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§1.1.2棱柱、棱锥的结构特征一、教学目标1．认识棱柱、棱锥几何特征,了解棱柱、棱锥和的概念，会画简单的棱柱、棱锥2．用运动的观点形成棱柱、棱锥的概念,用运动变化的观点理解棱柱、棱锥的概念和相互之间的关系；３．重视立体几何知识和平面几何知识间的＂类比＂;体会＂空间问题转化为平面问题＂的＂转化＂思想；４．接受观察、比较、归纳、分析等一般的科学方法的运用．二、教学重点１．形成棱柱、棱锥的概念;２．作棱柱、棱锥的直观图形．三、教学难点１．用运动的观点形成棱柱、棱锥的概念，用运动变化的观点理解棱柱、棱锥的概念和相互之间的关系;【教学过程】9.5．1 棱柱与棱锥＊情境导入【知识回顾】在九年制义务教育阶段，我们学习过直棱柱、圆柱、圆锥、球等几何体．（1） (2）（3）（4）图9−55象直棱柱(图9−55（1））那样,由若干个平面多边形围成的封闭的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的交点叫做多面体的顶点，不在同一个面上的两个顶点的连线叫做多面体的对角线.像圆柱（图9−55（2）)、圆锥（图9−55（3））、球（图9−55（4)）那样的封闭几何体叫做旋转体．【观察】图9−56观察图9−56所示的多面体，可以发现它们具如下特征：(1）有两个面互相平行，其余各面都是四边形；（2）每相邻两个四边形的公共边互相平行．＊引入新知有两个面互相平行，其余每相邻两个面的交线都互相平行的多面体叫做棱柱，互相平行的两个面，叫做棱柱的底面,其余各面叫做棱柱的侧面．相邻两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．两个底面间的距离，叫做棱柱的高．根据棱柱的底面可以是三角形、四边形、五边形等这样的棱柱叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱等图9−56所示的四个多面体都是棱柱．表示棱柱时，通常分别顺次写出两个底面各个顶点的字母，中间用一条短横线隔开，例如，图9−56（2）所示的棱柱，可以记作棱柱1111ABCD A B C D -，或简记作棱柱1AC ．经常以棱柱底面多边形的边数来命名棱柱,如图9−56所示的棱柱依次为三棱柱、四棱柱、五棱柱． 侧棱与底面斜交的棱柱叫做斜棱柱，如图9−56（2);侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱，如图9−56（1）；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱，如图9−56(3)和（4），分别为正四棱柱和正五棱柱．正棱柱有下列性质：（１)侧棱垂直于底面，各侧棱长都相等，并且等于正棱柱的高；（２）两个底面中心的连线是正棱柱的高．例1。
第9章 B 第8讲时间：60分钟满分：100分一、选择题(8×5＝40分)1．(2010·河北张家口调研)下列命题中，成立的是()A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B．四面体一定是三棱锥C．棱锥的侧面是全等的等腰三角形，该棱锥一定是正棱锥D．底面多边形既有外接圆又有内切圆，且侧棱相等的棱锥一定是正棱锥解析：A是错误的，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥；B是正确的，三个面共顶点，另有三边围成三角形是四面体也必定是个三棱锥；C是错误的，如图所示，棱锥的侧面是全等的等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥；D也是错误的，底面多边形既有内切圆又有外接圆，如果不同心，则不是正多边形，因此不是正棱锥．答案：B2．在斜棱柱的侧面中，矩形最多有几个()A．2 B．3 C．4 D．6解析：最多2个，若有3个，则底面有三条边与侧棱垂直，而三边中至少有两条相交，即底面一定存在两相交直线与侧棱垂直，与斜棱柱定义矛盾．故选A.答案：A3．棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分侧棱、侧面积、体积时，相应截面面积分别为S1、S2、S3，则()A．S1＜S2＜S3B．S3＜S2＜S1C．S2＜S1＜S3D．S1＜S3＜S2解析：根据相似比知识易知(设底面为S4)，①平分侧棱S1:S4＝1:4，②平分侧面积S2:S4＝1:2，③平分体积S 3:S 2＝1:223，∴S 1＜S 2＜S 3.故选A. 答案：A4．(2010·湖北武汉六校高三第一次联考)正四棱锥S －ABCD 中，侧棱与底面所成的角为α，侧面与底面所成的角为β，侧面等腰三角形的底角为γ，相邻两侧面所成的二面角为θ，则α、β、γ、θ的大小关系是( )A ．α＜β＜γ＜θB ．α＜β＜θ＜γC ．θ＜α＜γ＜βD ．α＜γ＜β＜θ解析：依题意不妨设SA ＝AB ＝1，如图，α＝∠SAO ，β＝∠SEO ，γ＝∠SBC ＝60°.过A 点作AF ⊥SB ，连结CF ，则∠AFC ＝θ. ∵cos α＝22，cos β＝OE SE ＝33，cos γ＝12，cos θ＝－13， ∴α＜β＜γ＜θ.故选A. 答案：A5．正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶2解析：如图，设棱锥的高为h ，V D －GAC ＝V G －DAC ＝13S △ADC ·12h ，V P －GAC ＝12V P －ABC ＝V G －ABC＝13S △ABC ·h 2. 又S △ADC S △ABC ＝2∶1，故V D －GAC ∶V P －GAC ＝2∶1. 答案：C6．所有棱长都是a 的四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，对角线AC 1、BD 1、B 1D 两两垂直，则侧棱与底面所成的角为( )A ．90°B ．arccos 13C ．arccos33D ．60°解析：本题是关于立体几何中的线面角内容问题，由条件可知侧棱与底面所成的角即为∠AA 1C 1，由已知B 1D ⊥BD 1可得四边形B 1BDD 1为菱形，且底面边长为a ，∠D 1A 1B 1＝60°，从而A 1C 1＝3a ，又由条件可知AC 1⊥面B 1BDD 1，从而有AC 1⊥AA 1， 故在Rt △A 1AC 1中，易知cos ∠AA 1C 1＝a 3a ＝33， ⇒∠AA 1C 1＝arccos 33，从而选C. 答案：C7．如图，在正三棱锥A －BCD 中，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，EF ⊥DE .若BC ＝a ，则A －BCD 的体积为( )A.224a 3B.212a 3C.324a 3 312a 3 解析：∵三棱锥A －BCD 为正三棱锥， ∴AC ⊥BD .又点E 、F 分别是AB 、BC 的中点． ∴EF ∥AC .由EF ⊥DE 可得AC ⊥DE . ∴AC ⊥平面ABD ，则AC ⊥AB 且AC ⊥AD ， 从而得AB ⊥AD ，即正三棱锥的三个侧面均为等腰直角三角形． 由BC ＝a 可得AB ＝AC ＝AD ＝22a ， V 正棱锥A －BCD ＝16(22a )3＝224a 3，故应选A.答案：A8．(2010·湖北八校第二次联考)如图，正方体AC 1的棱长为1，连结AC 1，交平面A 1BD于H ，则以下命题中，错误的命题是()A ．AC 1⊥平面A 1BDB ．H 是△A 1BD 的垂心C ．AH ＝33D ．直线AH 和BB 1所成的角为45°解析：由⎭⎪⎬⎪⎫AC 1⊥DAC 1⊥BA 1BD ∩BA 1＝B ⇒AC 1⊥面A 1BD ，故A 为真命题． 正三棱锥A －BA 1D 中，因AB ⊥AD ⊥AA 1，则A 在底面BA 1D 的射影为三角形的垂心，故B 为真命题．由V A －BA 1D ＝V D －ABA 1，可知 13S △BA 1D ·|AH |＝13·12|AB ||AA 1|·|AD |， 则|AH |＝33，故C 为真命题． 因BB 1∥AA 1，则BB 1与AH 所成的角为∠A 1AC 1＝arctan 2≠45°，故D 为假命题． 答案：D二、填空题(4×5＝20分)9．(2010·黄冈一模)已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为26，则侧面与底面所成的二面角等于____________．解析：如图所示，设底面边长为a ，则2a 2＝(26)2，∴a ＝23，∴OM ＝ 3. 又V ＝13·(23)2·h ＝12，∴h ＝3.∴tan ∠VMO ＝33＝3， ∴∠VMO ＝π3.∴侧面与底面所成的二面角为π3.答案：π310．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，AA 1＝AB ＝1，则截面ACC 1A 1的面积为________，异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为________．解析：截面ACC 1A 1为矩形， AA 1＝1，AC ＝3，其面积S ＝3； BD ＝1，BD 1＝2，在△BCD 1中，BC ＝1， CD 1＝2，cos ∠BCD 1＝24. 则异面直线AD 与D 1C 所成角的余弦值为24. 答案：32411．如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是正方形BCC 1B 1的中心，点F 、G 分别是棱C 1D 1、AA 1的中点．设点E 1、G 1分别是点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影．则以E 为顶点，以四边形FGAE 在平面DCC 1D 1内的正投影为底面边界的棱锥的体积为________．解析：点A 、E 、G 、F 在平面DCC 1D 1的投影分别为点D 、E 1、G 1、F ，连结EF 、EE 1、EG 1、ED ，则V E －DE 1FG 1＝V F －EE 1G 1＋V D －EE 1G 1＝13×1×1＋13×1×1＝23.答案：2312．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，BB 1＝2，∠ABC ＝90°，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为________．解析：∵AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2， ∴侧面展开后如下图所示．A 1E ＝12AA 1＝1，A 1F ＝A 1B 1＋B 1F ＝322，∴EF ＝A 1E 2＋A 1F 2＝1＋92＝222. 把△A 1B 1C 1与侧面A 1B 1BA 展开如右图所示． 连结EF ，过E 作EM ⊥B 1B ， 则EM ＝AB ＝2，FM ＝1＋22， ∴EF ＝72＋2， 若把△A 1B 1C 1与侧面A 1ACC 1展开如右图． 连结EF ，作EM ⊥CC 1于M ，作FD ⊥EM 于D 点， 则ED ＝32，FD ＝32，∴EF ＝(32)2＋(32)2＝322. 比较以上三条路径，第三条最小，∴EF 间最短路径为322.答案：322三、解答题(4×10＝40分)13．(2009·陕西高考)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝AA 1＝3，∠ABC ＝60°.(1)求证：AB ⊥A 1C ；(2)求二面角A －A 1C －B 的大小．思路点拨：第(1)问可先证AB ⊥面ACC 1A 1，第(2)问作AD ⊥A 1C 于点D ，结合(1)，知∠ADB 即为所求二面角的平面角．亦可利用空间向量坐标法解决．解析：解法一：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴AB ⊥AA 1. 在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°， 由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC .∴AB ⊥平面ACC 1A 1.又A 1C ⊂平面ACC 1A 1， ∴AB ⊥A 1C .(2)如图，作AD ⊥A 1C 交A 1C 于D 点，连结BD .由三垂线定理知BD ⊥A 1C ，∴∠ADB 为二面角A －A 1C －B 的平面角． 在Rt △AA 1C 中，AD ＝AA 1·AC A 1C ＝3×36＝62，在Rt △BAD 中，tan ∠ADB ＝AB AD ＝63， ∴∠ADB ＝arctan63， 即二面角A －A 1C －B 的大小为arctan63. 解法二：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝3，∠ABC ＝60°， 由正弦定理得∠ACB ＝30°， ∴∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC . 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A 1(0,0，3)， ∴AB →＝(1,0,0)，A 1C →＝(0，3，－3)． ∵AB →·A 1C →＝1×0＋0×3＋0×(－3)＝0， ∴AB ⊥A 1C .(2)如图，可取m ＝AB →＝(1,0,0)为平面AA 1C 的法向量，设平面A 1BC 的法向量为n ＝(l ，m ，n )，则BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0， 又BC →＝(－1，3，0)，∴⎩⎨⎧－l ＋3m ＝0，3m －3n ＝0.∴l ＝3m ，n ＝m .不妨取m ＝1，则n ＝(3，1,1)． cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝3×1＋1×0＋1×0(3)2＋12＋12·12＋02＋02＝155， ∴二面角A －A 1C －B 的大小为arccos155. 14．如图，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝2AB ，E 、F 分别为PC 、CD 的中点．(1)求证：CD ⊥平面BEF ；(2)设P A ＝k ·AB ，且二面角E －BD －C 的平面角大于30°，求k 的取值范围．解析：(1)证明：如图，由已知DF 綊AB 且∠DAB 为直角，故ABFD 是矩形．从而CD ⊥BF . 又P A ⊥底面ABCD ，CD ⊥AD ，故由三垂线定理知CD ⊥PD . 在△PDC 中，E 、F 分别为PC 、CD 的中点． 故EF ∥PD ，从而CD ⊥EF ， 由此得CD ⊥面BEF .(2)连结AC 交BF 于G ，易知G 为AC 的中点．连结EG .则在△P AC 中易知EG ∥P A .又因P A ⊥底面ABCD ，故EG ⊥底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ⊥BD ，垂足为H ，连结EH .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E －BD －C 的平面角．设AB ＝a ，则在△P AC 中，有EG ＝12P A ＝12ka .以下计算GH .考虑底面的平面图(如右图)． 连结GD ，因S △GBD ＝12BD ·GH ＝12GB ·DF ，故GH ＝GB ·DFBD.在△ABD 中，因AB ＝a ，AD ＝2a ，得BD ＝5a . 而GB ＝12FB ＝12AD ＝a ，DF ＝AB ，从而得GH ＝GB ·AB BD ＝a ·a 5a ＝55a .因此tan ∠EHG ＝EG GH ＝12ka 55a ＝52k .由k >0知∠EHG 是锐角，故要使∠EHG >30°， 必须52k >tan30°＝33， 解之，得k 的取值范围是k >21515.解法二：(1)如图，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝a ，则易知点A、B 、C 、D 、F 的坐标分别为A (0,0,0)、B (a,0,0)、C (2a,2a,0)、D (0,2a,0)、F (a,2a,0)．从而DC →＝(2a,0,0)，BF →＝(0,2a,0)，DC →·BF →＝0.故DC →⊥BF →. 设P A ＝b ，则P (0,0，b )，而E 为PC 中点． 故E (a ，a ，b 2)．从而BE →＝(0，a ，b 2)．DC →·BE →＝0，故DC →⊥BE →.由此得CD ⊥面BEF .(2)设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH ⊥BD 垂足为H .由三垂线定理知EH ⊥BD .从而∠EHG 为二面角E －BD －C 的平面角．由P A ＝k ·AB 得P (0,0，ka )，E (a ，a ，ka 2)，G (a ，a,0)．设H (x ，y,0)，则GH →＝(x －a ，y －a,0)，BD →＝(－a,2a,0)， 由GH →·BD →＝0得－a (x －a )＋2a (y －a )＝0， 即x －2y ＝－a .①又因BH →＝(x －a ，y,0)，且BH →与BD →的方向相同， 故x －a －a ＝y2a，即2x ＋y ＝2a .② 由①②解得x ＝35a ，y ＝45a .从而GH →＝(－25a ，－15a,0)，|GH →|＝55a .tan ∠EHG ＝|EG →||GH →|＝ka 255a ＝52k .由k >0知∠EHG 是锐角，由∠EHG >30°， 得tan ∠EHG >tan30°，即52k >33. 故k 的取值范围为k >21515.15．(2010·四川攀枝花三模)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，∠ADC ＝∠DCB ＝90°，AD ＝1，BC ＝3，PC ＝CD ＝2，PC ⊥底面ABCD ，E 为AB 的中点．(1)求证：平面PDE ⊥平面P AC ；(2)求二面角C －PD －E 的大小；(3)求点B 到平面PDE 的距离．解析：解法一：(1)证明：设AC 与DE 交点为G ，延长DE 交CB 的延长线于点F ， 则△DAE ≌△FBE ，∴BF ＝AD ＝1.∴CF ＝4.∴tan ∠F ＝DC CF ＝12. 又∵tan ∠ACD ＝AD DC ＝12，∴∠F ＝∠ACD .又∵∠ACD ＋∠ACF ＝90°，∴∠F ＋∠ACF ＝90°.∴∠CGF ＝90°.∴AC ⊥DE .又∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥DE .∴DE ⊥平面P AC .∵DE ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面P AC .(2)连结PG ，过点C 作CH ⊥PG 于H 点，取PD 中点I ，连结CI ，易知CI ⊥PD .又由(1)知平面PDE ⊥平面P AC ，且PG 是交线，根据面面垂直的性质，得CH ⊥平面PDE ，由三垂线定理知HI ⊥PD .从而∠CIH 为二面角C －PD －E 的平面角．在等腰Rt △PCD 中，CI ＝22PC ＝2， 在Rt △DCA 中，CG ＝CD 2AC ＝2222＋12＝455， 在Rt △PCG 中，CH ＝PC ·CG PG ＝PC ·CG PC 2＋CG 2＝2×455655＝43， 从而sin ∠CIH ＝CH CI ＝223，则∠CIH ＝arcsin 223.， 即二面角C －PD －E 的大小为arcsin 223.(3)由于BF ＝14CF ，∴可知点B 到平面PDE 的距离等于点C 到平面PDE 的距离的14，即14CH .在Rt △PCG 中，CH ＝PC ·CG PC 2＋CG 2＝2×45522＋(455)2＝43， 从而点B 到平面PDE 的距离等于13. 解法二：如图所示，以点C 为坐标原点，直线CD ，CB ，CP 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C －xyz ，则相关点的坐标为C (0,0,0)，A (2,1,0)，B (0,3,0)，P (0,0,2)，D (2,0,0)，E (1，2,0)．(1)证明：由于DE →＝(－1,2,0)，CA →＝(2,1,0)，CP →＝(0,0,2)，∴DE →·CA →＝(－1,2,0)·(2,1,0)＝0，DE →·CP →＝(－1,2,0)·(0,0,2)＝0.∴DE ⊥CA ，DE ⊥CP .而CP ∩CA ＝C ，∴DE ⊥平面P AC .∵DE ⊂平面PDE ，∴平面PDE ⊥平面P AC .(2)设n ＝(x ，y ，z )是平面PDE 的一个法向量，则n ·DE →＝n ·PE →＝0，由于DE →＝(－1,2,0)，PE →＝(1,2，－2)，∴有⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝(x ，y ，z )·(－1，2，0)＝－x ＋2y ＝0，n ·PE →＝(x ，y ，z )·(1，2，－2)＝x ＋2y －2z ＝0. 令x ＝2，则y ＝1，z ＝2.即n ＝(2,1,2)，易知平面PCD 的一个法向量m ＝(0,1,0)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13， ∴二面角C －PD －E 的大小为arccos 13. (3)由(2)知n ＝(2,1,2)是平面PDE 的一个法向量，而BE →＝(1，－1,0)，∴点B 到平面PDE 的距离为d ＝|n ·BE →||n |＝|(2，1，2)·(1，－1，0)|3＝13. 16．(2010·河北唐山二模)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，AA 1＝4，M 、N 分别为CC 1、A 1C 1的中点．(1)求证：AM ⊥平面B 1MN ；(2)求二面角A 1－B 1M －A 的大小．解析：解法一：(1)证明：∵ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴平面A 1B 1C 1⊥平面A 1ACC 1，∵AB ＝BC ，进而A 1B 1＝B 1C 1，N 为A 1C 1的中点，∴B 1N ⊥平面A 1ACC 1，∵AM ⊂平面A 1ACC 1，∴B 1N ⊥AM ，即AM ⊥B 1N . 在侧面A 1ACC 1中，C 1M ＝CM ＝2，C 1N ＝2，AC ＝22， ∴Rt △MC 1N ∽Rt △ACM ，∴∠C 1MN ＋∠CMA ＝90°. ∴AM ⊥MN .∵B 1N ∩MN ＝N ，∴AM ⊥平面B 1MN .(2)分别取AB 1、B 1M 、A 1M 的中点为D 、E 、F ，连结△DEF ，则DE ∥AM 、EF ∥A 1B 1.由(1)，AM ⊥平面B 1MN ，而B 1M ⊂平面B 1MN ，则AM ⊥B 1M ，于是DE ⊥B 1M ，∵A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ，B 1C 1∩B 1B ＝B 1，∴A 1B 1⊥平面B 1BCC 1.∵B 1M ⊂平面B 1BCC 1，∴A 1B 1⊥B 1M .于是EF ⊥B 1M . 所以∠DEF 为二面角A 1－B 1M －A 的平面角．连结A 1B 、BM ，DE 、EF 、FD 分别为△AB 1M 、△A 1MB 1、△MA 1B 的中位线． ∵A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，BM ⊂平面B 1BCC 1，A 1B 1⊥BM ， ∴EF ⊥BM ，EF ⊥FD .在Rt △DEF 中，EF ＝12A 1B 1＝1，FD ＝12BM ＝2， ∴tan ∠DEF ＝FD EF ＝2，∠DEF ＝arctan 2.故二面角A 1－B 1M －A 的大小为arctan 2. 解法二：(1)证明：分别以BA 、BB 1、BC 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (2,0,0)，M (0,2,2)，B 1(0,4,0)，N (1,4,1)．∵AM →＝(－2,2,2)，B 1N →＝(1,0,1)， B 1M →＝(0，－2,2)，∴AM →·B 1N →＝AM →·B 1M →＝0.∴AM ⊥B 1N ，AM ⊥B 1M ，又B 1N ∩B 1M ＝B 1，∴AM ⊥平面B 1MN .(2)由(1)知，AM ⊥平面B 1MN ， ∵B 1M ⊂平面B 1MN ，∴AM ⊥B 1M . ∵A 1B 1⊥B 1C 1，A 1B 1⊥B 1B ，B 1C 1∩B 1B ＝B 1， ∴A 1B 1⊥平面B 1BCC 1.∵B 1M ⊂平面B 1BCC 1，∴A 1B 1⊥B 1M . ∵MA →＝(2，－2，－2)，B 1A 1→＝(2,0,0)，∴cos 〈MA →，B 1A 1→〉＝MA →·B 1A 1→|MA →||B 1A 1→|＝33. 故二面角A 1－B 1M －A 的大小为arccos 33.。
