题目内容
已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中．（1）AB=AD=AA1=1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=
| π |
| 3 |
（2）底面ABCD是菱形，∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=θ，当
| AA1 |
| AB |
考点：直线与平面垂直的判定,棱柱的结构特征
专题：空间位置关系与距离
分析：（1）根据∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，过A1作A1O⊥平面AC，O为垂足，则O在∠BAD的角平分线，即AC上，从而在三角形A1B1C1中，可求AC1的长．
（2）首先得到C1C⊥BD； 得到BD⊥平面AC1，当
为1时，平行六面体的六个面是全等的菱形．
（2）首先得到C1C⊥BD； 得到BD⊥平面AC1，当
| AA1 |
| AB |
解答：
解：（1）过A1作A1O⊥平面AC，O为垂足，
∵∠BAA1=∠DA A1，AB=AD，ABCD为菱形
∴O在∠BAD的角平分线，即AC上，
∵cos∠BAA1=cos∠BAC•cos∠OAA1，
∴cos∠OAA1=
=
=
，
连A1C1则AA1C1C为平行四边形，∴cos∠AA1C1=-
，
在三角形A1B1C1中，A1C12=A1B12+C1B12-2A1B1•C1B1cos∠A1B1C1=3，
∴AC1=
=
=
；
（2）连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D
∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O
∴BD⊥平面AC1，又C1C?平面AC1，∴C1C⊥BD；
∴BD⊥平面AC1，∵A1O?平面AC1，∴BD⊥A1C，当
为1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD．
∵∠BAA1=∠DA A1，AB=AD，ABCD为菱形
∴O在∠BAD的角平分线，即AC上，
∵cos∠BAA1=cos∠BAC•cos∠OAA1，
∴cos∠OAA1=
| cos∠BAA1 |
| cos∠BAC |
| ||||
|
| ||
| 3 |
连A1C1则AA1C1C为平行四边形，∴cos∠AA1C1=-
| ||
| 3 |
在三角形A1B1C1中，A1C12=A1B12+C1B12-2A1B1•C1B1cos∠A1B1C1=3，
∴AC1=
| AA12+A1C12-2AA1•A1C1cosAA1C1 |
1+3-2×
|
| 6 |
（2）连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D
∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O
∴BD⊥平面AC1，又C1C?平面AC1，∴C1C⊥BD；
∴BD⊥平面AC1，∵A1O?平面AC1，∴BD⊥A1C，当
| AA1 |
| AB |
同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD．
点评：本题以平行六面体为载体，考查余弦定理，线面垂直得判断；关键是利用条件∠BAD=∠BAA1=∠DAA1，进行合理转化，属于中档题．
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+log3x的定义域为（ ）
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| 2 |
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| D、[0，1] |
