分析 (Ⅰ)D1D⊥平面A1B1C1D1,D1D⊥平面ABCD.可得D1D⊥DA,D1D⊥DC,平面A1B1C1D1∥平面ABCD.于是C1D1∥CD,D1A1∥DA.設E,F分別為DA,DC的中點,連接EF,A1E,C1F,于是A1C1∥EF.由DE=DF=1,得EF∥AC,可得A1C1∥AC,A1C1與AC共面.過點B1作B1O⊥平面ABCD于點O,連接OE,OF,可得OE=OF.OE⊥AD,OF⊥CD.即可證明點O在BD上,故B1D1與BD共面.
(2)由(1)知AC⊥DD1,AC⊥DB,可得AC⊥平面DBB1D1.過點A在平面ABB1A1內作AM⊥B1B于M,連接MO,可得B1B⊥平面AMC,BB1⊥MO.因此∠AMO是二面角A-BB1-D的一個平面角.利用勾股定理、直角三角形面積計算公式即可得出.
解答 (Ⅰ)證明:∵D1D⊥平面A1B1C1D1,D1D⊥平面ABCD.
∴D1D⊥DA,D1D⊥DC,平面A1B1C1D1∥平面ABCD.
于是C1D1∥CD,D1A1∥DA.
設E,F分別為DA,DC的中點,連接EF,A1E,C1F,
有A1E∥D1D,C1F∥D1D,DE=1,DF=1.∴A1E∥C1F,
于是A1C1∥EF.
由DE=DF=1,得EF∥AC,
故A1C1∥AC,A1C1與AC共面.
過點B1作B1O⊥平面ABCD于點O,
則${B_1}O\underline{\underline{∥}}{A_1}E,{B_1}O\underline{\underline{∥}}{C_1}F$,連接OE,OF,
于是$OE\underline{\underline{∥}}{B_1}{A_1}$,$OF\underline{\underline{∥}}{B_1}{C_1}$,∴OE=OF.∵B1A1⊥A1D1,
∴OE⊥AD.∵B1C1⊥C1D1,∴OF⊥CD.
∴點O在BD上,故B1D1與BD共面.
(2)解:由(1)知AC⊥DD1,AC⊥DB,
∴AC⊥平面DBB1D1.
過點A在平面ABB1A1內作AM⊥B1B于M,連接MO,
則B1B⊥平面AMC,
于是,BB1⊥MO.
所以,∠AMO是二面角A-BB1-D的一個平面角.
根據勾股定理,有${A_1}A=\sqrt{5},{C_1}C=\sqrt{5},{B_1}B=\sqrt{6}$.
有$OM=\frac{{{B_1}O\cdotOB}}{{{B_1}B}}=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$,$AM=\sqrt{\frac{10}{3}}$.
∴二面角A-BB1-D的余弦值為$\frac{OM}{AM}$=$\frac{{\sqrt{10}}}{5}$.
點評 本題考查了空間線面面面垂直與平行的判定與性質定理、二面角、三角形面積計算公式、勾股定理、平行四邊形的判定與性質定理,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.
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A. | 1 | B. | $\sqrt{3}$ | C. | 2 | D. | $\sqrt{5}$ |
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A. | 7π | B. | 14π | C. | 28π | D. | 36π |
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