已知正四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$AA_{1} = 2AB$，$E$ 为 $AA_{1}$ 中点，则异面直线 $BE$ 与 $CD_{1}$ 所成的角的余弦值为（ ）

\begin{solution} 设 $AB=1$，则 $AA_{1}=2$. 取坐标 $A=(0,0,0)$，$B=(1,0,0)$，$C=(1,1,0)$，$D_{1}=(0,1,2)$，$E=(0,0,1)$. 于是 $\overrightarrow{BE}=(-1,0,1)$，可取 $CD_{1}$ 的方向向量为 $\overrightarrow{CD_{1}}=(-1,0,2)$. 两向量的夹角取锐角，故 故选 C. \end{solution}

纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上，下，东，南，西，北. 现有沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图的平面图形，则标“$\triangle$”的面的方位是（ ）

\begin{solution} 将横向四个正方形依次记为 $F_{0}$，$F_{1}$，$F_{2}$，$F_{3}$，其中 $F_{2}$ 标为“上”，$F_{3}$ 标为“东”，而带三角形的正方形是 $F_{0}$ 上方的面. 折叠后，横向四面依次围成正方体的一周，因此 $F_{0}$ 与 $F_{2}$ 相对，$F_{1}$ 与 $F_{3}$ 相对. 所以 $F_{0}$ 的方位为“下”，$F_{1}$ 的方位为“西”.

以 $F_{2}$ 为“上”、右侧相邻的 $F_{3}$ 为“东”折叠，$F_{0}$ 上方的面折起后位于“北”侧；其下方的面位于“南”侧. 故带三角形的面方位为“北”，选项为 B. \end{solution}

设 $OA$ 是球 $O$ 的半径，$M$ 是 $OA$ 的中点，过 $M$ 且与 $OA$ 成 $45^{\circ}$ 角的平面截球 $O$ 的表面得到圆 $C$. 若圆 $C$ 的面积等于 $\frac{7\pi}{4}$，则球 $O$ 的表面积等于______.

\begin{solution} 设球的半径为 $R$，球心到截面平面的距离为 $d$，截面圆半径为 $r$. 因为 $OM=\frac{R}{2}$，且直线 $OA$ 与平面的夹角为 $45^{\circ}$，所以 由截面圆面积得 $\pi r^{2}=\frac{7\pi}{4}$，即 $r^{2}=\frac74$. 在球心、截面圆心和截面圆上任一点构成的直角三角形中， 故 $R^{2}=2$. 所以球的表面积为 $4\pi R^{2}=8\pi$. \end{solution}

如图，直三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$AB \perp AC$，$D$，$E$ 分别为 $AA_{1}$，$B_{1}C$ 的中点，$DE \perp$ 平面 $BCC_{1}$.

(1) 证明：$AB = AC$. (2) 设二面角 $A - BD - C$ 为 $60^{\circ}$，求 $B_{1}C$ 与平面 $BCD$ 所成的角的大小.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 $AB=u$，$AC=v$，$AA_{1}=h$. 建立空间直角坐标系，使 $A=(0,0,0)$，$B=(u,0,0)$，$C=(0,v,0)$，$A_{1}=(0,0,h)$. 则 $D=(0,0,\frac h2)$，$B_{1}=(u,0,h)$，且 平面 $BCC_{1}$ 的一个法向量为 $(v,u,0)$. 由 $DE\perp$ 平面 $BCC_{1}$，有 $(u,v,0)\parallel(v,u,0)$，所以 $u=v$，即 $AB=AC$. \item 记 $AB=AC=s$. 此时平面 $ABD$ 的一个法向量可取 $\boldsymbol{n}_{1}=(0,1,0)$，平面 $BCD$ 的一个法向量可取 二面角为 $60^{\circ}$，故 从而 $h^{2}=2s^{2}$.

直线 $B_{1}C$ 的方向向量可取 $\overrightarrow{B_{1}C}=(-s,s,-h)$. 设它与平面 $BCD$ 所成的角为 $\theta$，则 线面角取锐角，故 $\theta=30^{\circ}$. \end{enumerate} \end{solution}