一、單選題
1．（2023上·湖南婁底·高三校聯(lián)考期末）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，它在幾何學(xué)中的研究比西方早 多年．在《九章算術(shù)》中，將底面為矩形且一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱為陽馬．如圖 是陽馬，，，，．則該陽馬的外接球的表面積為（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·湖南婁底·高三校聯(lián)考期末）已知，是兩個不同的平面，“存在直線，，”是“”的（ ）
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件
3．（2023上·湖南益陽·高三統(tǒng)考期末）在一次勞動技術(shù)課上，某12人的小組中的同學(xué)們利用圖（一）的棱長為的正方體膠泥作為原料，每人制作一個圖（二）的冰激淋膠泥模型（上部分為一個半球，下部分為一個以半球的大圓面為底的圓錐），則制作完成后剩下的膠泥約為（ ）（忽略制作過程中的損耗，）
A．B．C．D．
4．（2023上·湖南懷化·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，在四邊形中，，，，，，則四邊形繞旋轉(zhuǎn)一周所成幾何體的表面積為（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）沙漏是我國古代的一種計時工具，是用兩個完全相同的圓錐頂對頂疊放在一起組成的（如圖）．在一個圓錐中裝滿沙子，放在上方，沙子就從頂點處漏到另一個圓錐中，假定沙子漏下來的速度是恒定的．已知一個沙漏中沙子全部從一個圓錐中漏到另一個圓錐中需用時80分鐘．設(shè)經(jīng)過t分鐘沙漏上方圓錐中的沙子的高度與下方圓錐中的沙子的高度恰好相等（假定沙堆的底面是水平的），則t的值為（ ）
A．10B．20C．60D．70
6．（2020·湖南湘潭·高三統(tǒng)考期末）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱A1B1上一點，且AB＝2，若二面角B1﹣BC1﹣E為45°，則四面體BB1C1E的外接球的表面積為（ ）
A．πB．12πC．9πD．10π
7．（2020上·湖南長沙·高三統(tǒng)考期末）設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，，，，且三棱柱的所有頂點都在同一球面上，則該球的表面積是
A．B．
C．D．
8．（2020上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出下列命題：
①若，則；
②若，則或；
③若是異面直線，那么與一定相交；
④若，則．
其中所有正確命題的編號是（ ）
A．①②B．①④C．②③D．②④
二、多選題
9．（2023上·湖南懷化·高三統(tǒng)考期末）如圖，在棱長為2的正方體中，點在線段上運動，則下列判斷中正確的是（ ）
A．平面
B．三棱錐的體積不變
C．以為球心，為半徑的球面與側(cè)面的交線長為
D．異面直線與所成的角的范圍是
10．（2022上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）如圖，已知正方體的棱長為2，分別是棱的中點，是側(cè)面內(nèi)（含邊界）的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．若直線與平面平行，則三棱錐的體積為
B．若直線與平面平行，則直線上存在唯一的點，使得與始終垂直
C．若，則的最小值為
D．若，則的最大值為
11．（2022上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）已知正方體的棱長為2，P，Q分別為棱，的中點，M為線段BD上的動點，則（ ）
A．
B．
C．三棱錐的體積為定值
D．M為BD的中點時，則二面角的平面角為60°
12．（2022上·湖南婁底·高三統(tǒng)考期末）在三棱錐中，已知，，，平面平面ABC，且，則（ ）．
A．
B．平面平面ABC
C．三棱錐的體積為
D．三棱錐的外接球的表面積為
三、填空題
13．（2023上·湖南益陽·高三統(tǒng)考期末）已知長方體中，，點為棱的中點，則異面直線所成角的余弦值為 .
14．（2023上·湖南株洲·高三校聯(lián)考期末）在正三棱錐中，，為中點，則異面直線與所成角的余弦值為 .
15．（2022上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）已知正三棱錐的底面是邊長為的等邊三角形，其內(nèi)切球的表面積為，且和各側(cè)面分別相切于點、、三點，則的周長為 ．
16．（2022上·湖南婁底·高三統(tǒng)考期末）若四棱錐的各頂點都在同一個球O的表面上，底面ABCD，，，，，則球O的體積為 ．
17．（2020上·湖南邵陽·高三統(tǒng)考期末）已知點為半徑等于2的球球面上一點，過的中點作垂直于的平面截球的截面圓為圓，圓的內(nèi)接中，，點在上的射影為，則三棱錐體積的最大值為 .
18．（2020上·湖南長沙·高三統(tǒng)考期末）在四面體中，為等邊三角形，邊長為6，，，，則四面體的體積為 .
四、解答題
19．（2023上·湖南益陽·高三統(tǒng)考期末）如圖所示的正方體中，點分別是棱的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值.
20．（2023上·湖南懷化·高三統(tǒng)考期末）如圖，在多面體中，四邊形為正方形，，，.
(1)證明：平面平面；
(2)若平面，二面角為，三棱錐的外接球的球心為，求平面與平面夾角的余弦值.
21．（2022上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）如圖所示的幾何體是由等高的直三棱柱和半個圓柱組合而成，點為的中點，為半個圓柱上底面的直徑，且，．為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)若是線段上一動點，求直線與平面所成角的正弦的最大值．
22．（2022上·湖南常德·高三統(tǒng)考期末）如圖，已知AB是圓柱底面圓的一條直徑，OP是圓柱的一條母線．
(1)求證：OA⊥PB；
(2)若C底面圓上一點，且，，，，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．
23．（2022上·湖南婁底·高三統(tǒng)考期末）如圖，在長方體中，，．若平面APSB與棱，分別交于點P，S，且，Q，R分別為棱，BC上的點，且．
(1)求證：平面平面；
(2)設(shè)平面APSB與平面所成銳二面角為，探究：是否成立？請說明理由．
24．（2020上·湖南長沙·高三統(tǒng)考期末）如圖，三棱柱中，側(cè)面BB1C1C是菱形，其對角線的交點為O，且AB=AC1，AB⊥B1C．
(1)求證：AO⊥平面BB1C1C；
(2)設(shè)∠B1BC=60°，若直線A1B1與平面BB1C1C所成的角為45°，求二面角的余弦值．
參考答案：
1．B
【分析】由題目條件有，則陽馬的外接球與以為長寬高的長方體的外接球相同.
【詳解】因，平面ABCD，平面ABCD，
則，又因四邊形ABCD為矩形，則.
則陽馬的外接球與以為長寬高的長方體的外接球相同.
又，，．則外接球的直徑為長方體體對角線，故外接球半徑為：，
則外接球的表面積為：
故選：B
2．C
【分析】根據(jù)面面平行的判定與性質(zhì)判段其充分性和必要性即可.
【詳解】當(dāng)，是兩個不同的平面，
對于其充分性：，可以推出；
對于其必要性：可以推出存在直線，，，
故其為充分必要條件，
故選：C.
3．B
【分析】根據(jù)正方體，球及圓錐的體積公式即得.
【詳解】由題可知正方體膠泥的體積為，
每個冰激淋膠泥的體積為，
所以12個冰激淋膠泥的體積為，
所以.
故選：B.
4．C
【分析】判斷出幾何體的結(jié)構(gòu)，根據(jù)圓錐、圓臺的知識求得正確答案.
【詳解】由題意知，旋轉(zhuǎn)所成的幾何體是一個圓臺上面挖掉一個圓錐的組合體，
且圓臺的上底面半徑，下底面半徑，高，母線長，
圓錐的底面半徑，高，母線長，
所以圓臺的側(cè)面積，圓錐的側(cè)面積，
圓臺的下底面面積，所以幾何體的表面積.
故選：C
5．D
【分析】上方圓錐的空白部分就是下方圓錐中的沙子部分，且上方沙漏中沙子的高度為一個沙漏的高的一半，進而計算下方沙漏沙子的體積，計算即可.
【詳解】解：因為沙漏上方圓錐中的沙子的高度與下方圓錐中的沙子的高度恰好相等
所以上方圓錐的空白部分就是下方圓錐中的沙子部分，且上方沙漏中沙子的高度為一個沙漏的高的一半，
所以可以單獨研究上方圓錐，其高度為一個圓錐的一半，沙子形成的圓面的半徑為圓錐底面圓半徑的一半，
設(shè)圓錐的高為，底面半徑為，
則上方沙子的體積為，
所以，上方此時剩的沙子占總沙子的，下方圓錐中的沙子占總沙子的
因為一個沙漏中沙子全部從一個圓錐中漏到另一個圓錐中需用時80分鐘，
所以，當(dāng)?shù)纳匙訌囊粋€沙漏中漏到另一個沙漏中，需要分鐘，
所以，經(jīng)過分鐘沙漏上方圓錐中的沙子的高度與下方圓錐中的沙子的高度恰好相等
故選：D
6．D
【分析】連接交于，可得，利用線面垂直的判定定理可得：平面，于是，可得而為二面角的平面角，再求出四面體的外接球半徑，進而利用球的表面積計算公式得出結(jié)論．
【詳解】
連接交于，則，
易知，則平面，
所以，
從而為二面角的平面角，
則.
因為，所以，
所以四面體的外接球半徑．
故四面體BB1C1E的外接球的表面積為．
故選：D
【點睛】本題考查了正方體的性質(zhì)、線面垂直的判定與性質(zhì)定理、二面角的平面角、球的表面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
7．C
【解析】直棱柱的外接球的球心是過底面外接圓的圓心做垂直于底面的直線與中截面的交點，而底面為直角三角形，所以底面外接圓的圓心為斜邊的中點，且半徑為斜邊的一半，根據(jù)底面外接圓的半徑與球的半徑和直棱柱的高的一半構(gòu)成直角三角形，由題意求出外接球的半徑，求出外接球的表面積．
【詳解】解：由題意知底面外接圓的圓心為斜邊的中點，則外接圓的半徑，而，，
所以，所以，過的中點做垂直于底面的直線交中截面與點，則為外接球的球心，
由題意得：，所以外接球的表面積，
故選：．
【點睛】考查直棱柱的外接球的求法及球的表面積公式，屬于中檔題．
8．D
【解析】以長方體為載體，結(jié)合平行與垂直的判定與性質(zhì)求解．
【詳解】解：畫任意一個長方體如圖，
①如圖，直線平面，直線平面，平面，平面，但平面與平面相交，故①錯；
②若，則在平面內(nèi)必存在一條直線使得，又，則或與重合，則或，故②對；
③如圖，直線平面，直線平面，直線與直線異面，但平面，故③錯；
④若，則在平面內(nèi)且不在平面內(nèi)必存在一條直線使得，又，則，又，則，則，故④對；
故選：D．
【點睛】本題主要考查平行于垂直的判定和性質(zhì)，熟記八個定理并借助長方體為載體是解題關(guān)鍵，屬于易錯的基礎(chǔ)題．
9．ABD
【分析】通過證明平面平面，即可得出A項；
根據(jù)平面，可推出，求出即可得出B項；
由已知可得交線即以C為頂點，1為半徑的圓與側(cè)面的交線，取、中點為、，求出扇形的弧長即可得出結(jié)果，判斷C項；
由，可知異面直線與所成的角即等于直線與所成的角或其補角.根據(jù)圖象，即可得出點P為中點以及線段端點時，角最大或最小，即可求出結(jié)果.
【詳解】
對于A項，如圖，連結(jié).根據(jù)正方體的性質(zhì)可知，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.同理可得，平面.因為平面，平面，，所以平面平面.又平面，所以平面，故A項正確；
對于B項，由A知平面，所以點到平面的距離即等于點到平面的距離，所以.由正方體的性質(zhì)可得，平面，所以，又，所以是個定值，故B項正確；
對于C項，由已知可得，點到側(cè)面的距離等于.設(shè)球被側(cè)面截得圓的半徑為，球的半徑，則.所以以D為頂點，為半徑的球面與側(cè)面的交線即以C為頂點，1為半徑的圓與側(cè)面的交線，分別取、中點為、，則有，所以交線即所對的圓弧的長，，所以，故C項不正確；
對于D項，如圖，由已知可得，所以.又，所以異面直線與所成的角即等于直線與所成的角或其補角.顯然當(dāng)點P為中點時，，此時最大；當(dāng)點P在點時，，當(dāng)點P在點時，，此時最小.所以異面直線與所成的角的范圍是，故D項正確.
故選：ABD.
10．ABC
【分析】取棱的中點，連接，進而證明平面平面得的軌跡即為線段，再討論AB選項即可得判斷；當(dāng)時，點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓在平面內(nèi)的圓弧，再分別討論CD選項即可.
【詳解】解：取棱的中點，連接，
因為棱的中點，分別是棱的中點，
所以，，
因為，所以，
所以，四邊形為平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以平面，平面，
因為平面，
所以平面平面，
所以，直線與平面平行， 的軌跡即為線段，
故對于A選項， ，三棱錐的體積為，故A正確；
對于B選項，要使得與始終垂直，則面，故如圖建立空間直角坐標系，則，
所以，，
所以且，解得，即，
所以，直線上存在唯一的點（中點），使得與始終垂直，故B正確；
當(dāng)時，所以，解得，
所以點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓在平面內(nèi)的圓弧，
對于C選項，由于，故的最小值為，故C正確；
對于D選項，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
所以，的最大值為，故D錯誤.
故選：ABC
11．BC
【分析】由題可得與不平行可判斷A，利用線面垂直的判斷定理及性質(zhì)定理判斷B，利用棱錐的體積公式可判斷C，利用坐標法可判斷D.
【詳解】由正方體的性質(zhì)可知，與不平行，故A錯誤；
由正方體的性質(zhì)可知，又，
∴平面，又平面，
∴，故B正確；
由題可知M到平面的距離為定值d=2，三角形的面積為定值，所以為定值，故C正確；
如圖建立空間直角坐標系，則
∴，
設(shè)平面PQM的法向量為，則
，令，則，
平面的法向量可取，
設(shè)二面角的平面角為，則
，故D錯誤.
故選：BC.
12．ABC
【分析】通過證明平面來判斷AB選項的正確性；通過計算三棱錐的體積來判斷C選項的正確性；求出三棱錐的外接球的表面積來判斷D選項的正確性.
【詳解】因為，，
所以，所以，
過D作于E．
因為平面平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，所以，
假設(shè)DB，DE不重合，因為，所以平面DBC，
所以，這樣與矛盾，
所以假設(shè)不成立，所以DB，DE重合，即平面ABC，
所以，
由于平面，
所以平面平面ABC，所以A，B正確；
三棱錐的體積為，所以C正確；
設(shè)三角形ABC的外心為F，外接圓半徑為，
過F作平面ABC，
設(shè)O為外接球的球心，則，，
所以，
所以，解得，
所以外接球的半徑為，
所以三棱錐的外接球的表面積為，所以D不正確．
故選：ABC
13．/
【分析】延長，構(gòu)造一個與全等的長方體，取點為棱的中點，可得（或其補角）為異面直線所成角，在中由余弦定理可得答案.
【詳解】如圖所示，在長方體中，延長，構(gòu)造一個與全等的長方體，
且點為棱的中點，所以，所以（或其補角）為異面直線所成角，
由題意得，所以由余弦定理得，
所以.
故答案為：.
14．
【分析】根據(jù)向量的夾角即可求解異面直線與所成角的余弦值.
【詳解】在中，，

,
由,
所以，即異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：
15．
【分析】設(shè)三棱錐的內(nèi)切球球心為點，計算出正三棱錐的高，可計算得出該三棱錐側(cè)面上的高，計算出的邊長，分析可知為等邊三角形，即可得解.
【詳解】設(shè)三棱錐的內(nèi)切球球心為點，設(shè)球切三棱錐的側(cè)面于點，
取的中點，連接，設(shè)正的中心為點，則在線段上，
設(shè)，的外接圓半徑為，則，
，為的中點，則，，
設(shè)球的半徑為，則，可得，即，
由正棱錐的性質(zhì)可知平面，因為平面，則，
，所以，，即，解得，
，，
取的中點，連接、，設(shè)球切側(cè)面于點，連接，
同理可得，，
因為、分別為、的中點，則，
，則，且，故，
設(shè)的中點為，連接、，則，故為等邊三角形，
易知為等邊三角形，故的周長為.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：
（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；
（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達到空間問題平面化的目的；
（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.
16．
【分析】設(shè)球心O到平面ABCD的距離為h，AD，BC的中點分別為F，E，由已知條件得，四邊形ABCD所在的截面圓的圓心G必在線段EF的延長線上，平面，然后由直角三角形、直角梯形中求得球半徑，得球體積．
【詳解】設(shè)球心O到平面ABCD的距離為h，AD，BC的中點分別為F，E，
由已知條件得，四邊形ABCD所在的截面圓的圓心G必在線段EF的延長線上，平面，，
因為，所以，
所以，
解得，，
因為，所以，
因為，所以，
所以球O的半徑為，
所以球O的體積為．
故答案為：．
17．/
【分析】由題設(shè)可得截面圓直徑，令且，結(jié)合射影定理及棱錐的體積公式可得，利用導(dǎo)數(shù)求其最大值即可.
【詳解】由題意知：，，故，
令，則，且，
由，則，
而，
令，則，
當(dāng)時，遞增；當(dāng)時，遞減；
所以時取最大值，故三棱錐體積的最大值為.
故答案為：
18．
【解析】推導(dǎo)出，分別取、的中點、，連結(jié)、、，則，，，推導(dǎo)出，從而平面，進而四面體的體積為，由此能求出結(jié)果．
【詳解】解：在四面體中，為等邊三角形，邊長為6，
，，，
，，
分別取、的中點、，連結(jié)、、，
則，，，
且，，，
，，
，平面，平面，平面，
四面體的體積為：
．
故答案為：．
【點睛】本題考查四面體的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，屬于中檔題．
19．(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)根據(jù)線面垂直的判定以及面面垂直的判定即可求解；(2)根據(jù)二面角余弦值的法向量求法即可求解.
【詳解】（1）證明：因為為正方體，
所以，
又因為平面，所以，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由條件可知兩兩垂直，
所以分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系（如圖所示），
設(shè)正方體的棱長為，
則，
，
所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，
所以，令，得，
所以，
又設(shè)平面的一個法向量為，
則，
所以，令，得，
，
所以，
所以，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.
20．(1)證明詳見解析
(2)
【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.
（2）根據(jù)二面角的大小求得，通過補形的方法判斷點的位置，建立空間直角坐標系，利用向量法求得平面與平面夾角的余弦值.
【詳解】（1）由于四邊形為正方形，所以，由于，
平面，所以平面，
由于平面，
所以平面平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由（1）得平面，且，
所以平面，所以是二面角的平面角，
所以，所以.
由上述分析可知兩兩相互垂直，
所以可將多面體補形為正方體，如下圖所示，
則三棱錐的外接球的球心是的中點.
由此建立空間直角坐標系如下圖所示，
，
，
設(shè)平面的法向量為，
則，故可設(shè)，
平面的一個法向量為,
設(shè)平面與平面夾角為，
則.
所以平面與平面夾角的余弦值為.
21．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）證明平面，平面即可證明結(jié)論；
（2）以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.
【詳解】（1）證明：取的中點，連接，
且
∴四邊形為平行四邊形，
，又平面，平面
平面
，又平面，平面
平面，
平面
∴平面平面
（2）解：如圖，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，
則
設(shè)面的法向量，
所以，即，令得，故
因為是線段上一動點，
所以，設(shè)，則
設(shè)所求線面角為，
所以，
所以，當(dāng)時，取得最大值為
22．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理及性質(zhì)即得；
（2）利用坐標法即求.
【詳解】（1）∵OP是圓柱的一條母線，
∴OP⊥平面OAB，又面OAB，
∴OP⊥OA，
∵AB是圓柱的底面圓的直徑，
∴，即OA⊥OB，又∵，
∴OA⊥面OPB，又∵面OPB，
∴OA⊥PB.
（2）∵，
∴；
∵AB是圓柱的底面圓的直徑，
∴，又，
∴四邊形OACB為正方形,
如圖建立空間直角坐標系O—xyz，可知，，P（0，0，2），
設(shè)平面PAB的法向量為，，，
∴，即，
取，則，又，
設(shè)直線PC與平面PAB所成角為θ，
∴，
所以直線PC與平面PAB所成角的正弦值為.
23．(1)證明見解析
(2)成立，理由見解析
【分析】（1）由已知及正方體性質(zhì)先證線面垂直，再證面面垂直.
（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標系，求二面角對應(yīng)兩平面的法向量，進而可以判斷是否成立.
【詳解】（1）在長方體中，
因為平面，平面，所以，
在和中，
因為，,，
所以，
,所以，
因為，所以平面，
因為平面，所以平面．
（2）以D為坐標原點，射線DA，DC，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
，，，所以，，
設(shè)平面的法向量為，
所以，不妨設(shè)，其中，
由（1）得，平面的法向量為，
因為，，所以，
則，
若，則，解得，
因為，所以成立．
24．(1)見解析
(2)
【分析】（1）證明B1C⊥平面ABC1，可得AO⊥BC1，再證明AO⊥BC1，根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；
（2）易得直線AB與平面BB1C1C所成的角即∠ABO，以O(shè)為坐標原點，建立空間直角坐標系，再利用向量法即可得出答案.
【詳解】（1）證明：∵四邊形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，
∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，
∴B1C⊥平面ABC1，
又平面ABC1，∴B1C⊥AO，
∵AB=AC1，O是BC1的中點，∴AO⊥BC1，
又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，
∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，
∴直線A1B1與平面BB1C1C所成的角等于直線AB與平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直線AB與平面BB1C1C所成的角即∠ABO，
∴∠ABO=45°，
不妨設(shè)菱形BB1C1C的邊長為2，則在等邊三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，
在Rt△ABO中，AO=BO=，
如圖，以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)B，OB1，OA所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則，
，
設(shè)平面A1B1C1的法向量為，
則有，可取，
因為AO⊥平面BB1C1C，
所以即為平面BB1C1C的一個法向量，
則，
由圖可知二面角為鈍二面角，
所以二面角的余弦值為．

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