86.解：（Ⅰ）在直角梯形ABCD中，由已知△DAC为等腰直角三角形，如图9—75
∴AC＝
2a，∠CAB＝45°．
过C作CH⊥AB，由AB＝2a， 可推得AC＝BC＝2a． ∴AC⊥BC
取AC的中点E，连结D′E， 则D′E⊥AC．
又∵二面角α—AC—β为直二面角， ∴D′E⊥β．
又∵BC?平面β， ∴BC⊥D′E， ∴BC⊥α，而D′C?α ∴BC⊥D′C
∴∠D′CA为二面角β—BC—γ的平面角． 由于∠D′CA＝45°，
∴二面角β—BC—γ为45°． （Ⅱ）取AC的中点E，连结D′E，再过D′作D′O⊥β，垂足为O，连结OE， ∵AC⊥D′E，
∴AC⊥OE，
∴∠D′EO为二面角α—AC—β的平面角，如图9—76 ∴∠D′EO＝60°． 在Rt△D′OE中， D′E＝
图9—76 图9—75 12AC?22a，D′O=
22a·sin60°=
64a
∴VD′—ABC＝
13S△ABC·D′O
＝
1316×
12AC·BC·D′O
＝?2a?2a?64a?612a．
3评述：本小题主要考查空间线面关系及运算、推理、空间想象能力． 87.（Ⅰ）证明：连结A1C、AC，AC和BD交于O，连结C1O． ∵四边形ABCD是菱形，如图9—77 ∴AC⊥BD，BC＝CD．
又∵∠BCC1＝∠DCC1，C1C＝C1C， ∴△C1BC≌△C1DC， ∴C1B＝C1D，∵DO＝OB， ∴C1O⊥BD．
但AC⊥BD，AC∩C1O＝O． ∴BD⊥平面AC1，
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图9—77
又C1C?平面AC1， ∴C1C⊥BD．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知AC⊥BD，C1O⊥BD， ∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角． 在△C1BC中，BC＝2，C1C＝
3232，∠BCC1＝60°，
∴C1B2＝22＋（
32）2－2×2×
×cos60°＝
134．
∵∠OCB＝30°，∴OB＝
12BC＝1．
∴C1O2＝C1B2－OB2＝
134－1＝
94，
∴C1O＝
32即C1O＝C1C．
作C1H⊥OC，垂足为H． ∴点H是OC的中点，且OH＝
32，
所以cosC1OC＝
OHC1O?33．
（Ⅲ）当
CDCC1＝1时，能使A1C⊥平面C1BD．
证法一：∵
CDCC1＝1， ∴BC＝CD＝C1C
又∠BCD＝∠C1CB＝∠C1CD， 由此可推得BD＝C1B＝C1D．
∴三棱锥C—C1BD是正三棱锥． 设A1C与C1O相交于G．
∵A1C1∥AC，且A1C1∶OC＝2∶1， ∴C1G∶GO＝2∶1．
又C1O是正三角形C1BD的BD边上的高和中线， ∴点G是正三角形C1BD的中心， ∴CG⊥平面C1BD． 即A1C⊥平面C1BD．
证法二：由（Ⅰ）知，BD⊥平面AC1， ∵A1C?平面AC1，∴BD⊥A1C，
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当
CDCC1＝1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，
同BD⊥A1C的证法可得BC1⊥A1C，
又BD∩BC1＝B， ∴A1C⊥平面C1BD．
评述：本题主要考查直线与直线、直线与平面的关系，逻辑推理能力． 88.（Ⅰ）与87.（Ⅰ）相同，（Ⅱ）与87.（Ⅲ）相同. 89.解：过A引BE的平行线，交CB的延长线于F，∠DAF是异面直线BE与AD所成的角，如图9—78.
∴∠DAF＝arccos
1010，
∵E是AC的中点，
∴B是CF的中点，AF＝2BE＝22．
又BF，BA分别是DF，DA的射影，且BF＝BC＝BA，∴DF＝DA. 三角形ADF是等腰三角形， AD＝
图9—78 AF2?1cosDAF2?20
故BD＝AD?AB2＝4，
又VABCD＝
16AB×BC×BD，因此四面体ABCD的体积是．
38评述：本题主要考查两异面直线所成的角、射影定理、向量的乘法、锥体的体积公式、空间想象能力及灵活运用所学知识处理解决问题的能力．
90.解：（Ⅰ）如图9—79，连结DB交AC于O，连结EO. ∵底面ABCD是正方形， ∴DO⊥AC
又∵ED⊥底面AC， ∴EO⊥AC
∴∠EOD是面EAC与底面AC所成二面角的平面角， ∴∠EOD＝45° DO＝
图9—79 22a，AC＝2a，EO＝
2222a·sec45°＝a，
故S△EAC=
12EO·AC＝
a2．
（Ⅱ）由题设ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，得A1A⊥底面AC，A1A⊥AC． 又A1A⊥A1B1，
∴A1A是异面直线A1B1与AC间的公垂线.
∵D1B∥面EAC，且面D1BD与面EAC交线为EO， ∴D1B∥EO，
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又O是DB的中点
∴E是D1D的中点，D1B＝2EO＝2a. ∴D1D＝
D1B?DB22?2a
异面直线A1B1与AC间的距离为2a. （Ⅲ）解法一：如图9—80，连结D1B1． ∵D1D＝DB＝
2a，
∴BDD1B1是正方形.
连结B1D交D1B于P，交EO于Q. ∵B1D⊥D1B，EO∥D1B， ∴B1D⊥EO．
又AC⊥EO，AC⊥ED． ∴AC⊥面BDD1B1，
∴B1D⊥AC，∴B1D⊥面EAC． ∴B1Q是三棱锥B1—EAC的高. 由DQ＝PQ，得B11＝
图9—80 34B1D＝
32a
∴VB1?EAC?13?22a?232a?24a．
3所以三棱锥B1—EAC的体积是解法二：连结B1O，则VB∵AO⊥面BDD1B1，
24a3.
1?EAC?2VA?EOB
1∴AO是三棱锥A—EOB1的高，AO＝
22a.
在正方形BDD1B1中，E、O分别是D1D、DB的中点（如图9—80），则
S?EOB?134a.
132223?a?a?a. 34242∴VB1?EAC?2?所以三棱锥B1—EAC的体积是
24a．
3
评述：本小题主要考查空间线面关系、二面角和距离的概念，逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力.
91.解：（Ⅰ）作A1D⊥AC，垂足为D，由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC
∴∠A1AD为A1A与面ABC所成的角.
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∵AA1⊥A1C，AA1＝A1C， ∴∠A1AD＝45°为所求.
（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB， ∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角. 由已知，AB⊥BC，得ED∥BC.
又D是AC的中点，BC＝2，AC＝23， ∴DE＝1，AD＝A1D＝3，
tanA1ED＝
A1DDE?3．
故∠A1ED＝60°为所求.
（Ⅲ）解法一：由点C作平面A1ABB1的垂线，垂足为H，则CH的长是C到平面A1ABB1的距离. 连结HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB. 又A1E⊥AB，知HB∥A1E，且BC∥ED， ∴∠HBC＝∠A1ED＝60°. ∴CH＝BCsin60°＝解法二：连结A1B.
根据定义，点C到面A1ABB1的距离，即为三棱锥C—A1AB的高h. 由V锥C?A3为所求.
1AB?V锥A131得?ABC13S?AA1B?13S?ABC?A1D，
即
13?22h??22?3.
∴h＝3为所求.
评述：本题重点考查棱柱、直线与平面所成的角、二面角等概念.能力方面主要考查逻辑思维能力、空
间想象能力、运算能力.
本题（Ⅲ）的解法二用体积法求出点到面的距离.其优点是不会由于证明过程中叙述不当而被扣分.只要计算准确，就可以得到满分；另外较之方法一思维也要简单，在解法一中要判断出BH∥A1E；∠DEA1＝∠CBH，这需要较好的空间想象能力和逻辑推理能力.由此可见，一些数学问题的一些特殊解法往往使思维、推导、运算得以大大简化.
92.解：如图9—81，（Ⅰ）作A1D⊥AC，垂足为D，由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC ∴∠A1AD为A1A与面ABC所成的角. ∵AA1⊥A1C，AA1＝A1C，
∴∠A1AD＝45°为所求.
（Ⅱ）作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB. ∴∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角.
由已知，AB⊥BC，得ED∥BC.又D是AC的中点，BC＝2，AC＝23，
图9—81 ∴DE＝1，AD＝A1D＝3，tanA1ED＝
A1DDE＝3.
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