1樓：匿名使用者
1）因為 直三稜柱abc—a1b1c1，
所以 cc1⊥面abc
所以 bc為bc1在面abc上的投影
因為 ac^2+bc^2=9+16=25=ab^2所以 三角形abc為直角三角形
所以 bc⊥ac
又因為 bc為bc1在面abc上的投影
所以 bc1⊥ac
(2)設cb1與c1b的交點為e，連線de∵d是ab的中點，e是bc1的中點
∴de‖ac1
∵de（平面cdb1，ac1￠平面cdb1∴ac1‖平面cdb1
（3）解：過點c作cf⊥ab於f，連線c1f由已知c1c垂直平面abc，則∠c1fc為二面角c1-ab-c的平面角
在rt△abc中，ac=3，ab=5，bc=4，則cf=12/5又cc1=aa1=4
∴tan∠c1fc=5/3
∴二面角c1-ab-c的正切值為5/3
2樓：匿名使用者
證明∵ac=3，bc=4，ab=5，∴∠acb=90°，即ac⊥bc，
在直三稜柱abc-a1b1c1中，ac⊥c1c，
又bc∩c1c=c，∴ac⊥平面bcc1，
又bc1⊂平面bcc1，∴ac⊥bc1．
（2）證明：令bc1交cb1於點o，連線od，
∵o、d分別是bc1和ab的中點，
∴od ∥且=1/2 ac1，又od⊂平面cdb1，ac1⊄平面cdb1，∴ac1∥平面cdb1
解：過c點作ce⊥ab於e，連線c1e，
∵cc1⊥ab，ce⊥ab，∴∠cec1（或其補角）即是c1-ab-c的平面角，
在rt△abc中，∵ac=3，bc=4，ab=5，由ab•ce=ac•bc得ce=12/5，
∵cc1⊥平面abc，∴cc1⊥ce，∴△cec1是rt△，
又∵cc1=aa1=4，ce=12/5，∴c1e=√cc1²+ce²=（4√34）/5
∴cos∠cec1=ce/c1e=(3√34)/34
即二面角c1-ab-c的餘弦值為(3√34)/34
如圖所示，在直三稜柱abc-a1b1c1中，ac=3，bc=4，ab=5，aa1=4．（1）求證：ac⊥bc1；（2）在ab上是否存在
3樓：血刃傷心
∵ac=（-3，0，0），
bc=（0，-4，4），∴ac?
bc=0，即ac⊥
bc，∴ac⊥bc1．
（2）解：假設在ab上存在點d使得ac1∥平面cdb1，則ad=λ
ab=（-3λ，4λ，0），其中0≤λ≤1，則d（3-3λ，4λ，0），bd
=（3-3λ，4λ-4，-4），又b
c=（0，-4，-4），
ac=（-3，0，4），ac1∥平面cdb1，所以存在實數m，n，使ac=mbd
+nbc成立，
∴m（3-3λ）=-3，m（4λ-4）-4n=0，-4m-4n=4，所以λ=1
2，所以在ab上存在點d使得ac1∥平面cdb1，且d為ab的中點．
如圖所示，在正方體ABCD A1B1C1D1中，M N分別是
mn 1，0，1 da 2，0，2 可得mn 12 da，得到mn da1 mn?平面a1bd，da1?平面a1bd，mn 平面a1bd 2.如圖所示,在正方體abcd a1b1c1d1中,e,f,g,h,m,n分別是正方體六個面的中心,求證平面efg 平面hmn。 因為正方體abcd a1b1c1...
在正方體ABCD A1B1C1D1中,P Q R
證 rq的延長線交cb於點m，cb在面abcd上 則m在面abcd上，又dp交rq於點o，dp在面abcd上 則o在面abcd上，因為交線於面有且僅有一個交點 所以點m和點o重合，即點o在直線cb上 所以o b c三點共線 o屬於dp,o屬於rq，但dp，rq分別是平面abcd和bcc1d1上的直線...
在正方體ABCD A1B1C1D1中,AP B1Q,N是PQ的中點,M是正方形ABB1A1的中心求證 MN
用向量做。以d點為座標原點，da為x軸，dc為y軸，dd1為z軸建立直角座標系。設正方體稜長為1.1 a 1,0,0 d 0,0,0 d1 0,0,1 p 0,1 2,1 m 0,1,1 2 n 1 2,1,1 向量d1n n d1 1 2,1,1 0,0,1 1 2,1,0 向量d1m m d1 ...