【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷（新高考专用）测试卷08 立体几何（解析版）

【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷（新高考专用）测试卷08 立体几何（解析版）

2021 年高考数学一轮复习立体几何创优测评卷(新高考专用) 一、单选题（共 60 分，每题 5 分） 1．在平面几何中，有“若 ABC 的周长 c ，面积为 S ，则内切圆半径 2Sr c  ”，类比上述结论，在立体 几何中，有“若四面体 ABCD 的表面积为 S ，体积为V ，则其内切球的半径 r  （ ） A． 3V S B． 2V S C． 2 V S D． 3 V S 【答案】A 【解析】将四面体的四个表面积分别记为 1 2 3 4, , ,S S S S ，则四面体的体积  31 2 4 1 2 3 4 ,3 3 3 3 3 3 S rS r S r S r r SV S S S S r           从而 3 ,Vr S  选 A. 2．在立体几何中，以下命题中假命题的个数为（ ） ①若直线 / /a b ，b  平面 ，则 / /a  . ②若平面 平面 ，平面   平面 ， l   ，则 l  . ③有 3 个角是直角的四边形是矩形. ④若平面 平面  ， a  平面 ，b  平面  ，且 a b r r ，则 a  . A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 【答案】D 【解析】 【分析】 ①由线面的位置关系可判断. ②应用线面垂直的判断定理结合面面垂直的性质可证明两相交平面都和第三 个平面垂直，则它们的交线与第三个平面垂直. ③可举例在空间四边形中可以有三个直角. ④当b  平面 满足条件，此时 a 与  不一定垂直，可判断. 【详解】 ①若直线 / /a b ，b  平面 ，则 / /a  或 a  ，所以不正确. ②若平面 平面 ，平面   平面 ， l   ,则 l  ，正确,证明如下. 如图设 a   ， b  I ，在  内，直线 ,a b 外任取一点O ，作 OA a ，交点为 A ， 因为平面 平面 ,则OA  ，所以OA l 。 作OB b ，交点为 B ，因为平面   平面 ，所以OB  ，所以OB l ， 又OB OB O  ,所以l  ． ③有 3 个角是直角的四边形，如图可以为空间四边形 ABCD ，所以不正确. ④若平面 平面  ，a  平面 ，b  平面  ，且 a b ，当b  平面 满足条件，此时 a 与  不一定 垂直，所以不正确. 所以假命题的个数为 3 个. 故选：D 3．在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面. 如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 ,E F 分别是棱 1 1 1,B B B C 的中点，点G 是棱 1CC 的中点，则过线段 AG 且平行于 平面 1A EF 的截面的面积为（ ） A．1 B． 9 8 C． 8 9 D． 2 【答案】B 【解析】 【分析】 取 BC 的中点 H，连接 ,AH GH ，证明平面 AHGD1∥平面 A1EF，得截面图形，求面积即可 【详解】 取 BC 的中点 H，连接 ,AH GH ， 因为 1 ,EF BC GH EF   面 AHGD1，GH  面 AHGD1， EF ∥面 AHGD1， 同理， 1A E∥面 AHGD1，又 1A E EF E  ，则平面 AHGD1∥平面 A1EF， 等腰梯形 AHGD1 的上下底分别为 2 2 ， 2 ， 腰长为 5 2 ，故梯形的高为 3 2 4 ，则梯形面积为 9 8 ， 故选 B． 4．如图（1）（2）（3）（4）为四个几何体的三视图，根据三视图可知这四个几何体依次分别为（ ） A．三棱台、三棱柱、圆锥、圆台 B．三棱柱、正四棱锥、圆锥、圆台 C．三棱柱、三棱台、圆锥、圆台 D．三棱柱、三棱锥、圆锥、圆台 【答案】B 【解析】 第一个几何体是三棱柱,第二个是正四棱锥,第三个是圆锥,第四个是圆台,故选 B. 5．已知正方体的棱长为 1，平面 过正方体的一个顶点，且与正方体每条棱所在直线所成的角相等，则该 正方体在平面 内的正投影面积是（ ） A． 3 3 2 B． 3 C． 2 D． 3 3 4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据正方体每条棱所在直线与平面 所成的角相等,可得该平面 的截面.由正方体的棱长及投影形状,即 可求出正投影的面积. 【详解】 正方体的棱长为 1,平面 过正方体的一个顶点,且与正方体每条棱所在直线所成的角相等,可得空间几何体 及平面 如下图所示: 该正方体在平面 内的正投影如下图所示: 则 1 1 1ABCC D A 即为该正方体在平面 内的正投影面积,该投影是正六边形. 因为正方体的棱长为 1,则 2AC  则由正六边形的性质可知 1 2 6tan302 6B M    则 1 1 62 3BB B M  所以 11 1 1 2 6 3 2 2 2 3 6CB BS CM BB       则 1 1 1 1 36 6 36ABCC D A CB BS S    故选:B 6．α，β是两个不重合的平面，下面说法中，正确的是( ) A．平面α内有两条直线 a，b 都与平面β平行，那么α∥β B．平面α内有无数条直线平行于平面β，那么α∥β C．若直线 a 与平面α和平面β都平行，那么α∥β D．平面α内所有的直线都与平面β平行，那么α∥β 【答案】D 【解析】对于 A ， 与  可能相交或平行，错；对于 B， 与  可能相交或平行，错；对于 C，  与  可能相交或平行，错；D 符合面面平行的定义，正确，选 D. 7．在三棱锥 P ABC 中，已知 PA AB AC  ， BAC PAC   ，点 D ， E 分别为棱 BC ， PC 的中 点，则下列结论正确的是 ( )A．直线 DE  直线 AD B．直线 DE  直线 PA C．直线 DE  直线 AB D．直线 DE  直线 AC 【答案】D 【解析】由题意，如图所示，因为 PA AB AC  ， BAC PAC   ， ∴ PAC BAC   ，得 PC BC ，取 PB 中点 G ，连接 AG ， CG ， 则 PB CG ， PB AG ， 又∵ AG CG G ，∴ PB  平面CAG ，则 PB AC ， ∵ D ， E 分别为棱 BC ， PC 的中点， ∴ DE PB∕ ∕ ，则 DE AC ． 故选 D． 8．已知平面 平面  ，交于直线l ，且直线 a  ，直线b  ，则下列命题错误的是（ ） A．若 / /a b ，则 / /a l 或 / /b l B．若 a b r r ，则 a l 且b l C．若直线 ,a b 都不平行直线l ，则直线 a 必不平行直线b D．若直线 ,a b 都不垂直直线l ，则直线 a 必不垂直直线b 【答案】B 【解析】选项 A：因为平面 平面  ，交于直线 l ，a  ，所以 a  ，而 / /a b ，b  ，所以 a ∥ ， 又平面 平面  ，交于直线l ， a  ，所以 a l ，同理 / /b l ，故本命题是真命题； 选项 B：由 a b r r ，如果 b l ，也可以保证 a l ，故本选项是假命题； 选项 C:本命题的逆否命题是：若直线 a 平行直线 b ，则直线 ,a b 至少有一个平行直线l ，所以可以由选项 A， 判断本选项是真命题； 选项 D:假设直线 a 必不垂直直线b 不成立，则有 a b r r ，因为直线 ,a b 都不垂直直线l ，所以存在过 a 上一 点 A 的直线 c ，c l ，根据面面垂直的性质定理可知，c  ，而b  ，所以 c b ，而 a b r r ，a c A  ， ,a c  所以有b  ，平面 平面  ，交于直线l ，所以有b l ，这与已知直线 ,a b 都不垂直直线l 相 矛盾，故假设不成立，本命题为真命题，故本题选 B. 9．以下四个命题中，正确的是（ ） A．若 1 1 2 3OP OA OB    ,则 , ,P A B 三点共线 B．若 , ,a b c   为空间的一个基底，则 , ,a b b c c a       构成空间的另一个基底 C．  a b c a b c        D． ABC 为直角三角形的充要条件是 · 0AB AC   【答案】B 【解析】因为 1 1 2 3OP OA OB    中 1 1 12 3   ，所以 , ,P A B 三点不一定共线， 因为 , ,a b c   为空间的一个基底，所以 , ,a b c  不在同一个平面，因此 , ,a b b c c a       也不在同一个平面， 从而 , ,a b b c c a       构成空间的另一个基底， 因为   ,a b c a b c a b c cos a b              ,所以  a b c a b c        不恒成立， 因为 ABC 为直角三角形时 A 角不一定为直角，即 · 0AB AC   不一定成立，所以 D 错误， 综上选 B. 10．如图，设 P 是正方形 ABCD 所在平面外一点，且 PA  平面 ABCD ，则平面 PAB 与平面 PBC 、平面 PAD 所在平面的位置关系是（ ） A．平面 PAB 与平面 PBC、平面 PAD 都垂直 B．它们两两垂直 C．平面 PAB 与平面 PBC 垂直，与平面 PAD 不垂直 D．平面 PAB 与平面 PBC 、平面 PAD 都不垂直 【答案】A 【解析】∵ PA  平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，∴ PA BC . 又∵ BC AB ， PA AB A ，∴ BC ⊥平面 PAB . ∵ BC 平面 PBC ，平面 PBC  平面 PAB . ∵ , ,AD PA AD AB PA AB A^ ^ Ç = ，∴ AD  平面 PAB . ∵ AD 平面 PAD ，∴平面 PAD  平面 PAB . 由已知易得平面 PBC 与平面 PAD 不垂直，故选 A. 11．在平面中，与正方形 ABCD 的每条边所成角都相等的直线与 AB 所成角的余弦值为 2 2 .将此结论类比 到空间中，得到的结论为:在空间中，与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的每条棱所成角都相等的直线与 AB 所成 角的余弦值为（ ） A． 2 2 B． 3 3 C． 3 2 D． 6 3 【答案】B 【解析】设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 a ， 与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的每条棱所成角都相等的直线为其体对角线所在直线， 求此直线与 AB 所成角的余弦值即求 1C AB 的余弦值， 可知 AB a= ， 1 2BC a ， 1 3AC a ， 有 2 2 2 1 2 3 2 3cos 32 3 a a aC AB a     ， 故此直线与 AB 所成角的余弦值为 3 3 . 故选：B. 12．空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，该点和垂足之间的距离即为该点到平面的 距离．平面  ，， 两两互相垂直，点 A ，点 A到 , 的距离都是3 ，点 P是 上的动点，满足 P到  的距离是点 P到点 A距离的 2 倍，则点 P的轨迹上的点到 的距离的最小值为（ ） A． 3 B．3 2 3 C 6 3 D．3 3 【答案】D 【解析】由 )0,3,3(A ，并设 )0,,( yxF ,则点 P 到面 的距离为 |y| ,点 P 到  的距离是 |x| , 由题意得： 222 )00()3()3(2||  yxx 化简得： 3624334 22  xxy ）（ 求得： 33 2  ）（y ，所以 |y| 的最小值为3 3 二、填空题（共 20 分，每题 5 分） 13．如图，在下列四个正方体中， A 、 B 为正方体的两个顶点， , ,M N Q 为所在棱的中点，则在这四个正 方体中，直线 AB 与平面 MNQ 平行的是________. ① ② ③ ④． 【答案】②③④ 【解析】要证明直线 AB 与平面 MNQ 平行，需要证明直线 AB 与平面 MNQ 内的一条直线平行， ①：平面 MNQ 中无法找到与直线 AB 平行的直线，所以①错误； ②：由正方体性质可知 //MQ AB ，又 AB 不在平面 MNQ 内，所以可以证得直线 AB 与平面 MNQ 平行； ③：由正方体性质可知 //MQ AB ，又 AB 不在平面 MNQ 内，所以可以证得直线 AB 与平面 MNQ 平行； ④：由正方体性质可知 / /NQ AB ，又 AB 不在平面 MNQ 内，所以可以证得直线 AB 与平面 MNQ 平行， 综上所述，答案为②③④． 14．图（1）为棱长为 1 的正方体，若正方体内有两个球相外切且又分别与正方体的三个面相切，则两球半 径之和为________. 【答案】 3 3 2  . 【解析】如图（2），作出正方体的体对角面，易知球心 1O 和 2O 在 AC 上， 过点 1O ， 2O 分别作 AD，BC 的垂线，垂足分别为 E，F. 设球 1O 的半径为 r，球 2O 的半径为 R， 由 1AB  ， 3AC  ，得 1 3AO r ， 2 3O C R ， ∴ 3( ) 3r R r R    ，∴ 3 3 3 23 1 R r     . 故答案为: 3 3 2  15．正方体 1 1 1 1ABCDA B C D 的棱长为 1，在正方体内随机取点 M ，则使四棱锥 M ABCD 的体积小于 1 6 的 概率为__． 【答案】 1 2 【解析】解：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1， 正方体的体积 1 1 1 1V     ． 当四棱锥 M ABCD 的体积小于 1 6 时，设它的高为 h ， 则 21 113 6h   ，解之得 1 2h  则点 M 在到平面 ABCD 的距离等于 1 2 的截面以下时，四棱锥 M ABCD 的体积小于 1 6 ， 求得使得四棱锥 M ABCD 的体积小于 1 6 的长方体的体积 1 11 1 2 2V      四棱锥 M ABCD 的体积小于 1 6 的概率 1 2 VP V   ． 故答案为： 1 2 ． 16．已知空间向量  2 1,3 ,0a x x  ，  1, , 3b y y  ，（其中 x 、y R ），如果存在实数  ，使得 a b  成立，则 x y  _____________. 【答案】 2 【解析】  2 1,3 ,0a x x   ，  1, , 3b y y  ，且 a b  ，所以   2 1 3 0 3 x x y y            ，解得 1 3 1 x y         ， 因此， 2x y  . 故答案为： 2 . 三、解答题 17．（10 分）如图， ABCDFE 是由两个全等的菱形 ABEF 和CDFE 组成的空间图形， 2AB  ，∠BAF ＝∠ECD＝60°. （1）求证： BD DC ； （2）如果二面角 B－EF－D 的平面角为 60°，求直线 BD 与平面 BCE 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2） 2 7 7 【解析】（1）取 EF 的中点G ，连接 BG 、 DG ， ,BF DE .在菱形 ABEF 中， ∵ 60BAF  ，∴ BEF 是正三角形，∴ EF BG ， 同理在菱形CDEF ，可证 EF DG ，∴ EF  平面 BDG ，∴ EF BD ， 又∵ / /CD EF ，∴ CD BD . （2）由（1）知， BGD 就是二面角 B EF D  的平面角，即 60BGD  ， 又 3BG GD  ，所以 BDG 是正三角形，故有 3BD  ， 如图，取 DG 的中点O ，连接 BO ，则 BO DG ，又由（1）得 EF BO ， 所以， BO  平面 CDFE ，且 3 2BO  ，又 BD CD ，在直角 BDC 中， 7BC  ， 所以 1 7 3 77 42 4 4BCES      ，设 D 到平面 BCE 的距离为 h ，则 1 1 3 3 343 3 2 4 2B DCE DCEV BO S        ， 1 1 3 7 3 3 3 4 2D BCE BCEV h S h        ，所以 2 21 7h  ， 故直线 BD 与平面 BCE 所成角正弦值为 2 7 7 h BD  . 18．（12 分）如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E ，F 分别在棱 1CC ，AB 上，且满足 12CE EC ， 2AF FB . （1）证明：平面 ADE  平面 1 1A D F ； （2）若 3AB  ，求平面 1 1AC F 截正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得截面的面积. 【答案】（1）见详解；（2） 9 95 16 . 【解析】（1）在 1BB 取 1, 2M BM MB使得 ，连 ,AM ME ， 正方体 1 1 1 1 1, / / ,AC CC BB CC BB  , 12CE EC ， 1 1B M EC  ，四边形 1 1C EMB 是平行四边形， 1 1 1 1/ / , / /B C ME B C AD  / /ME AD ， , , ,A D M E 共面，平面 ADE 即为平面 ADEM , AD  平面 1 1 1,AA B B A F  平面 1 1 1,AA B B AD A F  ， 在 1Rt AA F 中， 1 1 3tan 2 AAA FA AF    ， 在 Rt ABM 中， 2tan 3 BMABM AB    ， 1tan tan 1,ABM A FA     1 2ABM A FA     ， 1A F AM  ， 1 , ,AD A F AM AD A  ,AM AD  平面 1,ADME A F  平面 ADME ， 1A F  平面 1 1A D F ，平面 1 1A D F  平面 ADME ， 即平面 ADE  平面 1 1A D F ； （2）在 BC 取 , 2N CN NB ，连 ,FN CN ， 2 , / /AF FB AC FN  正方体 1 1 1 1 1, / / , / /AC AC AC AC FN  ， 1 1, , ,A C N F 四点共面，平面 1 1AC F 截正方 体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得截面为梯形 1 1AC NF ， 1 1 3 23, 3 2, 2AB AC FN   ， 1 12, 13AF CN A F NC    ， 过 F 做 1 1FG AC 于 1 3 2, 4G AG  ， 2 2 1 1 18 19013 16 4FG A F AG     ， 33 2 21 190 9 952 =2 4 2 16S    截面 ， 平面 1 1AC F 截正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得截面的面积为 9 95 16 . 19．（12 分）如图，在正方体 ABCD A B C D    中，O 是 A BD 的中心， ,E F 分别是线段 ,A C C D   上 的动点，且 A E A C    ，    1C F C D R      ． （Ⅰ）若直线 OE  平面 BC D ，求实数  的值； （Ⅱ）若 1 2   ，正方体 ABCD A B C D    的棱长为 2，求平面 BEF 和平面 A BD 所成二面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ） 2 3   ；（Ⅱ） 5 33 33 . 【解析】试题分析：（Ⅰ）取 BD 的中点 M ，连C M ，由直线 OE  平面 BC D 可证得OE C M  ，根据 平行线分线段成比例定理可得 2A E A O A C OM     ，即 2 3A E A C  ，得到 2 3   ；（Ⅱ）建立空间直角坐标 系，求出平面 BEF 的法向量 (3,1,1)n  、平面 A BD 的法向量 (1,1,1)m  ，利用向量的夹角求解即可． 试题解析： （Ⅰ）取 BD 的中点 M ， ∵O 是正 A BD  的中心 ∴点 O 在 A M 上，且 2A O OM   ， 连C M , ∵OE 平面 BC D ,平面 A MC  平面 BC D C M   , ∴OE C M  ∴ 2A E A O A C OM     , ∴ 2 3A E A C  , ∴ 2 3   . （Ⅱ）当 1 2   时，点 ,E F 分别是 ,A C C D   的中点，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz , 则 (0,0,0), (2,0,0), (0,2,0), (1,1,2), (1,2,1)A B D E F ． 设平面 BEF 的一个法向量为 ( , , )n x y z ， 由 ( , , ) ( 1,1,2) 2 0 ( , , ) ( 1,2,1) 2 0 n BE x y z x y z n BF x y z x y z                       ， 得 3x z y z    ，令 1z  ，得 (3,1,1)n  ． 同理可得平面 A BD 的一个法向量为 (1,1,1)m  ∴ 5 5 33cos< > 3311 3 m nm n m n           . 由图形知，平面 BEF 和平面 A BD 所成二面角为锐角， ∴平面 BEF 和平面 A BD 所成二面角的余弦值为 5 33 33 ． 20．（12 分）已知空间向量 1(sin , 1,cos ), (1,2cos ,1), , (0, )5 2a b a b          （1）求sin 2 及sin ,cos  的值； （2）设函数 ( ) 5cos(2 ) cos2 ( ), ( )f x x x x R f x    求 的最小正周期及 ( )f x 取得最大值时 x 的值。 【答案】（1） 24sin 2 25   , 4 3sin ,cos5 5    （2） ( ) .f x T 的最小正周期 ( )f x 取得最大值时 ,( )8x k k Z   【解析】（1）∵ 1 5a b  ∴ 1sin cos 5    ① ∴ 11 2sin cos 25    ∴ 24sin2 25   ② 联立①，②解得： 4 3sin ,cos5 5    （2）    5cos 2 cos2f x x x   5cos2 cos 5sin2 sin cos2x x x    3cos2 4sin2 cos2x x x    4 sin2 cos2x x  4 2sin 2 4x      ∴   .f x T 的最小正周期 当  max2 2 , 4 2,4 2x k f x    时 此时  ,8x k k Z   21．（12 分）  ( 请用空间向量求解 ) 已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，AB 1 ， 1AA 3 ， ,E F 分别 是棱 1AA ， 1CC 上的点，且满足 1AE 2EA ， 1CF 2FC ．  1 求异面直线 1EC ， 1DB 所成角的余弦值；  2 求面 1 1EB C 与面 FAD 所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1） 33 11 ；（2） 3 10 10 . 【解析】  1 在正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1DD  平面 ABCD ，底面 ABCD 是正方形， 所以 AD ， DC ， 1DD 两两垂直， 以 A 为原点， DA ， DC ， 1DD 所在的直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系， 又因 AB 1 ， 1AA 3 ， E ， F 分别是棱 1AA ， 1CC 上的点， 且满足 1AE 2EA ， 1CF 2FC ， 所以 D(0, 0 ， 0) ， E(1, 0 ， 2) ， 1C (0, 1 ，3) ， B(1, 1 ，3) ， A(1, 0 ， 0) ， F(0, 1 ， 2) ， 1B (1, 1 ，3) ， 所以    1 1EC 1,1,1 ,DB 1,1,3    ， 设异面直线 1EC ， 1DB 所成角为 πθ,θ 0, ,2     所以 1 1 1 1 3 33cosθ cos EC ,DB 113 1 1 9            ， 所以异面直线 1EC ， 1DB 所成角的余弦值为 33 .11          1 12 EC 1,1,1 ,EB 0,1,1 ,DA 1,0,0 ,DF 0,1,2         ， 设平面 1 1EB C 的一个法向量为  1 1 1 1n x , y ,z ， 则 1 1 1 1 EB n EC n        ，所以 1 1y z 0 1 1 1x y z 0      ，令 1z 1 ， 所以  1n 0, 1,1  ， 平面 FAD 的一个法向量为  2 2 2 2n x , y ,z ， 则 2 2 DA n DF n        ，所以 2x 0 2 2y 2z 0    ，令 2z 1 ，所以  1n 0, 2,1  ， 所以 1 2 0 2 1 3 10cos n ,n 102 5       ， 所以面 1 1EB C 与面 FAD 所成的锐二面角的余弦值为 3 10 .10 22．（12 分）如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  平面 ABC ， 90BAC   ， 2, 6AB AC  ,点 D 在线段 1BB 上，且 1 1 3BD BB , 1 1AC AC E . （1）试用空间向量证明直线 DE 与平面 ABC 不平行； （2）设平面 1ADC 与平面 ABC 所成的锐二面角为 ，若 7cos 7   ，求 1AA 的长； （3）在（2）的条件下，设平面 1ADC  平面 ABC l ，求直线l 与平面 1 1ABA B 的所成角. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 ；（3） 45 . 【解析】解：依题意建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz , 设 1AA h ，则 (2,0,0)B ， (0,6,0)C ， 2,0, 3 hD     ， 1(0,0, )A h ， 1(0,6, )C h ， 0,3, 2 hE      ， （1）证明：由 1AA  平面 ABC ，知 1 (0,0,1)n  为平面 ABC 的一个法向量， 0,3, 2,0, 2,3,2 3 6 h h hDE                     所以  1 0 2 0 3 1 06 6 h hDE n           即直线 DE 与平面 ABC 不平行 （2）平面 1ADC 的法向量 2 ( , , )n x y z ，则 2 1 2 ( , , ) (0,6, ) 0 ( , , ) (2,0, ) 03 n AC x y z h hn AD x y z              取 6z   ，则 x y h  ，故 2 ( , , 6)n h h  所以 1 2 2 1 2 6 7cos 72 36 n n n n h           解得 1 6 3AA h  （3）在平面 1 1BCC B 内，分别延长 1,CB C D ，交于点 F ，连接 AF ，则直线 AF 是平面 1ADC 与平面 ABC 交线， 1//BD CC ， 1 1 1 1 3 3BD BB CC  1 1 3 BF BD FC CC    1 2BF CB   , 1 1(2,0,0) (2, 6,0) (3, 3,0)2 2AF AB BF AB CB              ,  223 3 2 3AF     设直线l 与平面 1 1ABA B 的所成的角是 ，则 3 (0,1,0)n  = 为平面 1 1ABA B 的一个法向量，  3 3 0 3 1 0 0 3AF n            3 3 3 3 2sin cos , 23 2 AF nAF n AF n             0, 2       直线 l 与平面 1 1ABA B 的所成角为 4  ．