直四棱柱ABCD-EFGH的体积等于1,底面ABCD为平行四边形,则四面体DCGF的体积为

（本小题满分12分）
证明：（Ⅰ）延长C₁F交CB的延长线于点N，连接AN．因为F是BB₁的中点，
所以，F为C₁N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC₁的中点，
故MF∥AN．又MF不在平面ABCD内，AN⊂平面ABCD，∴MF∥平面ABCD．
（Ⅱ）连BD，由直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁ ，
可知A₁A⊥平面ABCD，又∵BD⊂平面ABCD，∴A₁A⊥BD．
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．又∵AC∩A₁A=A，
AC，A₁A⊂平面ACC₁A₁，∴BD⊥平面ACC₁A₁．
在四边形DANB中，DA∥BN且DA=BN，所以四边形DANB为平行四边形，
故NA∥BD，∴NA⊥平面ACC₁A₁，又因为NA⊂平面AFC₁，
∴平面AFC₁⊥ACC₁A₁．

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查证明线面平行、面面垂直的方法，同时考查了空间想象能力，推理论证的能力，属于中档题．

（1）∵F为AB的中点，CD=2，AB=4，AB∥CD，∴CD∥AF，
∴四边形AFCD为平行四边形，∴AD∥FC．
又CC₁∥DD₁，FC∩CC₁=C，FC⊂平面FCC₁，CC₁⊂平面FCC₁，
∴平面ADD₁A₁∥平面FCC₁，
又EE₁⊂平面ADD₁A₁，∴EE₁∥平面FCC₁．
（2）过D作DR⊥CD交于AB于R，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．
则F（
3，1，0），B（
3，3，0），C（0，2，0），C₁（0，2，2），
∴

FB=（0，2，0），

BC1=（-
3，-1，2），

DB=（
3，3，0）．
由FB=CB=CD=DF，∴四边形BCEF是菱形，∴DB⊥FC．
又CC₁⊥平面ABCD，
∴

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．

考点点评： 熟练掌握利用面面平行来证明线面平行、利用两个平面的法向量的夹角求两平面的二面角是解题的关键..

（1）∵棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁为直四棱柱，
∴AA₁⊥平面ABCD，
又AB=AD，CB=CD，
故△ABC≌△ADC
则∠BAC=∠DAC
故AE为等腰△BAD中顶角的角平分线
故AE⊥BD
即AC⊥BD，AC是A₁C在平面ABCD上的射影，由三垂线定理知A₁C⊥BD…（4分）
（2）连接A₁E，C₁E，
∵E为AC与BD的交点且AC⊥BD，
∴A₁E⊥BD，C₁E⊥BD，
∴∠A₁EC₁为二面角A₁-BD-C₁的平面角，…（6分）
∵AB⊥BC，
∴AD⊥DC，
∴∠A₁D₁C₁=∠ADC=90°，
又∵A₁D₁=AD=2，D₁C₁=DC=2
3，A₁A=
3，AC⊥BD，
∴A₁C₁=4，AE=1，EC=3，
∴A₁E=2，C₁E=2
3，
在△A₁EC₁中，A₁C₁²=A₁E²+C₁E²，
∴∠A₁EC₁=90°，
∴二面角A₁-BD-C₁为90°…（10分）
（ 3）∵AD⊥DC，
∴AD⊥平面CD₁，过B作BF∥AD交CD于F，
则∠FBC₁为所求的角，BF⊥平面CD₁，
∵AD=AB=2，AD⊥DC，AC⊥BD，
∴CD=CB=2
3，
∴∠BCD=60°，
在Rt△BCF中，BF=BCsin60°=3，
∵BC₁=
15，
∴cos∠FBC₁=[BF
BC1=

15/5]
∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法；异面直线及其所成的角．

考点点评： 本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，异面直线及其所在的角，其中（1）的关键是引入三垂线定理证明线面垂直；（2）的关键是确定∠A1EC1为二面角A1-BD-C1的平面角，（3）的关键是确定∠FBC1为异面直线AD与BC所成角．

∵菱形A₁B₁C₁D₁中，A₁C₁⊥B₁D₁于O₁，
设AC∩BD=O，分别以O₁B₁，O₁C₁，O₁O所在直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，设B₁（a，0，0），C₁（0，b，0）（a²+b²=1），
则D₁（-a，0，0），A₁（0，-b，0），D（-a，0，2）
（1）∵

DB1＝(2a，0，0)，

A1D＝(−a，b，2)，
∴

D1B•

A1D＝−2a2≠0
∴B₁D₁与A₁D不能垂直．
（2）∵∠A₁B₁C₁∈[
π
3，
π
2]，∴

3
3≤
b
a≤1，
∵A（0，-b，2）∴

AC1＝(0，2b，−2)，


A1B

点评：
本题考点： 用向量证明垂直；异面直线及其所成的角．

考点点评： 本题考查用向量证明垂直，异面直线及其所成的角，考查学生计算能力，是中档题．

（1）见解析；（2） .

证明：（1）设E是DC的中点，连结BE，则四边形DABE为正方形．∴BE⊥CD，故BD=2，BC=2，CD=2∴∠DBC=90°即：BD⊥BC∵BD⊥BB1 BB1∩BC=B∴BD⊥平面BCC1B1（2）由（1）知∴BD⊥平面BCC1B1BC1⊂平面BCC1B1∴BD⊥BC...

点评：
本题考点： 直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查的知识点：线面垂直的判定，线面垂直的性质定理，直线与平面所成的角，余弦定理勾股定理及相关的运算问题．

证明：（1）因为ABCD-A₁B₁C₁D₁是直四棱柱，
所以，A₁C₁∥AC，
而A₁C₁⊄平面B₁AC，AC⊂平面B₁AC，
所以A₁C₁∥平面B₁AC．（3分）
同理，A₁D∥平面B₁AC．（5分）
因为A₁C₁、A₁D⊂平面DC₁A₁，A₁C₁∩A₁D=A₁，
所以平面B₁AC∥平面DC₁A₁．（7分）
（2）因为ABCD-A₁B₁C₁D₁是直四棱柱，
所以B₁B⊥平面ABCD，（9分）
而AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥B₁B．
因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
因为B₁B、BD⊂平面B₁BDD₁，B₁B∩BD=B，
所以AC⊥平面B₁BDD₁．（12分）
因为AC⊂平面B₁AC，
故有平面B₁AC⊥平面B₁BDD₁．（14分）

点评：
本题考点： 平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查的知识点是平面与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，其中熟练掌握空间中直线与平面平行或垂直的判定定理，熟练掌握直四棱柱的几何特征是解答本题的关键．

若A₁C⊥B₁D₁，由四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁为直四棱柱
AA₁⊥B₁D₁，易得B₁D₁⊥平面AA₁BB₁，
则A₁C₁⊥B₁D₁，即AC⊥BD
则四边形ABCD为菱形
故答案为：AC⊥BD或四边形ABCD为菱形

点评：
本题考点： 空间中直线与直线之间的位置关系；三垂线定理．

考点点评： 本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，三垂线定理，线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．

解法一：
（I）证明：∵ABCD-A₁B₁C₁D₁为直四棱柱，
∴D₁D⊥平面ABCD，
∴BC⊥D₁D．
∵AB∥CD，AB⊥AD．
∴四边形ABCD为直角梯形，
又∵AB=AD=1，CD=2，
可知BC⊥DB．
∵D₁D∩DB=D，
∴BC⊥平面D₁DB．（6分）
（II）取DC中点E，连接BE，D₁E．
∵DB=BC，
∴BE⊥CD．
∵ABCD-A₁B₁C₁D₁为直四棱柱，
∴ABCD⊥D₁DCC₁．
∴BE⊥D₁DCC₁．
∴D₁E为D₁B在平面D₁DCC₁上的射影，
∴∠BD₁E为所求角．
在Rt△D₁BE中，BE＝1，D1E＝
5．tan∠BD1E＝
BE
D1E＝

5
5．
∴所求角为arctan

5
5．（14分）
解法二：
（I）证明：如图建立坐标系D-xyz，D（0，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），D₁（0，0，2）．
∴

BC ＝(−1，1，0)，

DD1＝(0，0，2)，

DB＝(1，1，0)．


∵

点评：
本题考点： 直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角．

考点点评： 本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，考查学生空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．

（1）连结EC₁，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，
∵AB
∥
.CD，CD
∥
.C₁D₁，
∴AB
∥
.C₁D₁，可得四边形ABC₁D₁是平行四边形．
∴AD₁∥BC₁，可得∠EBC₁为异面直线AD₁与BE所成的角．
∵BD=BC=1，E为DC的中点，∴BE⊥CD，
∵直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，平面CC₁D₁D⊥平面ABCD，平面CC₁D₁D∩平面ABCD=CD，
∴BE⊥侧面DCC₁D₁，
∵EC₁⊂侧面DCC₁D₁，
∴BE⊥EC₁．
∵AB=CD=
2，BD=BC=1，
∴△BCD是等腰直角三角形，
可得BE=

2
2BC=

2
2，
又∵在Rt△BEC₁中，EC₁=
EC2+CC12=
3
2
2，
∴tan∠EBC₁=
EC1
BE=3，
即直线AD₁与BE所成角的正切值等于3；
（2）∵由（1）知，BE⊥侧面DCC₁D₁，EF⊂侧面DCC₁D₁，
∴BE⊥E

点评：
本题考点： 异面直线及其所成的角．

考点点评： 本题给出特殊的直四棱柱，求异面直线所成角的正切值，并探索两条直线异面垂直的问题．着重考查直棱柱的性质、线面垂直与面面垂直的判定与性质、相似三角形的判定与性质和异面直线所成角的定义与求法等知识，属于中档题．同时考查学生的计算能力与空间想象能力，能正确作出辅助线、得到所求的空间角，是解答本题的关键．

证明：（Ⅰ）

BD⊥AC
BD⊥CC1⇒BD⊥平面ACC₁A①
设AC∩BD=O，AE的中点为M，连OM，则OM=[1/2]EC=FB
∴FB∥CE∥OM
∴BOMF为平行四边形
∴FM∥BO即FM∥BD
由①，知

FM⊥平面ACC1A1
FM⊂平面AEF⇒面AEF⊥面ACC₁A₁
（Ⅱ）∵AC⊥BD，平面AEF∩平面ABCD=l，l过A且l∥BD
∴AC⊥l，又BD⊥平面ACC₁A₁
∴l⊥平面ACC₁A₁，
∴l⊥AE
∴∠EAC为所求二面角的平面角θ．
∵∠ABC=60°，
∴AC=BC=CE
由CC₁⊥AC
故△ECA为Rt△，即△ECA为等腰直角三角形
故∠EAC=θ=45°

点评：
本题考点： 与二面角有关的立体几何综合题；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考是与二面角有关的立体几何综合题，是线线垂直、线面垂直、面面垂直及二面角问题的综合应用，有一定的难度．

证明：（1）因为ABCD-A₁B₁C₁D₁是直四棱柱，
所以，A₁C₁∥AC，
而A₁C₁⊄平面B₁AC，AC⊂平面B₁AC，
所以A₁C₁∥平面B₁AC．（3分）
同理，A₁D∥平面B₁AC．（5分）
因为A₁C₁、A₁D⊂平面DC₁A₁，A₁C₁∩A₁D=A₁，
所以平面B₁AC∥平面DC₁A₁．（7分）
（2）因为ABCD-A₁B₁C₁D₁是直四棱柱，
所以B₁B⊥平面ABCD，（9分）
而AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥B₁B．
因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD．
因为B₁B、BD⊂平面B₁BDD₁，B₁B∩BD=B，
所以AC⊥平面B₁BDD₁．（12分）
因为AC⊂平面B₁AC，
故有平面B₁AC⊥平面B₁BDD₁．（14分）

点评：
本题考点： 平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 本题考查的知识点是平面与平面平行的判定，平面与平面垂直的判定，其中熟练掌握空间中直线与平面平行或垂直的判定定理，熟练掌握直四棱柱的几何特征是解答本题的关键．

（1）证明：如图所示，连接BE．
∵E为DC的中点，∴DE=[1/2DC=1．
∵AB=1，∴DE=AB．
又∵AB∥DE，∴四边形ABED是平行四边形，∴BE
∥
.AD．
由直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁，可得AD
∥
.A1D1．
∴A1D1
∥
.BE．
∴四边形BED₁A₁是平行四边形．
∴D₁E∥A₁B．
又D₁E⊄平面A₁BD，A₁B⊂平面A₁BD，
∴D₁E∥平面A₁BD；
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，1，0），A₁（2，0，3），C₁（0，2，3）．
∴

DA1]=（2，0，3），

DB=（2，1，0），

DC1=（0，2，3）．
设平面A₁BD的法向量为

n=（x，y，z），则

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

考点点评： 熟练掌握直四棱柱平行四边形的性质、线面平行的判定定理、通过建立空间直角坐标系利用两个平面的法向量的夹角得出二面角的平面角等是解题的关键．

在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面是有一个角为60°的菱形，AA₁=AB，
故在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的4个侧面都是正方形，对角面ACC₁A₁和 BDD₁B₁ 中一个是矩形，另一个是正方形．
直四棱柱的上下底面和其它的对角面不是矩形．
而每个正方形的4个顶点中任意三点的连线都构成直角三角形，共有5C₄³=20个．
矩形的4个顶点中任意取3个点的连线也都构成直角三角形，共有C₄³=4个．
根据分类计数原理，构成不同直角三角形的个数有 5C₄³+C₄³=24个，
故选：C．

点评：
本题考点： 计数原理的应用．

考点点评： 本题主要考组合及两个基本原理，组合数公式的应用，体现了分类讨论的数学思想．

证明：（1）延长C1F交CB的延长线于点N，连接AN．因为F是BB1的中点，所以，F为C1N的中点，B为CN的中点．又M是线段AC1的中点，故MF∥AN．又MF不在平面ABCD内，AN⊂平面ABCD，∴MF∥平面ABCD．（2）证明：连BD，由直四...

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角．

考点点评： 本题考查证明线面平行、面面垂直的方法，求两个平面所成的角，证明∠C1AC就是平面AFC1与平面ABCD所成二面角的平面角或补角，是解题的难点．

作OF⊥BC，连接O₁F，O₁O．
∵O₁O⊥平面ABCD，∴BC⊥O₁F．
∴∠O₁FO是二面角O₁-BC-D的平面角．
在Rt△OBF中，∵BC=4，∠OBF=60°，
∴OF＝
3．
在Rt△O₁OF中，tan∠O1FO＝
O1O
OF＝
3

3＝
3．
∴∠O1FO＝60°．
∴二面角O₁-BC-D的大小为60°．
故答案为60°．

点评：
本题考点： 二面角的平面角及求法．

考点点评： 熟练掌握直棱柱的性质、三垂线定理、菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质、二面角的定义是解题的关键．

（1）连接AC，则AC∥A₁C₁，而E，F分别是AB，BC的中点，
∴EF∥AC，
则EF∥A₁C₁，故EF∥平面A₁BC₁（7分）
（2）因为BB₁⊥平面A₁B₁C₁D₁，所以BB₁⊥A₁C₁，又A₁C₁⊥B₁D₁，
则A₁C₁⊥平面D₁DBB₁（12分）
又A₁C₁⊂平面A₁BC₁，所以平面D₁DBB₁⊥平面A₁BC₁（14分）

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 此题考查直线与平面平行的判断及平面与平面垂直的判断，此类问题一般先证明两个面平行，再证直线和面平行，这种做题思想要记住，此类立体几何题是每年高考必考的一道大题，同学们要课下要多练习．

（1）∵ABCD-A₁B₁C₁D₁是直四棱柱且AD=DD₁；
∴四边形AA₁D₁D是正方形，∴AD₁⊥A₁D，
∵AD₁⊥A₁C，A₁D∩A₁C=A₁；
∴AD₁⊥平面DA₁C；∴AD₁⊥DC（4分）
∵DD₁⊥DC，DD₁∩AD₁=D₁；
∴DC⊥平面AA₁D₁D；∴DC⊥A₁D₁（6分）
（2）由（1）知以D₁为坐标原点，建立空间直角坐标系；C（0，1，1）；E（1，1，0）；


D1C＝(0，11)；

D1E＝(1，1，0)（8分）
由题意，平面D₁EB₁的法向量为

D1D=（0，0，1）
设平面CD₁E的法向量

n=（x，y，z），则

y+z＝0
x+y＝0⇒

点评：
本题考点： 空间中直线与直线之间的位置关系；与二面角有关的立体几何综合题．

考点点评： 本题用了线面垂直的定理及定义进行线线垂直、线面垂直的转化；借助垂直关系建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量数量积求二面角的余弦值，注意二面角的大小．