分析 (I)過(guò)點(diǎn)B作BE∥AD,交DC于點(diǎn)E,證明:CD⊥平面ADD1A1,即可證明平面DCC1D1⊥平面ADD1A1;
( II)以點(diǎn)D為原點(diǎn),射線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,求出平面AB1C的法向量,利用直線AA1與平面AB1C所成的角的余弦值為$\frac{\sqrt{13}}{7}$,求AB.
解答 ( I)證明:過(guò)點(diǎn)B作BE∥AD,交DC于點(diǎn)E,
則ABED是平行四邊形,BE=AD=4k,DE=AB=3k…(2分)
在△BEC中,因?yàn)锽C2=EC2+BE2,
所以BE⊥DC,AD⊥DC…(4分)
另一個(gè)方面,側(cè)棱AA1⊥底面ABCD,所以AA1⊥DC.
而AA1∩AD=A,所以CD⊥平面ADD1A1,
故平面平面DCC1D1⊥平面ADD1A1…(6分)
( II)解:以點(diǎn)D為原點(diǎn),射線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.
則B1(4k,3k,1),C(0,6k,0),A(4k,0,0),
$\overrightarrow{AC}$=(-4k,6k,0),$\overrightarrow{A{B}_{1}}$=(0,3k,1)…(8分)
設(shè)平面AB1C的法向量是$\overrightarrow{m}$=(x,y,z),由$\left\{\begin{array}{l}{-4kx+6ky=0}\\{3ky+z=0}\end{array}\right.$得$\overrightarrow{m}$=(3,2,-6k).
sinθ=|$\frac{6k}{\sqrt{13+36{k}^{2}}}$=$\frac{6}{7}$,∴k=1,
所以AB=3…(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查線面、面面垂直的判定,考查線面角,考查向量方法的運(yùn)用,屬于中檔題.
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A. | $-\frac{{\sqrt{2}}}{5}$ | B. | $\frac{{\sqrt{2}}}{5}$ | C. | $-\frac{{\sqrt{2}}}{10}$ | D. | $\frac{{\sqrt{2}}}{10}$ |
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A. | $\frac{{{e^2}+1}}{2}$ | B. | $\frac{{{e^2}-3}}{2}$ | C. | $\frac{{{e^2}+3}}{2}$ | D. | $\frac{{{e^2}-5}}{2}$ |
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A. | -$\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | -$\frac{\sqrt{3}}{2}$ | D. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ |
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A. | $\frac{3}{2}$ | B. | $\frac{4}{9}$ | C. | $\frac{1}{3}$ | D. | $\frac{2}{3}$ |
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A. | 必要不充分條件 | B. | 充要條件 | ||
C. | 充分不必要條件 | D. | 既不充分也不必要條件 |
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