述：①AB與DE所成角的正切值是eq\r(2)；②VB－ACE的體積是eq\f(1,6)a3；③AB∥CD；④平面EAB⊥平面ADE；⑤直線BA與平面ADE所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).其中正確的敘述有________(寫出所有正確結(jié)論的編號(hào))．[答案]①②④⑤[解析]由題意可得如圖所示的幾何體，對于①，AB與DE所成角為∠ABC，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝eq\r(2)a，BC＝a，所以tan∠ABC＝eq\r(2)，故①正確；對于②，VB－ACE＝VA－ECB＝eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×a×a＝eq\f(1,6)a3，故②正確；③明顯錯(cuò)誤；對于④，因?yàn)锳D⊥平面BCDE，所以AD⊥BE，又因?yàn)镈E⊥BE，所以BE⊥平面ADE，可得平面EAB⊥平面ADE，故④正確；對于⑤，由④可知，∠BAE即為直線BA與平面ADE所成的角，在△ABE中，∠AEB＝90°，AB＝eq\r(3)a，BE＝a，所以sin∠BAE＝eq\f(\r(3),3)，故⑤正確．三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本題滿分10分)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，D是BC(1)求證：直線A1D⊥B1C1(2)判斷A1B與平面ADC1的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．[解析](1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC在等邊△ABC中，D是BC中點(diǎn)，所以AD⊥BC，因?yàn)樵谄矫鍭1AD中，A1A∩AD＝A，所以BC⊥平面A1AD，又因?yàn)锳1D?平面A1AD，所以A1D⊥BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形BCC1B1是平行四邊形，所以B1C1∥BC，所以，A1D⊥B1C1.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形ACC1A1是平行四邊形，在平行四邊形ACC1A1中連接A1C，交AC1于點(diǎn)O，連接DO.故O在三角形A1CB中，D為BC中點(diǎn)，O為A1C中點(diǎn)，故DO∥A1B．因?yàn)镈O?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以，A1B∥平面ADC1，故A1B與平面ADC1平行．18．(本題滿分12分)(2015·山西太原市模擬)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是平行四邊形，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，PD⊥平面ABCD．(1)求證：AD⊥PB；(2)若BD與平面PBC的所成角為30°，求四面體P－BCD的體積．[解析](1)證明：在△ABD中，∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠DAB＝3，∴AB2＝AD2＋BD2，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，∴AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB；(2)過D作DE⊥PB，垂足為E，∵ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，由(1)得AD⊥平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∴平面PBC⊥平面PBD，∴DE⊥平面PBC，∴BD與平面PBC的所成角為∠DBE＝30°，由(1)得BD＝eq\r(3)，DP＝BD·tan∠DBE＝1，∴VP－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·DP＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)BD·BC·DP＝eq\f(\r(3),6).19．(本題滿分12分)(2014·成都一診)如圖，PO⊥平面ABCD，點(diǎn)O在AB上，EA∥PO，四邊形ABCD為直角梯形，BC⊥AB，BC＝CD＝BO＝PO，EA＝AO＝eq\f(1,2)CD．(1)求證：PE⊥平面PBC；(2)直線PE上是否存在點(diǎn)M，使DM∥平面PBC，若存在，求出點(diǎn)M；若不存在，說明理由．(3)求二面角E－BD－A的余弦值．[解析](1)證明：∵EA∥OP，AO?平面ABP，∴點(diǎn)A，B，P，E共面．∵PO⊥平面ABCD，PO?平面PEAB．∴平面PEAB⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，BC⊥AB，平面PEAB∩平面ABCD＝AB，∴BC⊥平面PEAB，∴PE⊥BC.由平面幾何知識(shí)知PE⊥PB，又BC∩PB＝B，∴PE⊥平面PBC.(2)點(diǎn)E即為所求的點(diǎn)，即點(diǎn)M與點(diǎn)E重合．取PB的中點(diǎn)F，連接EF、CF、DE，延長PE交BA的延長線于H，則E為PH的中點(diǎn)，O為BH的中點(diǎn)，∴EF綊OB，又OB綊CD，∴EF∥CD，且EF＝DC，∴四邊形DCFE為平行四邊形，所以DE∥CF.∵CF在平面PBC內(nèi)，DE不在平面PBC內(nèi)，∴DE∥平面PBC.(3)由已知可知四邊形BCDO是正方形，顯然OD、OB、OP兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DC＝1，則B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0，－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量為n1＝(x，y，z)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq\f(3,2)，eq\f(1,2))，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－\f(3,2)y＋\f(1,2)z＝0.))取y＝1，則x＝1，z＝3，從而n1＝(1,1,3)．取平面ABD的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)．cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(3,\r(11)·1)＝eq\f(3\r(11),11)，故二面角E－BD－A的余弦值為eq\f(3\r(11),11).20．(本題滿分12分)(2015·江西省質(zhì)檢)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是矩形，側(cè)面CC1D1D垂直于底面ABCD，BC＝2AB＝DC1＝2，BD1＝2eq\r(3).(1)求證：平面AB1C1D⊥平面ABCD(2)點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，求二面角A1－AE－D的余弦值．[解析](1)連接CD1，設(shè)CD1∩DC1＝F，則F是CD1，DC1的中點(diǎn)，因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以BC⊥CD，又平面ABCD⊥平面CC1D1D，所以BC⊥平面CC1D1D，所以BC⊥CD1，由BD1＝2eq\r(3)，BC＝2，得CD1＝2eq\r(2)，CF＝eq\r(2).在△DFC中，DF＝eq\f(1,2)DC1＝1，CD＝1.所以CD2＋DF2＝CF2，所以DF⊥DC，又BC⊥平面CC1D1D得DF⊥BC，所以DF⊥平面ABCD，DF?平面AB1C1D，所以平面AB1C1D⊥平面ABCD；(2)由(1)可以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA，DC，DC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則平面DAE的法向量n＝eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設(shè)平面A1AE的法向量為m＝(x，y，z)，因?yàn)閑q\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，由m·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0得－x＋y＝0，由m·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0得－y＋2z＝0，令z＝1，得m＝(2,2,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(2,\r(4＋4＋1)×2)＝eq\f(1,3)，即所求二面角的余弦值為eq\f(1,3).21．(本題滿分12分)如圖①，邊長為1的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，將△BEF剪去，將△AED、△DCF分別沿DE、DF折起，使A、C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)P，得一三棱錐如圖②所示．(1)求證：PD⊥EF；(2)求三棱錐P－DEF的體積；(3)求DE與平面PDF所成角的正弦值．[解析](1)依題意知圖①折前AD⊥AE，CD⊥CF，∴折起后PD⊥PE，PF⊥PD，∵PE∩PF＝P，∴PD⊥平面PEF.又∵EF?平面PEF，∴PD⊥EF.(2)依題意知圖①中AE＝CF＝eq\f(1,2)，∴PE＝PF＝eq\f(1,2)，在△BEF中EF＝eq\r(2)BE＝eq\f(\r(2),2)，在△PEF中，PE2＋PF2＝EF2，∴PE⊥PF，∴S△PEF＝eq\f(1,2)·PE·PF＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)，∴VP－DEF＝VD－PEF＝eq\f(1,3)S△PEF·PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,8)×1＝eq\f(1,24).(3)由(2)知PE⊥PF，又PE⊥PD，∴PE⊥平面PDF，∴∠PDE為DE與平面PDF所成的角．在Rt△PDE中，∵DE＝eq\r(PD2＋PE2)＝eq\r(1＋\f(1,4))＝eq\f(\r(5),2)，PE＝eq\f(1,2)，∴sin∠PDE＝eq\f(PE,DE)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5).22．(本題滿分12分)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2eq\r(2)，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝eq\r(5).(1)求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角A－A1C1－B1(3)設(shè)N為棱B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)M在平面AA1B1B內(nèi)，且MN⊥平面A1B1C1，求線段[解析]如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)．依題意得A(2eq\r(2)，0,0)，B(0,0,0)，C(eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，A1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，B1(0,2eq\r(2)，0)，C1(eq\r(2)，eq\r(2)，eq\r(5))．(1)易得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0,0)，于是cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|·|\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,3×2\r(2))＝eq\f(\r(2),3).所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為eq\f(\r(2),3).(2)易知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，eq\r(5))．設(shè)平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AA1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x－\r(2)y＋\r(5)z＝0，,2\r(2)y＝0.))不妨令x＝eq\r(5)，可得m＝(eq\r(5)，0，eq\r(2))．同樣的，設(shè)平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al