118【答案】解:(Ⅰ)取CD中点E,连接BE

QAB//DE,AB?DE?3k ?四边形ABED为平行四边形 ?BE//AD且BE?AD?4k

在VBCE中,QBE?4k,CE?3k,BC?5k

?BE2?CE2?BC2

??BEC?90?,即BE?CD,又QBE//AD,所以CD?AD

QAA1?平面ABCD,CD?平面ABCD

?AA1?CD,又AA1IAD?A,

?CD?平面ADD1A1

uuuruuuruuur(Ⅱ)以D为原点,DA,DC,DD1的方向为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角

坐标系A(4k,0,0),C(0,6k,0),B1(4k,3k,1),A1(4k,0,1)

uuuruuuruuur所以AC?(?4k,6k,0),AB1?(0,3k,1),AA1?(0,0,1)

uuur??AC?n?0设平面AB1C的法向量n?(x,y,z),则由?uuu r??AB1?n?0??4kx?6ky?0得?取y?2,得n?(3,2,?6k)

3ky?z?0?uuuruuurAA1,n设AA1与平面AB1C所成角为?,则sin??|cos?AA1,n?|?uuu r|AA1|?|n|?6k36k2?13?6,解得k?1.故所求k的值为1 7(Ⅲ)共有4种不同的方案

5?272k?26k,0?k???18f(k)???36k2?36k,k?5?18?7【答案】arcsin15 1519．解：方法一：(1)证明：因为A1D⊥平面ABC，A1D?平面AA1C1C，故平面AA1C1C⊥平面ABC.又BC⊥AC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，所以BC⊥平面AA1C1C.

连接A1C，因为侧面AA1C1C为菱形，故AC1⊥A1C. 由三垂线定理得AC1⊥A1B.

(2)BC⊥平面AA1C1C，BC?平面BCC1B1， 故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1.

作A1E⊥CC1，E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1.

又直线AA1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线AA1与平面BCC1B1的距离，即A1E＝3. 因为A1C为∠ACC1的平分线，故A1D＝A1E＝3.

作DF⊥AB，F为垂足，连接A1F.由三垂线定理得A1F⊥AB， 故∠A1FD为二面角A1- AB - C的平面角．

2由AD＝AA1－A1D2＝1，得D为AC中点，

所以DF＝

5A1D

，tan∠A1FD＝＝15， 5DF

1

所以cos∠A1FD＝.

4

1

所以二面角A1- AB- C的大小为arccos.

420.

5.1答案

1. 25 52.【答案】因为ABCD-A1B1C1D1为长方体,故AB//C1D1,AB?C1D1,

故ABC1D1为平行四边形,故BC1//AD1,显然B不在平面D1AC上,于是直线BC1平行于平面DA1C;

直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为h

111?(?1?2)?1? 3233S?而?ADC中,,故 AC?DC?5,AD?2?AD1C1112考虑三棱锥ABCD1的体积,以ABC为底面,可得V?所以,V?13122??h??h?,即直线BC1到平面D1AC的距离为. 323333．解：(1)证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点．

因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO， 由于BC1∩AO＝O，故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB.

(2)作OD⊥BC，垂足为D，连接AD.作OH⊥AD，垂足为H. 由于BC⊥AO，BC⊥OD，且AO∩OD＝O， 故BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC. 又OH⊥AD，且AD∩BC＝D， 所以OH⊥平面ABC.

因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形，又BC＝1，可得OD＝11

因为AC⊥AB1，所以OA＝B1C＝.

22由OH·AD＝OD·OA，且AD＝OD2＋OA2＝

721

，得OH＝. 414

21

.故三棱柱ABC - A1B1C1的高

7

3. 4

又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为为

21. 7

4．解：(1)证明：设BD与AC的交点为O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点． 又E为PD的中点，所以EO∥PB. EO?平面AEC，PB?平面AEC， 所以PB∥平面AEC.

113

(2)V＝××PA×AB×AD＝AB，

326由V＝

33，可得AB＝. 42