热门试卷

解：（1）证明：连接A1B交AB1于E点，（1分）

在平行四边形ABB1A1中，

有A1E=BE，又A1D=DC1（3分）

∴DE为△A1BC1的中位线，从而DE∥BC1，

又DE⊂平面AB1D

∴直线BC1∥平面AB1D；                           （5分）

（2）过D作DM⊥A1B1于M，则DM⊥平面A1ABB1，过M作MN⊥AB1于N，连接DN，则∠MND为二面角A1-AB1-D的平面角θ，（7分）

∵，

∴，，

过A1作A1F⊥AB1于F，则，（10分）

∴．                                         （12分）

（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD．

又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，

且AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥平面BDEF；

（2）解：设AC∩BD=O，取EF的中点N，连接ON，

∵四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，

∴ON∥ED，

∵ED⊥平面ABCD，

∴ON⊥平面ABCD，

由AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．

∴以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系．

∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，BF=3，

∴B（1，0，0），D（-1，0，0），H（，，）

∴=（-，，），=（2，0，0）．

设平面BDH的法向量为=（x，y，z），则

令z=1，得=（0，-，1）

由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为=（0，0，-3），

则cos＜，＞=-，

由图可知二面角H-BD-C为锐角，

∴二面角H-BD-C的大小为60°

（Ⅰ）证明：取AE中点H，连接HF，连接EB

因为△DAE为等边三角形，所以DH⊥AE

因为平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE=AE

所以DH⊥平面ABCE，

因为AC⊂平面ABCE

所以AC⊥DH…（2分）

因为ABCE为平行四边形，CE=BC=a

所以ABCE为菱形，所以AC⊥BE

因为H、F分别为AE、AB中点，所以HF∥BE

所以AC⊥HF…（4分）

因为HF⊂平面DHF，DH⊂平面DHF，且HF∩DH=H

所以AC⊥平面DHF，又DF⊂平面DHF

所以DF⊥AC…（6分）

（Ⅱ）解：连接BH，EB

由题意得三角形ABE为等边三角形，所以BH⊥AE

由（Ⅰ）知DH⊥底面ABCE以H为原点，分别以HA，HB，HD所在直线为x，y，z轴

建立空间直角坐标系，如图所示

则

所以，

设面DCB的法向量为，则

不妨设…（8分）

设面DAB的法向量，又

则，取…（10分）

所以

所以二面角A-BD-C的正弦值为…（12分）

解：（1）由已知，OC⊥OB，OC⊥OA′从而平面A′OB⊥平面ABC．

过点A′作A′D⊥AB，垂足为D，则A′D⊥平面ABC，…（2分）

∴∠A′ED=30°，又A′O=BO=1，∴∠A′OD=60°，

从而A′D=A′O•sin60°=．…（4分）

过点D作DE⊥BC，垂足为E，连接A′E，据三垂线定理，A′E⊥BC．

∴∠A′ED为二面角A′-BC-A的平面角．…（5分）

由已知，A′E=1，在Rt△A′DE中sin∠A′ED==

∴∠A′ED=60°故二面角A′-BC-A的大小为60°．…（6分）

（2）设BC=x，∠A′CB=θ，则A′C=x，∠OCB=π-θ．

在Rt△BOC中，sin∠OCB=

∴sin（π-θ）=，即sinθ=…（9分）

在△A′DB中，A′B==

在△A′BC中，A′B2=A′C2+BC2-2A′C•BC•cos∠A′CB

∴3=x2+x2-2x2•cosθ，即cosθ=1-…（12分）

∵sin2θ+cos2θ=1

∴（1-）2=1

解得x=

故BC=…（14分）