在四棱柱中,AB=2,AA1=4,E是BC的中点

证明：（1）证法一：取A1B1的中点为F1，连接FF1，C1F1，由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，因为　平面FCC1即为平面C1CFF1，连接A1D，F1C，由于A1F1和D1C1

⑴.设M为A1B1中点.AA1D1D-FMC1C为平行六面体,AA1D1D‖FMC1C.∴EE1//平面FCC1.⑵.作CG⊥FC1,G∈FC1.GH⊥FC1,H∈BC1,连接CH.则cos∠CGH为

1.∵直三棱柱,∴AA1⊥AB又∵∠ABC=60,根据正弦定理可以得出∠ACB=30°∴∠CAB=90°∴AB⊥AC∴AB⊥面A1AC∴AB⊥A1C2.可得A1B=BC=4设A1C中点M,则BM⊥A1

五分之四BC1//AD1,则BC1与A1B夹角为所求.连结A1C1.不妨设AB=1,则AA1=2,从而A1B=根号5,BC1=根号5,A1C1=根号2,利用余弦定理可得

连D1C、AC,因为D1C//A1B,所以A1B与AD1所成的角与D1C与AD1所成的角相等.又因为在三角形AD1C中,AD1=根号5,D1C=根号5,AC=根号2,所以根据余弦定理可求得cos角AD

用换底法..累死了,偶简述可以不?三棱锥B1-BDE等同于三棱锥D-B1BE对于三棱锥D-B1BE底面积S△B1BE可求DC⊥△B1BE所在面则DC为高三棱锥体积可求然后求S△DEB根据已知的体积即可

2012年陕西高考题啊.AB=2吧.：（I）连接AB1,∵ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴平面ABC⊥平面ABB1A1,又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB,AC⊥AB,∴AC⊥平面ABB1A1,

1、∵四边形ABCD是正方形,∴AD⊥CD,∵DD1⊥AD,DD1∩CD=D,∴AD⊥平面CC1D1D,∵D1F∈平面CC1D1D,∴AD⊥D1F.2、取DD1中点G,连结EG、CG,∵D1G//CF

小哥你会不会空间直角坐标系会就好办了.不会也可以做不过烦点

以DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz．则D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4），A（2，0，0），B1（2，2，

（1）沿侧棱CC1展开此三棱柱三个侧面,易知展开图是长为6,宽为2的长方形则展开图的对角线长为√(36+4)=2√10（2）从B经过M到C1的最短路线,由上述侧面展开图可知：当点M在展开图中的线段BC

由题意AB∥CD，∴∠C1BA是异面直线BC1与DC所成的角．连接AC1与AC，在Rt△ADC中，可得AC=5．又在Rt△ACC1中，可得AC1=3．在梯形ABCD中，过C作CH∥AD交AB于H，得∠

（1）证明：∵在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，∴以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．∵AB=1，BC=2，AA1=2，E

（本题满分12分）本题共有2小题，第1小题满分（6分），第2小题满分（6分）．（1）因为在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB=1，BC=2，AA1=2，E是侧棱BB1的中点

解法一：（Ⅰ） 证明：连接BC1，B1C∩BC1=F，连接EF，因为AE=EB，FB=FC1，所以EF∥AC1（2分因为AC1⊄面EB1C，EF⊂面EB1C所以AC1∥面EB1C（4分）（Ⅱ

宽是2吧?将三棱柱展开成一个长方形BB1C1CBB1=2,B1C1=3*2=6则最短路程是2根号10第二问就是他说的

（1）证明：连接AC，设AC∩BD=O．由条件得ABCD为正方形，所以O为AC中点．∵E为CC1中点，∴OE∥AC1．∵OE⊂平面BDE，AC1⊈平面BDE．∴AC1∥平面BDE．（2）连接B1E．设

(1)在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中:AA1垂直于平面AC,底面ABCD是正方形.所以AC是A1C在面AC上的投影,AC垂直与BD.由三垂线定理,得A1C垂直于BD.

第一问：做辅助线连接B1C,交BC1于点E,连接DE,则DE是△CB1A的中位线,所以有DE∥AB1,又因为DE在平面BC1D内,所以有AB1∥面BC1D第二问：因为四棱锥B-AA1C1D的底面是直角