热门试卷

(1)因为四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，

所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.

因为AB，AC为平面ABC内两条相交直线，

所以AA1⊥平面ABC.

因为直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.

又由已知，AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，

所以BC⊥平面ACC1A1.

(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点。

由已知，O为AC1的中点。

连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线。

所以，MDAC，OEAC，

因此MDOE.

连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，

则DE∥MO.

因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，

所以直线DE∥平面A1MC.

即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使直线DE∥平面A1MC.

(1)

如图所示，因AC=BC，D为AB的中点，故CD⊥AB。

又直三棱柱中，CC1⊥面ABC，故CC1⊥CD，所以异面直线CC1和AB的距离为.

(2)解法一：由CD⊥AB，CD⊥BB1，故CD⊥面A1ABB1，从而CD⊥DA1，CD⊥DB1，故∠A1DB1为所求的二面角A1－CD－B1的平面角。

因A1D是A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1，∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A。因此，得.

从而，B1D＝A1D＝，

所以在△A1DB1中，由余弦定理得

.

(2)解法二：

如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，由(1)知DB，DC，DD1两两垂直，以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.

设直三棱柱的高为h，则A(－2,0,0)，A1(－2,0,h)，B1(2,0,h)，C(0,,0)，从而＝(4,0,h)，＝(2,,－h)。

由⊥得·＝0，即8－h2＝0，因此.

故＝(－2,0,)，＝(2,0,)，＝(0,,0)。

设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m⊥，m⊥，即

取z1＝1，得m＝(,0,1)。

设平面B1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥，n⊥，即

取z2＝－1，得n＝(，0，－1)。

所以cos〈m，n〉＝.

所以二面角A1－CD－B1的平面角的余弦值为

(1)连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点。

又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.

因为DF⊂平面A1CD，BC1平面A1CD，

所以BC1∥平面A1CD.

(2)

因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.

由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB.

又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1.

由AA1＝AC＝CB＝2，得∠ACB＝90°，，，，A1E＝3，

故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.

所以VC－A1DE＝＝1

(1)由长方体ABCDA1B1C1D1知，

AD⊥平面CDD1C1，

故点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1。

又∵，

∴。

(2)

将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，

当A1，M，C′共线时，A1M+MC取得最小值。

由AD=CD=1，AA1=2，得M为DD1中点。

连结C1M，在△C1MC中，，，CC1=2，

∴CC12=MC12+MC2，得∠CMC1=90°，即CM⊥MC1。

又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，

∴B1C1⊥CM。

又B1C1∩C1M=C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M。

同理可证，B1M⊥AM，

又AM∩MC=M，∴B1M⊥平面MAC。

（1）证明：

因为平面ABCD，平面ABCD，

所以

因为

又

所以平面PAD。

（2）由（1）可知，

在中，DE=CD

又因为，

所以四边形ABCE为矩形，

所以

又平面ABCD，PA=1，

所以