高考理科数学专题复习练习8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图 19页

第八章立体几何 ‎8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图 专题2‎ 三视图与直观图 ‎■(2015辽宁大连高三双基测试,三视图与直观图,选择题,理6)六个棱长为1的正方体在桌面上堆叠成一个几何体,该几何体的正视图与俯视图如图所示,则其侧视图不可能为(　　)‎ 答案:D ‎8.2空间几何体的表面积与体积 专题1‎ 空间几何体的表面积 ‎■(2015江西重点中学盟校高三第一次联考,空间几何体的表面积,选择题,理9)一个几何体的三视图如图所示,该几何体外接球的表面积为(　　)‎ A.9π B.π C.8π D.7π 解析:‎ 由三视图还原出原几何体如图所示,可将其视为正三棱柱的一部分,底面中心到顶点的距离为,外接球的球心到底面中心的距离为1,所以球的半径为R2=+1=,外接球的表面积为4πR2=π,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015东北三省四市教研联合体高三模拟一,空间几何体的表面积,选择题,理7)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示,其中俯视图是圆心角为60°的扇形,则该几何体的侧面积为(　　)‎ A.12+π B.6+π C.12+2π D.6+4π 解析:将该几何体侧面展开,可知其侧面展开图为一矩形,其中矩形的一边长为3,另一边长为2+2+×2=4+,故所求侧面积S=×3=12+2π,故选C.‎ 答案:C ‎■(2015银川一中高三二模,空间几何体的表面积,选择题,理11)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA⊥平面ABC,SA=2,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,则球O的表面积为(　　)‎ A.4π B.12π C.16π D.64π 解析:依题意,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos60°=3,因此AC2=4=BC2+AB2,AB⊥BC;又SA⊥平面ABC,因此SA⊥AC,BC⊥SB;取SC的中点M,连接MA,MB,则有MA=SC=MB,点M到该三棱锥的各顶点的距离相等,点M即为球心O,OA=SC==2,球O的表面积等于4π×22=16π,故选C.‎ 答案:C ‎■(2015江西八所重点中学高三联考,空间几何体的表面积,选择题,理11)正三角形ABC的边长为2,将它沿高AD翻折,使点B与点C间的距离为,此时四面体ABCD外接球的表面积为(　　)‎ A.7π B.19π C.π D.π 解析:由题意可得AD⊥底面BDC,且底面三角形是等腰三角形,其外接圆的直径为=2,过底面△BCD的外心O作底面的垂线,在垂线上取OP=,则点P为四面体ABCD的外接球的球心,所以外接球的半径R2=|PA|2=|PO|2+|OB|2=+1=,该球的表面积为4πR2=7π,故选A.‎ 答案:A ‎■(2015东北三省三校高三二模,空间几何体的表面积,选择题,理9)一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图为等腰直角三角形,正视图和侧视图是全等的等腰三角形,则此三棱锥外接球的表面积为(　　)‎ A.16π B.9π C.4π D.π 解析:‎ 由三视图可知该几何体是一个三棱锥A-BCD(如图所示),其中BC⊥CD,BC=CD=2,顶点A在底面BCD上的射影M是BD的中点,AM=2,则有AB=AC=AD=,记三棱锥A-BCD的外接球的球心为O,半径为R,则有OA=OB=OD=R,O在底面BCD上的射影为M.在Rt△DOM中,R2=()2+(2-R)2,解得R=,因此此三棱锥的外接球的表面积等于4πR2=9π,故选B.‎ 答案:B ‎■(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,空间几何体的表面积,选择题,理6)某几何体的三视图如图所示,则此几何体的表面积为(　　)‎ A.π+4π B.36π+2π C.32π+2π D.44π+2π 解析:依题意,题中的几何体是在一个半球的上面放置一个圆锥所形成的组合体,其中球的半径是4,圆锥的底面半径是2、高是3,因此其表面积为×4π×42+π×2×+(π×42-π×22)=44π+2π,故选D.‎ 答案:D ‎■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,空间几何体的表面积,选择题,理7)如图,一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则这个四棱锥的侧面积为(　　)‎ A.2 B.6 ‎ C.2() D.2()+2‎ 解析:‎ 作出该四棱锥的直观图如图所示,观察可知,PB=,S△PAB=S△PAD=·PA·AD=×2×.因为BC⊥平面PAB,故S△PBC=S△PDC=·PB·BC=.故该四棱锥的侧面积为2(),故选C.‎ 答案:C 专题2‎ 空间几何体的体积 ‎■(2015辽宁大连高三双基测试,空间几何体的体积,填空题,理16)如图,∠ACB=90°,DA⊥平面ABC,AE⊥DB交DB于点E,AF⊥DC交DC于点F,且AD=AB=2,则三棱锥D-AEF体积的最大值为　　　　　. ‎ 解析:依题意,设AC=b,BC=a,则有a2+b2=4,由已知得BC⊥平面ACD,又AF⊥CD,CD∩BC=C,因此AF⊥平面BCD,所以AF⊥BD,又由AE⊥BD,AE∩AF=A,得BD⊥平面AEF,所以EF⊥BD,易知AF=,AD2=DF·CD,DF=.由△BCD∽△FED得S△EFD=S△BCD=,VD-EFA=VA-DEF=AF·S△EFD=,当且仅当a2=2b2=时取等号,因此三棱锥D-AEF的体积的最大值是.‎ 答案:‎ ‎■(2015东北三省四市教研联合体高三模拟二,空间几何体的体积,选择题,理7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的体积为(　　)‎ A. B.64 C. D.‎ 解析:根据三视图得几何体,再利用体积公式求解.由三视图可得该几何体是一个四棱锥,其底面是边长为4的正方形,有一条长度为4的侧棱垂直于底面,所以该四棱锥的体积为×42×4=,故选D.‎ 答案:D ‎■(2015银川二中高三一模,空间几何体的体积,选择题,理8)把一个三棱锥适当调整位置,可以使它的三视图(正视图,侧视图,俯视图)都是矩形,形状及尺寸如图所示,则这个三棱锥的体积是(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.6‎ 解析:作出该几何体的直观图如图中的三棱锥A-BCD所示,由割补法可知所求三棱锥的体积V=3×2×1-4×=2,故选B.‎ 答案:B ‎■‎ ‎(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,空间几何体的体积,填空题,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD.若∠BPC=90°,PB=,PC=2,则四棱锥P-ABCD的体积的最大值为　　　　　. ‎ 解析:依题意,过点P作PE⊥AD于点E,PF⊥BC于点F,连接EF,则有PE⊥平面ABCD,EF⊥BC,EF=AB,PF=.设AB=x,则矩形ABCD的面积等于AB·BC=xx,PE=,V四棱锥P-ABCD=x×.又因为,当且仅当x2=-x2,即x2=时取等号,所以四棱锥P-ABCD的体积的最大值是.‎ 答案:‎ ‎■(2015东北三省三校高三第一次联考,空间几何体的体积,选择题,理7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,若粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为(　　)‎ A.6 B.8 C.10 D.12‎ 解析:由三视图得该几何体为三棱锥,其底面积S=×4×5=10,三棱锥的高h=3,故所求体积V=×10×3=10,故选C.‎ 答案:C ‎■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,空间几何体的体积,选择题,理11)若圆锥的内切球与外接球的球心重合,且内切球的半径为1,则圆锥的体积为(　　)‎ A.π B.2π C.3π D.4π 解析:过圆锥的旋转轴作轴截面,得到△ABC及其内切圆☉O1和外接圆☉O2,且两圆同心,即△ABC的内心与外心重合,故△ABC为正三角形.依题意,☉O1的半径为1,故圆锥的底面半径为,高为3,故圆锥的体积V=×π×()2×3=3π,故选C.‎ 答案:C ‎8.3空间点、直线、平面之间的位置关系 专题2‎ 空间两条直线的位置关系 ‎■(2015东北三省三校高三二模,空间两条直线的位置关系,选择题,理4)已知a,b,m,n是四条不同的直线,其中a,b是异面直线,则下列命题正确的个数为(　　)‎ ‎①若m⊥a,m⊥b,n⊥a,n⊥b,则m∥n;‎ ‎②若m∥a,n∥b,则m,n是异面直线;‎ ‎③若m与a,b都相交,n与a,b都相交,则m,n是异面直线.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ 解析:对于①,过直线a上一点O作直线a1∥b,则直线a,a1确定平面α,m⊥a,m⊥a1,所以m⊥α,同理n⊥a,因此m∥n,①正确;对于②,m,n可能相交或异面,②错误;对于③,m,n可能相交或异面,③错误.综上所述,其中正确的命题的个数是1,故选B.‎ 答案:B ‎8.7空间几何中的向量方法 专题2‎ 利用空间向量解决探索性问题 ‎■(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,利用空间向量解决探索性问题,解答题,理19)‎ 如图,四棱锥E-ABCD中,平面EAD⊥平面ABCD,CD∥AB,BC⊥CD,EA⊥ED,且AB=4,BC=CD=EA=ED=2.‎ ‎(1)求证:BD⊥平面ADE;‎ ‎(2)求直线BE和平面CDE所成角的正弦值;‎ ‎(3)在线段CE上是否存在一点F,使得平面BDF⊥平面CDE?如果存在点F,请指出点F的位置;如果不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:由BC⊥CD,BC=CD=2可得BD=2,‎ 由EA⊥ED,且EA=ED=2,可得AD=2.‎ 又AB=4,所以BD⊥AD.‎ 又平面EAD⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,‎ BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面ADE.‎ ‎(2)如图,建立空间直角坐标系D-xyz,D(0,0,0),B(0,2,0),C(-,0),E(,0,),=(,-2),=(,0,),=(-,0).‎ 设平面CDE的法向量为n=(x,y,z).‎ 则取x=1,则y=1,z=-1.‎ ‎∴n=(1,1,-1),‎ 设直线BE与平面CDE所成的角为α.‎ 则sinα=|cos<,n>|=,‎ 即直线BE与平面CDE所成的角的正弦值为.‎ ‎(3)设=λ,λ∈[0,1].‎ ‎=(-,0),=(2,-),=(0,2,0),‎ 所以+λ(2λ-1,-λ+1,λ).‎ 设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),‎ 则 取x=1,则z=.‎ ‎∴m=.‎ 由(2)可知平面CDE的一个法向量n=(1,1,-1),‎ 且平面BDF⊥平面CDE,所以m·n=0,所以λ=∈[0,1].‎ 故在线段CE上存在一点F(靠近C点处的三等分点处),‎ 使得平面BDF⊥平面CDE.‎ 专题3‎ 利用空间向量求空间角 ‎■(2015江西重点中学盟校高三第一次联考,利用空间向量求空间角,解答题,理19)‎ 在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=2,AA1=2,D是AA1的中点,BD与AB1交于点O,且CO⊥平面ABB1A1.‎ ‎(1)证明:BC⊥AB1;‎ ‎(2)若OC=OA,求直线CD与平面ABC所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:由题意tan∠ABD=,tan∠AB1B=,‎ 又0<∠ABD,∠AB1B<,∴∠ABD=∠AB1B,‎ ‎∴∠AB1B+∠BAB1=∠ABD+∠BAB1=.‎ ‎∵∠AOB=,∴AB1⊥BD.‎ 又CO⊥平面ABB1A1,∴AB1⊥CO.‎ ‎∵BD与CO交于点O,∴AB1⊥平面CBD.‎ 又BC⊂平面CBD,∴AB1⊥BC.‎ ‎(2)如图,分别以OD,OB1,OC所在直线为x,y,z轴,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,‎ 则A,B,C,D.‎ ‎.‎ 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),‎ 则 令y=1,则z=-1,x=,∴n=.‎ 设直线CD与平面ABC所成角为α,‎ 则sinα=cos<,n>‎ ‎=‎ ‎=.‎ ‎∴直线CD与平面ABC所成角的正弦值为.‎ ‎■(2015辽宁大连高三双基测试,利用空间向量求空间角,解答题,理19)‎ 如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为正方形,AE⊥平面CDE,已知AE=DE=2,F为线段DE的中点.‎ ‎(1)求证:CD⊥平面ADE;‎ ‎(2)求二面角C-BF-E的平面角的余弦值.‎ 解:‎ ‎(1)证明:∵AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,∴AE⊥CD,‎ ‎∵四边形ABCD为正方形,‎ ‎∴CD⊥AD,‎ ‎∵AE∩AD=A,AD,AE⊂平面DAE,‎ ‎∴CD⊥平面DAE.‎ ‎(2)由(1)知CD⊥平面DAE,‎ 又∵DE⊂平面DAE,∴CD⊥DE.‎ ‎∴以D为原点,以DE所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则E(2,0,0),F(1,0,0),A(2,0,2),D(0,0,0).‎ ‎∵AE⊥平面CDE,DE⊂平面CDE,∴AE⊥DE.‎ ‎∵AE=DE=2,∴AD=2.‎ ‎∵四边形ABCD为正方形,‎ ‎∴CD=2,∴C(0,2,0).‎ 由四边形ABCD为正方形可得=(2,2,2),∴B(2,2,2).‎ 设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1).‎ ‎=(0,-2,-2),=(1,0,0).‎ 由 令y1=1,则z1=-.‎ ‎∴n1=(0,1,-).‎ 设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ ‎=(-2,0,-2),=(1,-2,0).‎ 由 令y2=1,则x2=2,z2=-2.‎ ‎∴n2=(2,1,-2).‎ 设二面角C-BF-E的平面角的大小为θ,‎ 则cosθ=cos(π-)=-cos=-=-=-.‎ ‎∴二面角C-BF-E的平面角的余弦值为-.‎ ‎■(2015东北三省四市教研联合体高三模拟二,利用空间向量求空间角,解答题,理19)‎ 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,点E,F分别为AB和PD的中点.‎ ‎(1)求证:AF∥平面PEC;‎ ‎(2)求PC与平面PAB所成角的余弦值.‎ 解:(1)证明:如图,取PC的中点M,连接FM,ME,则FM∥CD,‎ 且FM=CD,∵AE=AB=FM,AE∥FM,‎ ‎∴四边形AEMF为平行四边形,‎ ‎∴AF∥EM,‎ ‎∵AF⊄平面PEC,EM⊂平面PEC,‎ ‎∴直线AF∥平面PEC.‎ ‎(2)连接DE,∵底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,‎ ‎∴DE⊥DC.‎ 如图,以点D为原点,分别以DE,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系D-ECP.‎ 则P(0,0,1),C(0,1,0),E,A,B.‎ ‎∴=(0,1,0).‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z).‎ ‎∴n·=0,n·=0,‎ 即令x=1,则z=.‎ ‎∴平面PAB的一个法向量为n=.‎ ‎∵=(0,1,-1),‎ ‎∴设向量n与所成的角为θ,‎ ‎∴cosθ==-,‎ ‎∴PC与平面PAB所成角的正弦值为.‎ ‎■(2015银川一中高三二模,利用利用空间向量求空间角,解答题,理18)已知四边形ABCD满足AD∥BC,BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中点,将△BAE沿AE翻折成△B1AE,使平面B1AE⊥平面AECD,F为B1D的中点.‎ ‎(1)求四棱锥B1-AECD的体积;‎ ‎(2)证明:B1E∥平面ACF;‎ ‎(3)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值.‎ 解:(1)取AE的中点M,连接B1M.‎ 因为BA=AD=DC=BC=a,△ABE为等边三角形,则B1M=a,‎ 又因为平面B1AE⊥平面AECD,所以B1M⊥平面AECD,‎ 所以V=a×a×a×sin.‎ ‎(2)证明:连接ED交AC于点O,连接OF.‎ 因为四边形AECD为菱形,OE=OD,‎ 所以FO∥B1E,所以B1E∥平面ACF.‎ ‎(3)连接MD,则∠AMD=90°,‎ 分别以ME,MD,MB1所在的直线为x,y,z轴建系.‎ 则E,C,A,D,B1.‎ 所以,‎ 设平面ECB1的法向量为u=(x,y,z),‎ 则有令x=1,可得u=;‎ 同理可得平面ADB1的一个法向量为v=,‎ 所以cos=,‎ 故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎■(2015银川二中高三一模,利用空间向量求空间角,解答题,理18)‎ 如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,A1C1⊥B1D,BC=1,AD=AA1=3.‎ ‎(1)证明:平面ACD1⊥平面B1BDD1;‎ ‎(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.‎ 解法一:(1)证明:因为AA1∥CC1且AA1=CC1,‎ 所以AC∥A1C1,‎ 因为A1C1⊥B1D,所以AC⊥B1D,‎ 因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ 所以AC⊥BB1,‎ 所以AC⊥平面B1BDD1,‎ 又因为AC⊂平面ACD1,‎ 所以平面ACD1⊥平面B1BDD1.‎ ‎(2)‎ 因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).‎ 如图,连接A1D,因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,‎ 且∠B1A1D1=∠BAD=90°,‎ 所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1,‎ 又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形.‎ 于是A1D⊥AD1,故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.‎ 由(1)知AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1.‎ 故∠ADB1=90°-θ,在直角梯形ABCD中,‎ 因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.‎ 从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故.‎ 即AB=.‎ 连接AB1,易知△AB1D是直角三角形.‎ 且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.‎ 在Rt△AB1D中,cos∠ADB1=,‎ 即cos(90°-θ)=,从而sinθ=.‎ 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ 解法二:‎ ‎(1)证明:由题易知直线AB,AD,AA1两两垂直.‎ 如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz.‎ 设AB=t,则A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3),‎ 从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).‎ 因为AC⊥BD,所以-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).‎ 于是=(-,3,-3),=(,1,0).‎ 因为=-3+3+0=0,‎ 所以AC⊥B1D.‎ 因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,‎ 所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面B1BDD1,‎ 又因为AC⊂平面ACD1,所以平面ACD1⊥平面B1BDD1.‎ ‎(2)由(1)知=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0),‎ 设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量.‎ 则 令x=1,则n=(1,-).‎ 设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,‎ 则sinθ=|cos|=,‎ 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.‎ ‎■‎ ‎(2015江西八所重点中学高三联考,利用空间向量求空间角,解答题,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠DAB=90°,AD∥BC,AD⊥侧面PAB,△PAB是等边三角形,DA=AB=2,BC=AD,E是线段AB的中点.‎ ‎(1)求证:PE⊥CD;‎ ‎(2)求PC与平面PDE所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:因为AD⊥侧面PAB,PE⊂平面PAB,所以AD⊥PE.‎ 又因为△PAB是等边三角形,E是线段AB的中点,所以PE⊥AB.‎ 因为AD∩AB=A,所以PE⊥平面ABCD.‎ 而CD⊂平面ABCD,所以PE⊥CD.‎ ‎(2)‎ 以E为原点,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,‎ 则E(0,0,0),C(1,-1,0),D(2,1,0),P(0,0,).‎ ‎=(2,1,0),=(0,0,),=(1,-1,-).‎ 设n=(x,y,z)为平面PDE的法向量.‎ 由 令x=1,可得n=(1,-2,0).‎ 设PC与平面PDE所成的角为θ,‎ sinθ=|cos<,n>|=,‎ 所以PC与平面PDE所成角的正弦值为.‎ ‎■(2015东北三省三校高三二模,利用空间向量求空间角,解答题,理19)‎ 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为正三角形,点M在棱BB1上,AB=4,AA1=5,平面A1MC⊥平面ACC1A1.‎ ‎(1)求证:M是棱BB1的中点;‎ ‎(2)求平面A1MC与平面ABC所成锐二面角的余弦值.‎ 解:(1)证明:取AC的中点O,连接OB.‎ 在平面ACC1A1上,过点O作AC的垂线交A1C1于点N.‎ ‎∵平面ACC1A1⊥平面ABC,∴ON⊥平面ABC.‎ 以O为坐标原点,OA,OB,ON所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),A1(2,0,5),B1(0,2,5),C1(-2,0,5),M(0,2,m).‎ 设n=(x,y,z)为平面A1MC的法向量,‎ 则 取x=5,则z=-4,y=2m-5.‎ 则平面A1MC的一个法向量n=(5,2m-5,-4).‎ 又m=(0,1,0)为平面ACC1A1的一个法向量,‎ 依题意m·n=2m-5=0,∴m=,‎ ‎∴M为棱BB1的中点.‎ ‎(2)由(1)知n=(5,0,-4)为平面A1MC的一个法向量,‎ 又a=(0,0,1)为平面ABC的一个法向量,‎ ‎∴cos=.‎ ‎∴平面A1MC与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎■(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,利用空间向量求空间角,解答题,理18)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,底面ABC是边长为2的正三角形,D'是棱A'C'的中点,且AA'=2.‎ ‎(1)试在棱CC'上确定一点M,使A'M⊥平面AB'D';‎ ‎(2)当点M在棱CC'的中点时,求直线AB'与平面A'BM所成角的大小.‎ 解:(1)取AC的中点O,连接OB,OD'.‎ ‎∵底面ABC是边长为2的正三角形,∴OB⊥AC.‎ ‎∵D'是边A'C'的中点,∴OD'⊥AC,OD'⊥OB.‎ 以O为坐标原点,OB,OC,OD所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,‎ 则有O(0,0,0),A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),B'(,0,2),A'(0,-1,2),D'(0,0,2),C'(0,1,2).‎ 设M(0,1,t),则=(0,2,t-2),=(0,1,2),=(,1,2).‎ 若A'M⊥平面AB'D',则有A'M⊥AD',A'M⊥AB'.‎ ‎∴‎ 解得t=.‎ 即当CM=时,A'M⊥平面AB'D'.‎ ‎(2)当点M在棱CC'的中点时,M(0,1,).‎ ‎∴=(-,1,),=(0,2,-),‎ 设平面A'BM的法向量为n=(x,y,z),‎ 则 令z=,得y=1,x=,∴n=(,1,).‎ 设直线AB'与平面A'BM所成的角为θ,‎ 则sinθ=|cos|=.‎ 所以直线AB'与平面A'BM所成的角θ=arcsin.‎