正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为 $4$，底面边长为 $2$，则该球的表面积为（ ）

\begin{solution} 由正四棱锥的对称性，球心 $O'$ 在高 $SO$ 所在直线上. 设底面中心为 $O$，顶点为 $S$，并设 $OO'=t$. 正方形底面边长为 $2$，所以底面顶点 $V$ 满足 $OV=\sqrt{2}$. 由球面经过 $V$ 和 $S$，有 $O'V^{2}=t^{2}+2$，$O'S^{2}=(4-t)^{2}$. 故 $t^{2}+2=(4-t)^{2}$，$t=\frac{7}{4}$. 球半径为 $R=4-t=\dfrac{9}{4}$，所以球的表面积为 故选 A. \end{solution}

已知二面角 $\alpha-l-\beta$ 为 $60^{\circ}$，$AB\subset \alpha$，$AB\perp l$，$A$ 为垂足，$CD\subset \beta$，$C\in l$，$\angle ACD=135^{\circ}$，则异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成角的余弦值为（ ）

\begin{solution} 取 $l$ 为 $x$ 轴，取 $\alpha$ 内垂直于 $l$ 的单位向量为 $\boldsymbol{e}_{y}$，并取垂直于 $\alpha$ 的单位向量为 $\boldsymbol{e}_{z}$. 由二面角为 $60^{\circ}$，$\beta$ 内垂直于 $l$ 的单位向量可取 设从 $C$ 指向 $D$ 的单位向量为 $\boldsymbol{v}$. 因为射线 $CA$ 的方向为 $-\boldsymbol{e}_{x}$，且 $\angle ACD=135^{\circ}$，有 于是 从而 异面直线所成角取锐角，故其余弦为 $\dfrac{\sqrt2}{4}$，故选 B. \end{solution}

如图，三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，点 $A_{1}$ 在平面 $ABC$ 内的射影 $D$ 在 $AC$ 上，$\angle ACB=90^{\circ}$，$BC=1$，$AC=CC_{1}=2$.

(1) 证明：$AC_{1}\perp A_{1}B$； (2) 设直线 $AA_{1}$ 与平面 $BCC_{1}B_{1}$ 的距离为 $\sqrt{3}$，求二面角 $A_{1}-AB-C$ 的大小.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 建立空间直角坐标系，使 $C$ 为原点，$CA$ 和 $CB$ 分别为 $x$ 轴和 $y$ 轴正向. 则 $A=(2,0,0)$，$B=(0,1,0)$，$C=(0,0,0)$. 设 $D=(d,0,0)$，由射影条件可设 $A_{1}=(d,0,h)$，其中 $h>0$. 棱柱的平移向量为 $\overrightarrow{AA_{1}}=\overrightarrow{CC_{1}}$，故 $C_{1}=(d-2,0,h)$，$(d-2)^{2}+h^{2}=|CC_{1}|^{2}=4$. 于是 $\overrightarrow{AC_{1}}=(d-4,0,h)$，$\overrightarrow{A_{1}B}=(-d,1,-h)$ 且 其中最后一步使用了 $(d-2)^{2}+h^{2}=4$. 因而 $AC_{1}\perp A_{1}B$. \item 平面 $BCC_{1}B_{1}$ 经过原点，包含方向向量 $(0,1,0)$ 和 $(d-2,0,h)$，其方程为 直线 $AA_{1}$ 的方向向量为 $(d-2,0,h)$，在该平面内，所以 $AA_{1}$ 平行于平面 $BCC_{1}B_{1}$. 于是其与该平面的距离等于点 $A$ 到平面的距离，即 由题设距离为 $\sqrt3$，得 $h=\sqrt3$，再由 $(d-2)^{2}+h^{2}=4$ 得 $d=1$ 或 $d=3$. 因为 $D$ 在线段 $AC$ 上，故 $0\leqslant d\leqslant2$，只能取 $d=1$.

平面 $A_{1}AB$ 的一个法向量为 其长度为 $4$. 平面 $ABC$ 的法向量为 $(0,0,1)$. 设二面角 $A_{1}-AB-C$ 为 $\theta$，则 由于 $\theta$ 为锐角，故 $\tan\theta=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}\theta}-1}=\sqrt{15}$，$\theta=\arctan\sqrt{15}$. \end{enumerate} \end{solution}