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【成才之路】2015届高考数学二轮复习 专题4 第1讲 空间几何体素能训练(文、理)


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【成才之路】2015 届高考数学二轮复习 专题 4 第 1 讲 空间几何体素能训练(文、理)

一、选择题 1.(文)(2013·山东文,4)一个四棱锥的侧棱长都相等,底面是正方形,其正(主)视图如图所示,则该 四棱锥侧面积和体积分别是( )

A.4 5,8 8 C.4( 5+1), 3 [答案] B

8 B.4 5, 3 D.8,8

[解析] 由正视图知四棱锥底面是边长为 2 的正方形,高为 2,又因为侧棱长相等,所以棱锥是正四 1 1 8 棱锥,斜高 h′= 22+12= 5,侧面积 S=4× ×2× 5=4 5,体积 V= ×2×2×2= . 2 3 3 (理)(2013·绍兴市模拟)某四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则该四棱锥的体积等于( )

A.1 C.3 [答案] B

B.2 D.4

[解析] 由三视图知,该几何体底面是正方形,对角线长 2,几何体是四棱锥,有一条侧棱与底面垂直,其直观图如 = 13,AC=2, 1 ∴PA=3,体积 V= ×( 2)2×3=2. 3

为 2 ,故边长为 图, 由条件知 PC

2.(文)(2014·长春市三调)若一个圆柱的正视图与其侧面展开图相似,则这个圆柱的侧面积与全面积
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) π

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之比为( A.

π +1

2 π B. 2 π +1 D. 1 π +1

2 C. 2 π +1 [答案] B

2r h [解析] 设圆柱的底面半径为 r,高为 h,则 = ,则 h=2r π ,则 S 侧=2π r·h=4π r2 π ,S h 2π r


=4π r

2

2 π π +2π r ,故圆柱的侧面积与全面积之比为 ,故选 B. 2 2= 4π r π +2π r 2 π +1
2

4π r2 π

(理)(2014·吉林市质检)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示,其中俯视图是中心角为 60° 的扇形, 则该几何体的侧面积为( )

10 A.12+ π 3 C.12+2π [答案] C

10 B.6+ π 3 D.6+4π

[解析] 由三视图可知,该几体何是沿圆柱的底面夹角为 60°的两条半径与中心轴线相交得到平面为 截面截下的圆柱一角,其中两个侧面都是矩形,矩形一边长为半径 2,一边长为柱高 3,另一侧面为圆柱 1 1 侧面的 ,因此该几何体的侧面积为 S=2×3+2×3+ ×(2π ×2×3)=12+2π . 6 6 3.(文)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )

A.12-π C.6-π [答案] A

B.12-2π D.4-π

[解析] 由三视图知,该几何体是一个组合体,由一个长方体挖去一个圆柱构成,长方体的长、宽高
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2

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为 4,3,1,圆柱底半径 1,高为 1,∴体积 V=4×3×1-π ×1 ×1=12-π . (理)若某棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该棱锥的体积等于( )

A.10 cm3 C.30 cm3 [答案] B

B.20 cm3 D.40 cm3

[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥,可视作直三棱柱 ABC-A1B1C1 沿平面 AB1C1 截去一个三棱锥 A-A1B1C1 余下的部分. 1 1 1 ∴VA-BCC1B1=VABC-A1B1C1-VA-A1B1C1= ×4×3×5- ×( ×4×3)×5=20cm3. 2 3 2 4.(文)如图,直三棱柱的正视图面积为 2a2,则侧视图的面积为 A.2a2 C. 3a2 [答案] C [解析] 由正视图的面积为 2a2,则直三棱柱的侧棱长为 2a,侧视 边长为 2a,另一边长为 3 a,所以侧视图的面积为 3a2. 2 图为矩形,一 B.a2 D. 3 2 a 4 ( )

(理)(2013·东城区模拟)已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm),那么这个几何体的侧面积是 ( )

A.(1+ 2)cm2 C.(4+ 2)cm2 [答案] C

B.(3+ 2)cm2 D.(5+ 2)cm2

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1 [解析] 由三视图可画出该几何体的直观图如图,其侧面积为 1×1+2× (1+2)×1+1× 12+12=4 2 + 2cm2.

5.(文)(2013·常德市模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(

)

A.6+2 3 C.4+2 3 [答案] D

B.6+4 2 D.4+4 2

1 1 [解析] 其直观图如图,表面积 S=2×( ×2×2)+( ×2 2×2)×2=4+4 2. 2 2

(理)(2013·江西师大附中、 鹰潭一中联考)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示, 则该三棱锥的 侧视图面积为( )

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A.

3 2

B.

3 4

C.1 [答案] B

1 D. 2

[解析] 由题意知,此三棱锥的底面为有一个角为 30°的 斜边长 AC=2,一个侧面 PAC 为等腰直角三角形,∴DE=1, 图为直角三角形,其两直角边与 DE、BF 的长度相等,面积 S 3 . 4

直角三角形,其 BF= = 3 ,其侧视 2

1 3 ×1× = 2 2

6.(2014·新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,D 为侧棱 PC 上的一点,它的正视图和侧视图如图所示,则下列命题正确的是( )

8 A.AD⊥平面 PBC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 8 B.BD⊥平面 PAC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 16 C.AD⊥平面 PBC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 16 D.AD⊥平面 PAC,且三棱锥 D-ABC 的体积为 3 [答案] C [解析] ∵PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC,又∵AC⊥BC,PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC,又∵AD? 平 1 面 PAC,∴BC⊥AD,由正视图可知,AD⊥PC,又 PC∩BC=C,∴AD⊥平面 PBC,且 VD-ABC= VP-ABC 2 1 1 1 16 = × ×4×( ×4×4)= . 2 3 2 3 二、填空题
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7.(文)(2014·天津文,10)一个几何体的三视图如图所示(单位:m),则该几何体的体积为________m3.

[答案]

20π 3

[解析] 本题考查三视图及简单几何体的体积计算,考查空间想象能力和简单的计算能力. 由三视图知,该几何体下面是圆柱、上面是圆锥. 20π 1 ∴V=π ×12×4+ π ×22×2= . 3 3 (理)(2013·陕西理,12)某几何体的三视图如图所示,则其体积为________.

[答案]

π 3

[解析] 由三视图可知,此几何体是底面半径为 1,高为 2 的半个圆锥. π 1 1 ∴V= × (π ×12×2)= . 2 3 3 8 . ( 文 )(2013·金华一中月考 ) 某几何体的三视图 ( 单位: cm) 如下图,则这个几何体的表面积为 ________cm2.

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[答案] 12+2 3 [解析] 由三视图知,该几何体为正三棱柱, 1 底面积 S1=2×( ×2× 3)=2 3, 2 侧面积 S2=3×(2×2)=12, ∴表面积 S=S1+S2=12+2 3cm2. (理)(2013·天津十二区县联考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________.

[答案] 108+3π [解析] 由三视图知,该几何体由上下两个全等的正四棱柱及中间的圆柱构成的组合体,体积 V=

2×(6×6×1.5)+π ×12×3=108+3π . 9.(2013·江苏,8)如图,在三棱柱 A1B1C1-ABC 中,D、E、F 分别是 AB、AC、AA1 的中点,设三 棱锥 F-ADE 的体积为 V1,三棱柱 A1B1C1-ABC 的体积为 V2,则 V1 V2=________.

[答案] 1 24

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1 1 1 × S× h 3 4 2 V锥F-ADE V1 1 [解析] = = = . V2 V柱ABC-A1B1C1 Sh 24 三、解答题 10.(文)在四棱锥 P-ABCD 中,PC⊥平面 ABCD,DC∥AB,DC=1,AB=4,BC=2 3,∠CBA= 30°.

(1)求证:AC⊥PB; (2)当 PD=2 时,求此四棱锥的体积. [解析] (1)∵PC⊥平面 ABCD,∴PC⊥AC, 又∠CBA=30°,BC=2 3,AB=4, ∴AC= AB2+BC2-2AB·BCcos∠CBA = 16+12-2×4×2 3× 3 =2, 2

∴AC2+BC2=4+12=16=AB2, ∴∠ACB=90°,故 AC⊥BC. 又∵PC、BC 是平面 PBC 内的两条相交直线, 故 AC⊥平面 PBC, ∴AC⊥PB. (2)当 PD=2 时,作 CE⊥AB 交 AB 于 E, 1 在 Rt△CEB 中,CE=CB·sin30°=2 3× = 3, 2 又在 Rt△PCD 中,DC=1, ∴PC= 3, 1 1 1 5 ∴VP-ABCD= ·PC·SABCD= × 3× (1+4)× 3= . 3 3 2 2 (理)(2014·山西太原检测)如图, 在多面体 ABCDEF 中, 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, 四边形 BDEF 是矩形,平面 BDEF⊥平面 ABCD,BF=3,G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点.

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(1)求证:AC⊥平面 BDEF; (2)求证:平面 BDGH//平面 AEF; (3)求多面体 ABCDEF 的体积. [解析] (1)证明:因为四边形 ABCD 是正方形, 所以 AC⊥BD. 又因为平面 BDEF⊥平面 ABCD,平面 BDEF∩平面 ABCD=BD, 且 AC? 平面 ABCD, 所以 AC⊥平面 BDEF. (2)证明:在△CEF 中,因为 G、H 分别是 CE、CF 的中点, 所以 GH∥EF, 又因为 GH?平面 AEF,EF? 平面 AEF, 所以 GH∥平面 AEF. 设 AC∩BD=O,连接 OH, 在△ACF 中,因为 OA=OC,CH=HF, 所以 OH∥AF, 又因为 OH?平面 AEF,AF? 平面 AEF, 所以 OH∥平面 AEF. 又因为 OH∩GH=H,OH,GH? 平面 BDGH, 所以平面 BDGH∥平面 AEF. (3)解:由(1),得 AC⊥平面 BDEF, 又因为 AO= 2,四边形 BDEF 的面积 SBDEF=3×2 2=6 2, 1 所以四棱锥 A-BDEF 的体积 V1= ×AO×SBDEF=4. 3 同理,四棱锥 C-BDEF 的体积 V2=4. 所以多面体 ABCDEF 的体积 V=V1+V2=8.

一、选择题 11.(文)(2013·眉山市二诊)一个棱锥的三视图如图所示,则这个棱锥的体积是( )

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A.6 C.24 [答案] B

B.12 D.36

1 [解析] 由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,体积 V= ×(4×3)×3=12. 3 (理)(2013·榆林市一中模拟)已知某几何体的三视图如图所示, 若该几何体的体积为 24, 则正视图中 a 的值为( )

A.8 C.4 [答案] B

B.6 D.2

1 [解析] 由 V= ×(a×3)×4=24 得,a=6. 3 12.(文)(2013·江西八校联考)某几何体的三视图(单位:m)如图所示,则其表面积为( )

A.(96+32 2)m2 B.(64+32 3)m2
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C.(114+16 2+16 3)m D.(80+16 2+16 3)m2 [答案] D

[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体,中间是一个棱长为 4 的正方体(由正、侧视图中间部分和 1 1 俯视图知),上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,下部是一个正四棱锥,表面积 S=2( ×4×4+ 2 2 1 ×4× 42+42)+4×42+4×( ×4×2 3)=80+16 2+16 3(m2). 2 (理)(2013·德阳市二诊)已知某几何体的三视图如图所示, 其中正 均是由三角形与半圆构成,俯视图由圆与内接三角形构成,根据图中 此几何体的体积为( A. C. 2π 1 + 3 2 2π 1 + 6 6 ) 4π 1 B. + 3 6 2π 1 D. + 3 2 视图,侧视图 的数据可得

[答案] C [解析] 由三视图知,该几何体为组合体,下部为一个半球,半球的直径为 2,上部为三棱锥,有一 4π 2π 1 1 2 1 1 侧棱与底面垂直,∴体积 V= ×( ×1×1)×1+ ×( )3× = + . 3 2 3 2 2 6 6 13.(文)(2013·辽宁文,10)已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上,若 AB=3, AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球 O 的半径为( 3 17 A. 2 13 C. 2 [答案] C [解析] 过 C,B 分别作 AB、AC 的平行线交于 D,分别过 C1、B1 作 A1B1,A1C1 的平行线交于 D1,连 接 DD1,则 ABDC-A1B1D1C1 恰为该球的内接长方体,故该球的半径 r= 32+42+122 13 = ,故选 C. 2 2 ) B.2 10 D.3 10

(理)一个半径为 1 的球体经过切割后,剩下部分几何体的三视图如图所示,则剩下部分几何体的表面 积为( )

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15π B. 4 9π D. 2

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13π A. 3 C.4π [答案] D

[解析] 由三视图知该几何体是一个球体,保留了下半球,上半球分为四份,去掉了对顶的两份,故 1 1 表面积为球的表面积,去掉 球表面积加上 6 个 的圆面积. 4 4 1 1 9 ∴S=4π R2- (4π R2)+6× π R2= π R2, 4 4 2 9 又 R=1,∴S= π . 2 二、填空题 14.(文)(2013·天津市六校联考)某几何体的三视图如图所示,该几何体的体积为________.

[答案] 48 [解析] 由三视图知,该几何体是一个组合体,其上部为长方体,下部为横放的四棱柱,其底面是上 1 底长 2,下底长 6,高为 2 的等腰梯形,柱高为 4,其体积 V=2×4×2+ (2+6)×2×4=48. 2 (理)(2013·内江市一模)矩形 ABCD 中,AB=8,BC=6,沿 BD 将矩形 ABCD 折成一个直二面角 A- BD-C,则四面体 ABCD 的外接球的表面积是________.

[答案] 100π [解析] 设矩形 ABCD 对角线 BD 的中点为 O,则 OA=OB=OC=OD,∴折起后空间四边形 ABCD 1 的外接球球心为 O,∴球 O 的半径 R= 82+62=5,∴球 O 的表面积 S=4π R2=100π . 2 三、解答题 15.(文)(2013·北京文,17)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, AB∥ CD, AB

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⊥AD,CD=2AB,平面 PAD⊥底面 ABCD,PA⊥AD,E 和 F 分别是 CD、PC 的中点,求证: (1)PA⊥底面 ABCD; (2)BE∥平面 PAD; (3)平面 BEF⊥平面 PCD. [解析] (1)因为平面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD, 所以 PA⊥底面 ABCD. (2)因为 AB∥CD,CD=2AB,E 为 CD 的中点,

所以 AB∥DE,且 AB=DE. 所以四边形 ABED 为平行四边形. 所以 BE∥AD. 又因为 BE?平面 PAD,AD? 平面 PAD, 所以 BE∥平面 PAD. (3)因为 AB⊥AD,而且 ABED 为平行四边形, 所以 BE⊥CD,AD⊥CD. 由(1)知 PA⊥底面 ABCD. 所以 PA⊥CD.所以 CD⊥平面 PAD. 所以 CD⊥PD. 因为 E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点, 所以 PD∥EF.所以 CD⊥EF, 又因为 CD⊥BE,BE∩EF=E, 所以 CD⊥平面 BEF. 所以平面 BEF⊥平面 PCD. (理)(2013·浙江理,20)如图,在四面体 A-BCD 中,AD BC⊥CD, AD=2, BD=2 2.M 是 AD 的中点, P 是 BM 的中点, AC 上,且 AQ=3QC. (1)证明:PQ∥平面 BCD; (2)若二面角 C-BM-D 的大小为 60°,求∠BDC 的大小. [解析] 方法 1:(1)取 BD 的中点 O,在线段 CD 上取点 F, 3FC,连接 OP、OF、FQ.
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⊥平面 BCD, 点 Q 在线段

使 得 DF =

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1 因为 AQ=3QC,所以 QF∥AD,且 QF= AD. 4 因为 O、P 分别为 BD、BM 的中点, 所以 OP 是△BDM 的中位线, 1 所以 OP∥DM,且 OP= DM. 2 1 又点 M 为 AD 的中点,所以 OP∥AD,且 OP= AD. 4 从而 OP∥FQ,且 OP=FQ, 所以四边形 OPQF 为平行四边形,故 PQ∥OF. 又 PQ?平面 BCD,OF? 平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD.

(2)作 CG⊥BD 于点 G,作 GH⊥BM 于点 H,连接 CH. 因为 AD⊥平面 BCD,CG? 平面 BCD,所以 AD⊥CG, 又 CG⊥BD,AD∩BD=D,故 CG⊥平面 ABD, 又 BM? 平面 ABD,所以 CG⊥BM. 又 GH⊥BM,CG∩GH=G,故 BM⊥平面 CGH, 所以 GH⊥BM,CH⊥BM. 所以∠CHG 为二面角 C-BM-D 的平面角, 即∠CHG=60°. 设∠BDC=θ . 在 Rt△BCD 中,CD=BDcosθ =2 2cosθ , CG=CDsinθ =2 2cosθ sinθ ,BC=BDsinθ =2 2sinθ , BG=BCsinθ =2 2sin2θ . 在 Rt△BDM 中,∵GH⊥BM,∴△BGH∽△BMD, BG·DM 2 2sin2θ ∴HG= = . BM 3 在 Rt△CHG 中,tan∠CHG= CG 3cosθ = = 3. HG sinθ

所以 tanθ = 3.从而 θ =60°. 即∠BDC=60°. 方法 2:(1)如图,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,OD、OP 所在射线为 y、z 轴的正半轴,建立空间直
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角坐标系 Oxyz.

由题意知 A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). → → 设点 C 的坐标为(x0,y0,0).因为AQ=3QC, 3 2 3 1 所以 Q( x0, + y0, ). 4 4 4 2 因为 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 1 又 P 为 BM 的中点,故 P(0,0, ), 2 3 2 3 → 所以PQ=( x0, + y0,0). 4 4 4 又平面 BCD 的一个法向量为 u=(0,0,1), → 故PQ·u=0. 又 PQ?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. (2)设 m=(x,y,z)为平面 BMC 的一个法向量. → → 由CM=(-x0, 2-y0,1),BM=(0,2 2,1),

?-x0x+ 2-y0 知? ?2 2y+z=0.

y+z=0,

y0+ 2 取 y=-1,得 m=( ,-1,2 2). x0 又平面 BDM 的一个法向量为 n=(1,0,0). |m·n| = |m||n| | y0+ 2 | x0 y0+ 2 x0
2

于是|cos〈m,n〉|=

1 = , 2

9+ y0+ 2 2 即( ) =3.① x0 → → 又 BC⊥CD,所以CB·CD=0,

故(-x0,- 2-y0,0)·(-x0, 2-y0,0)=0,
2 即 x2 0+y0=2.②

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6 x0=± , x = 0 , 2 0 ? 联立①②,解得? (舍去)或 ?y0=- 2. 2 y0= . 2 所以 tan∠BDC=| x0 |= 3. 2-y0

? ? ?

又∠BDC 是锐角,所以∠BDC=60°. 16.(文)(2013·北京西城区模拟)在如图所示的几何体中,面 CDEF 为正方形,面 ABCD 为等腰梯形, AB∥CD,AC= 3,AB=2BC=2,AC⊥FB.

(1)求证:AC⊥平面 FBC; (2)求四面体 FBCD 的体积; (3)线段 AC 上是否存在点 M,使得 EA∥平面 FDM?证明你的结论. [解析] (1)证明:在△ABC 中, ∵AC= 3,AB=2,BC=1,∴AC⊥BC. 又∵AC⊥FB,∴AC⊥平面 FBC. (2)解:∵AC⊥平面 FBC,∴AC⊥FC. ∵CD⊥FC,∴FC⊥平面 ABCD.

在等腰梯形 ABCD 中可得∠BCD=120°,CB=DC=1,∴FC=1.∴S△BCD= 1 3 ∴四面体 FBCD 的体积为:VF-BCD= S△BCD·FC= . 3 12

3 , 4

(3)线段 AC 上存在点 M,且 M 为 AC 中点时,有 EA∥平面 FDM,证明如下: 连接 CE,与 DF 交于点 N,连接 MN. 因为 CDEF 为正方形,所以 N 为 CE 中点. 所以 EA∥MN.
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因为 MN? 平面 FDM,EA?平面 FDM, 所以 EA∥平面 FDM. 所以线段 AC 上存在点 M,使得 EA∥平面 FDM 成立. (理)如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形且侧棱垂直于底面,侧棱长是 3,D 是 AC 的中点.

(1)求证:B1C∥平面 A1BD; (2)求二面角 A1-BD-A 的大小; (3)求直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角的正弦值. [解析] 解法一:(1)设 AB1 与 A1B 相交于点 P,则 P 为 AB1 中点,连接 PD,

∵D 为 AC 中点,∴PD∥B1C. 又∵PD? 平面 A1BD,B1C?平面 A1BD. ∴B1C∥平面 A1BD. (2)∵正三棱柱 ABC-A1B1C1, ∴AA1⊥底面 ABC. 又 ∵BD⊥AC,∴A1D⊥BD ∴∠A1DA 就是二面角 A1-BD-A 的平面角. 1 ∵AA1= 3,AD= AC=1, 2 A1A ∴tan∠A1DA= = 3. AD

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π π ∴∠A1DA= ,即二面角 A1-BD-A 的大小是 . 3 3 (3)由(2)作 AM⊥A1D,M 为垂足. ∵BD⊥AC,平面 A1ACC1⊥平面 ABC,平面 A1ACC1∩平面 ABC=AC,∴BD⊥平面 A1ACC1, ∵AM? 平面 A1ACC1,∴BD⊥AM,∵A1D∩BD=D, ∴AM⊥平面 A1DB,连接 MP,则∠APM 就是直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角. π ∵AA1= 3,AD=1,∴在 Rt△AA1D 中,∠A1DA= , 3 ∴AM=1×sin60°= 3 1 7 ,AP= AB1= . 2 2 2

3 AM 2 21 ∴sin∠APM= = = . AP 7 7 2 ∴直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角的正弦值为 解法二:(1)同解法一 (2)如图建立空间直角坐标系, 21 . 7

则 D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0, 3),B(0, 3,0),B1(0, 3, 3), → → ∴A1B=(-1, 3,- 3),A1D=(-1,0,- 3) 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z). → 则 n·A1B=-x+ 3y- 3z=0, → n·A1D=-x- 3z=0,

?x=- 3z 则有? ,得 n=(- 3,0,1). ?y=0
→ 由题意,知AA1=(0,0, 3)是平面 ABD 的一个法向量. → n·AA1 1 π → 设 n 与AA1所成角为 θ ,则 cosθ = = ,∴θ = . 3 → 2 |n|·|AA1|
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π ∴二面角 A1-BD-A 的大小是 . 3 → (3)由已知,得AB1=(-1, 3, 3),n=(- 3,0,1), 设直线 AB1 与平面 A1BD 所成角为 α ,则 → |AB1·n| 21 sinα = = . 7 → |AB1||n| ∴直线 AB1 与平面 A1BD 所成的角的正弦值为 21 . 7

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