立体几何常考汇总
新课标立体几何常考证明题汇总
1、已知四边形A B C D 是空间四边形，,,,E F G H 分别是边,,,AB BC CD DA 的中点 （1） 求证：EFGH 是平行四边形
（2） 若
BD=AC=2，EG=2。
求异面直线AC 、BD 所成的角和EG 、BD 所成的角。
考点：证平行（利用三角形中位线），异面直线所成的角
2、如图，已知空间四边形A B C D 中，,BC AC AD BD ==，E 是A B 的中点。
求证：（1）⊥AB 平面CDE; （3） 平面C D E ⊥平面ABC 。
A
H
G
F
E
D
C
B A
E
D
B
C
考点：线面垂直，面面垂直的判定
3、如图，在正方体1111ABC D A B C D -中，E 是1A A 的中点， 求证： 1//A C 平面BD E 。
考点：线面平行的判定
4、已知A B C ∆中90ACB ∠= ,SA ⊥面ABC ,A D SC ⊥,求证：AD ⊥面S B C ．
考点：线面垂直的判定
5、已知正方体1111ABC D A B C D -，O 是底A B C D 对角线的交点. 求证：(１) C 1O ∥面11A B D ；(2)1A C ⊥面11A B D ．
A
E
D 1
C
B 1
D
C
B
A
S
D
C
B
A
D 1
O
D
B
A
C 1
B 1
A 1
C
考点：线面平行的判定（利用平行四边形），线面垂直的判定
6、正方体''''A B C D A B C D -中，求证：（1）''AC B D DB ⊥平面；（2）''BD ACB ⊥平面.
考点：线面垂直的判定
7、正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中．(1)求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C ； (2)若E 、F 分别是AA 1，CC 1的中点，求证：平面EB 1D 1∥平面FBD ．
考点：线面平行的判定（利用平行四边形）
8、四面体A B C D 中，,,AC BD E F =分别为,AD BC 的中点，
且2
EF AC =
，
90BDC ∠=
，求证：B D ⊥平面A C D
A
1
N
M
P
C
B
A
考点：线面垂直的判定,三角形中位线，构造直角三角形
9、如图P 是A B C ∆所在平面外一点，,P A P B C B =⊥平面P A B ，M 是P C 的中点，N 是A B 上的点，
3A N N B =
（1）求证：M N A B ⊥；（2）当90APB ∠=
，24A B B C ==时，求M N 的长。
考点：三垂线定理
10、如图，在正方体1111ABC D A B C D -中，E 、F 、G 分别是A B 、A D 、11C D 的中点.求证：平面1D E F ∥平面B D G .
考点：线面平行的判定（利用三角形中位线）
11、如图，在正方体1111ABC D A B C D -中，E 是1A A 的中点. （1）求证：1//A C 平面BD E ； （2）求证：平面1A AC ⊥平面BD E .
考点：线面平行的判定（利用三角形中位线），面面垂直的判定
12、已知A B C D 是矩形，P A ⊥平面A B C D ，2A B =，4PA AD ==，E
为B C 的中点．
（1）求证：D E ⊥平面P A E ；（2）求直线D P 与平面P A E 所成的角．
考点：线面垂直的判定,构造直角三角形
13、如图，在四棱锥P A B C D -中，底面A B C D 是060DAB ∠=且边长为a 的菱形，侧面PAD 是等边三角形，且平面PAD 垂直于底面A B C D ．
（1）若G 为A D 的中点，求证：B G ⊥平面PAD ； （2）求证：AD PB ⊥；
（3）求二面角A B C P --的大小．
考点：线面垂直的判定,构造直角三角形,面面垂直的性质定理，二面角的求法（定义法） 14、如图1,在正方体1111ABC D A B C D -中，M 为1C C 的中点，AC 交BD
于点O ，求证：1A O ⊥平面MBD ．．
考点：线面垂直的判定，运用勾股定理寻求线线垂直 15、如图２，在三棱锥Ａ－BCD 中，BC ＝AC ，AD ＝BD ，
作BE ⊥CD ，Ｅ为垂足，作AH ⊥BE 于Ｈ．求证：AH ⊥平面BCD ．
考点：线面垂直的判定
16、证明：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1C ⊥平面BC 1D
A
C
A
考点：线面垂直的判定，三垂线定理
17、如图，过S 引三条长度相等但不共面的线段SA 、SB 、SC ，且∠ASB=∠ASC=60°，∠BSC=90°，求证：平面ABC ⊥平面BSC ．
考点：面面垂直的判定（证二面角是直二面角）。
高考数学立体几何专项知识点精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版高考数学立体几何专项知识点高中数学平面几何不时是数学的一大难点，下面是小编整理的数学平面几何专项知识点，对提高数学效果会有很大的协助。
(1)空间几何体① 看法柱、锥、台、球及其复杂组合体的结构特征.② 能画出复杂空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述的三视图所表示的平面模型，会用斜二侧法画出它们的直观图.③ 了解球、棱柱、棱锥、台的外表积和体积的计算公式(不要求记忆公式).(2)点、直线、平面之间的位置关系① 了解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.◆公理1：假设一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上一切的点在此平面内.◆公理2：过不在同一条直线上的三点，有且只要一个平面.◆公理3：假设两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只要一条过该点的公共直线.◆公理4：平行于同一条直线的两条直线相互平行◆定理：空间中假设一个角的两边与另一个角的两边区分平行，那么这两个角相等或互补.② 以平面几何的上述定义、公理和定理为动身点，看法和了解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定.了解以下判定定理：◆假设平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.◆假设一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行.◆假设一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.◆假设一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直.了解以下性质定理，并可以证明：◆假设一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面相交，那么这条直线就和交线平行.◆假设两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行◆垂直于同一个平面的两条直线平行◆假设两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直.③ 能运用公理、定理和已取得的结论证明一些空间位置关系的复杂命题.温习关注：平面几何试题着重考察空间点、线、面的位置关系的判别及几何体的外表积与体积的计算，关注画图、识图、用图的才干，关注对平行、垂直的探求，关注对条件或结论不完备情形下的开放性效果的探求小编为大家提供的2021-2021高考数学平面几何专项知识点大家细心阅读了吗?最后祝考生们学习提高。
立体几何常考定理总结(八大定理)
立体几何常考定理总结(八大定理)一、线面平行的判定定理：线线平行线面平行文字语言：如果平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与平面平行、符号语言：关键点：在平面内找一条与平面外的直线平行的线二、线面平行的性质定理：线面平行线线平行文字语言：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线就和交线平行、符号语言：关键点：需要借助一个经过已知直线的平面，接着找交线。
三、面面平行的判定定理：线面平行面面平行文字语言：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行、符号语言：关键点：在要证明面面平行的其中一个面内找两条相交直线和另一面线面平行。
四、面面平行的性质定理: 面面平行线线平行、面面平行线面平行文字语言：如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么所得的两条交线平行、符号语言:关键点：找第三个平面与已知平面都相交，则交线平行文字语言：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面、符号语言:关键：只要是其中一个平面内的直线就行五、线面垂直的判定定理：线线垂直线面垂直文字语言：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线垂直于这个平面、符号语言：关键点：在平面内找两条相交直线与所要证的直线垂直六、线面垂直的性质定理：线面垂直线线垂直文字语言：若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直平面内的任意一条直线、符号语言：关键点：往往线面垂直中的线线垂直需要用这个定理推出七、平面与平面垂直的判定定理：线面垂直面面垂直文字语言：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直、（如果一条直线垂直于一个平面，并且有另一个平面经过这条直线，那么这两个平面垂直）符号表示：关键点：在需要证明的两个平面中找线面垂直八、平面与平面垂直的性质定理：面面垂直线面垂直文字语言：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面、符号语言：关键点：先找交线，再在其中一个面内找与交线垂直的线。
立体几何大题高考知识点
立体几何大题高考知识点立体几何是高中数学中的一个重要部分，也是高考数学题中常见的考点之一。
掌握好立体几何的知识，对于解答高考数学题目非常关键。
本文将从几何体的性质、计算表面积和体积等方面进行讨论和探究。
1. 直接三角体直接三角体，即棱是一个直角三角形的几何体。
直接三角体包括立方体、正方体和直角四面体等。
立方体是指六个面都是正方形的几何体，也是最常见的直接三角体。
其体积公式为V=a³，表面积公式为S=6a²，其中a代表边长。
2. 斜直角三角体斜直角三角体是至少包含一个直角的三角形。
常见的斜直角三角体有棱台、棱锥和棱柱等。
棱台的底面是一个多边形，而顶面则是该多边形的平行移动。
棱台的体积公式为V=（底面积+顶面积+底面积与顶面积的乘积）×高/3，表面积则是底面积+四个侧面的面积之和。
3. 圆锥和圆柱圆锥和圆柱是指底面分别为圆形的几何体。
圆锥的体积公式为V=πr²h/3，表面积公式为S=πr(r+l)，其中r代表底面半径，h代表高，l代表斜高。
圆柱的体积公式为V=πr²h，表面积公式为S=2πr(r+h)。
对于圆柱来说，底面直径和高都是半径的两倍，这是一个重要的关系。
4. 球体球体是指所有点到球心的距离都相等的几何体。
球体的体积公式为V=4/3πr³，表面积公式为S=4πr²，其中r代表半径。
球体是立体几何中最简单的几何体，但也是高考中常见的知识点。
5. 锥台锥台是顶面是一个圆形、底面是一个圆环的几何体。
锥台的体积公式为V=πh(R²+r²+Rr)/3，表面积公式为S=π(R²+r²+lR+lr)，其中h代表高，R和r分别代表大圆半径和小圆半径，l代表斜高。
综上所述，立体几何大题的解答，离不开对各种几何体的性质和计算表面积、体积的公式的掌握。
通过熟练运用这些公式，可以高效解决各类立体几何题目，提高解题速度和准确性。
立体几何常考法则总结(八大法则)
立体几何常考法则总结(八大法则)立体几何是数学中的一个分支，涉及到空间中的物体、图形和曲线。
在解决立体几何问题时，掌握一些常考的法则非常重要。
本文将总结八个常考的立体几何法则，供您参考。
1. 图形的投影图形的投影是指将三维图形在某个平面上的投影。
常见的投影有平行投影和透视投影。
平行投影时，图形的各个点在投影平面上的位置与其在真实空间中的位置保持平行关系。
透视投影则会考虑到离观察点距离的因素，使得远离观察点的部分缩小。
2. 球面的性质球面是立体几何中的一个重要概念。
球面的性质包括球心、半径、表面积和体积等。
球面上的点到球心的距离都相等，半径决定了球面的大小。
通过半径的变化，可以求得球面的表面积和体积。
3. 平面与直线的位置关系平面与直线的位置关系有三种可能：平行、相交和重合。
平面与直线平行时，其法向量垂直于直线的方向向量。
平面与直线相交时，它们一定有一个交点。
平面与直线重合时，它们完全重合，有无数个交点。
4. 直线的投影直线的投影是指将三维空间中的直线在某个平面上的投影。
直线的投影可以通过确定平行于投影面的直线来实现。
根据直线在投影面上的投影长度，可以判断直线和投影面的位置关系。
5. 平行四边形的性质平行四边形是具有两对平行边的四边形。
平行四边形的对角线互相平分，并且对角线相互垂直。
平行四边形的面积可以通过底边长和高来计算。
6. 立体图形的拓展表面积立体图形的拓展表面积是指将其展开为平面图形后，各个面的面积之和。
将立体图形展开为平面图形可以更方便地计算面积。
常见的立体图形包括正方体、长方体、圆柱体和圆锥体等。
7. 三棱锥的性质三棱锥是一个底面为三角形的四面体。
三棱锥的底面三边的中位线交于一个点，该点到底面各顶点的距离相等。
三棱锥的体积可以通过底面积和高来计算。
8. 平行六面体的性质平行六面体是具有六个平行四边形作为底面和顶面的立体图形。
平行六面体的相对面积相等，并且对应边互相平行。
平行六面体的体积可以通过底面积和高来计算。
立体几何解答题常考总结
立体几何解答题常考总结1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=si n h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB.(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.【解析】（1）证明：因为2SA SB AB ===，且BE 平分SBA ∠，所以BE SA ⊥，又因为平面DBE ⊥平面SAB ，且平面DBE 平面SAB BE =，SA ⊂平面SAB ，所以SA ⊥平面BDE ，又因为BD ⊂平面BDE ，所以SA BD ⊥.（2）取 AB 的中点M ，连接OM ，则,,OM OS OA 两两垂直，以O 为坐标原点，OM 为x 轴，OA 为y 轴，OS 为z 轴建立如图空间直角坐标系则(0,0,0)O ，(0,1,0)A ，(0,1,0)B -，1,022C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，S ，由（1）知SA ⊥平面BDE，所以(0,AS =- 是平面BDE 的一个法向量.设平面BDC 的法向量(,,)m x y z = ，因为BS =，12CS ⎛= ⎝ ，则0,10,2m BS y m CS y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩取z =，则m =- ，因此cos ,||||m AS m AS m AS ⋅〈〉===⋅ ，所以二面角E BD C --的正弦值为105.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.【解析】（1）存在，当1B C 为圆柱1OO 的母线，1BC AB ⊥.连接1,,BC AC B C ，因为1B C 为圆柱1OO 的母线，所以1B C ⊥平面ABC ，又因为BC ⊂平面ABC ，所以1B C BC ⊥.因为AB 为圆O 的直径，所以BC AC ⊥.11,,BC AC B C BC AC B C C ⊥⊥⋂=，所以BC ⊥平面1AB C ，因为1AB ⊂平面1AB C ，所以1BC AB ⊥.（2）以O 为原点，1,OA OO 分别为,y z 轴，垂直于,y z 轴直线为x 轴建立空间直角坐标系，如图所示.()()()110,1,2,0,0,2,0,1,0A O B -，因为11A B 的长为6π，所以()1111113,,,2,0,1,2622A O B B O B π∠⎛⎫==-- ⎪ ⎪⎝⎭，1113,,022O B ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设平面11O B B 的法向量(),,m x y z = ，20,130,2y z x --=⎧⎪⎨=⎪⎩令3x =-，解得33,2y z ==，所以33,m ⎛=- ⎝⎭.因为x 轴垂直平面11A O B ，所以设平面11A O B 的法向量()1,0,0n =r .所以3251cos ,173934m n ==-++ .所以平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值为25117.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，2AB =14(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.【解析】(1)假设存在这样的点E 使平面AEC ⊥平面ADE ，CD 是底面直径，故EC DE ⊥，作DH AE ⊥，垂足为H ，由于平面AEC ⊥平面ADE ，平面AEC I 平面ADE AE =，DH ⊂平面ADE ，根据面面垂直的性质定理，DH ⊥平面AEC ，又EC ⊂平面AEC ，故DH EC ⊥，又DH DE D Ç=，,DH DE Ì平面ADE ，故EC ⊥平面ADE ，故EC AE ⊥，同理可证ED AE ⊥，又,,DE CE E DE CE ⋂=⊂平面CDE 于是⊥AE 平面ECD ，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和AE 平行，于是假设矛盾，故不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE.(2)过B 作BF CD ⊥，垂足为F ，下以F 为原点，,FB FD 为,x z 轴，过F 垂直于BD 且落在底面的射线为y 轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标D A EB (AE =，(DE =- ，设平面ADE 的法向量(,,)n x y z = ，00n AE n AF ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得00⎧+-=⎪⎨-+=⎪⎩，不妨取n =；(AE =，(AB =- ，设平面ABE 的法向量(,,)m a b c = ，00m AE m AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得00⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，不妨取2)m = .于是法向量,m n的夹角为cos ,55m n m n m n⋅=== .由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，2cos 4NMB ∠=.(1)证明：1AB ⊥平面1A OM ；(2)求二面角M NB A --的正弦值.【解析】(1)如图建立空间直角坐标系，设OO 1的长度为t ，则04,0A -（，），040B （，，），()10,2,B t ，400M （，，），()2,0,N t ，()0,0,0O ，(2,0,),(4,4,0)MN t MB =-=-由题知cos,MN MB==，解得t=∴1(0,6,AB=，1(4,0,0),(0,OM OA==-，1046000AB OM⋅=⨯+⨯+=，∴1AB OM⊥1100620AB OA⋅=⨯+⨯-+=（），∴11AB OA⊥又∵1OM OA O⋂=，OM，OA1在平面1A OM内所以1AB⊥平面1A OM；(2)设平面MBN的法向量为1111(,,)n x y z=，平面ABN的法向量为2222(,,)n x y z=，则111111(4)40{(2)0n MB x yn MN x⋅=-+=⋅=-+=，∴1n=222212220800{240n AB x y zn AN x y⋅=⨯++⨯=⋅=++=，∴21)n=-设二面角M NB A--为锐二面角θ，∴12cos cos,n nθ=∴sinθ=故二面角M NB A--的正弦值为427.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C为菱形，点1A在底面上的投影为AC的中点D，且2AB=．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 6请求出1AE 的长；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：由点1A 在底面ABC 上的投影为AC 的中点D ，知1A D ⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，故1A D BD ⊥，因ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，故AC BD ⊥，而1A D ，AC ⊂平面11ACC A ，1A D AC D ⋂=，故BD ⊥平面11ACC A ，由1CC ⊂平面11ACC A ，得1BD CC ⊥．（2）由点1A D AC ⊥，D 为AC 的中点，侧面11AAC C 为菱形，知11A C A A AC ==，由ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，2AB =，可得2DB DA DC ===16DA =，由（1）知直线DB ，DC ，1DA 两两垂直，故以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，1DA 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(0,2,0)A -，(2,0,0)B ，2,0)C ，16)A ，)AB=，(1AA=，设平面11AA B B的一个法向量为(,,)n x y z= ，则1n ABn AA⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1z=，得n=，又(0,AC=，故点C到平面11AA B B的距离为：AC ndn⋅====（3）假设存在满足条件的点E，并111[0,1])A E AB ABλλλλ=⋅=⋅=⋅∈，则11DE DA A Eλ=+=+⋅=，于是，由直线DE与侧面11AA B B 所成角的正弦值为67，cos,DE nDE nDE n⋅=<〉==⋅=214λ=．又[0,1]λ∈，故12λ=．因此存在满足条件的点E，且1112A E AB==．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，1ABCV为等边三角形，四边形11AA B B为菱形，AC BC⊥，4AC=，3BC=.(1)求证：11AB AC⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接1A B 与1AB 相交于点F ，连接CF ，如图所示：四边形11AA B B 为菱形，∴F 为1AB 的中点，有1BF AB ⊥，1ABC V 为等边三角形，有1CF AB ⊥，,BF CF ⊂平面BFC ，BF CF F ⋂=，∴1AB ⊥平面BFC ，BC ⊂平面BFC ，∴1AB BC ⊥，四边形11AA B B 为菱形，∴11AB BA ⊥，1,BA BC ⊂平面1A BC ，1BA BC B ⋂=，1AB ⊥平面1A BC ，1AC ⊂平面1ABC ，∴11AB AC ⊥（2）,O G 分别为,AC AB 的中点，连接1,B O OG ，由（1）可知1AB BC ⊥，又AC BC ⊥，1,AB AC ⊂平面1AB C ，1AB AC A = ，BC ⊥平面1AB C ，//OG BC ，OG ⊥平面1AB C ，1ABC V 为等边三角形，1B O AC ⊥，以O 为原点，OG ，OC ，1OB 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,2,0)A -，(0,2,0)C ，(3,2,0)B ，1(0,0,23)B ，由11AB A B = ，11BC B C = ，∴1(3,4,23)A --，1(3,0,23)C -，设()101CE CC λλ=≤≤ ，则1OE OC CC λ-= ，有(()()13,2,230,2,03,22,23OE CC OC λλλλλ=+=--+=-- ,∴()3,22,3E λλλ--，()3,42,23AE λλλ=-- ，(10,2,3AB = ，设平面1AB E 的一个法向量(),,n x y z = ，则有()1342230230AE n x y z AB n y z λλλ⎧⋅=-+-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令3z =，则=3y -，44x λλ-=，即44,3n λλ-⎛=- ⎝ ，平面ABC 的一个法向量为1OB 的方向上的单位向量()0,0,1m = ，若平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14，则有231cos ,44493n m n m n m λλ⋅===⋅-⎛⎫++ ⎪⎝⎭ ，24436λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭，由01λ≤≤，∴446λλ-=-，解得2=5λ.所以，点E 存在，125CE CC =.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F是棱PB的中点，求证：//CF平面PAE；(2)是否存在点F，使得二面角F AE C--的余弦值为41717若存在，则求出PFFB的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）如下图，在AB上取中点Q，链接CQ、FQ.由题意知，1 //2CE AB=，所以四边形AQCE为平行四边形，所以//AE CQ.又因为F Q、分别为PB AB、中点，所以//FQ PA，且FQ CQ Q=，FQ CQ、在平面FQC内，则平面FQC平行于平面PAE，而CF CFQ⊂,则//CF PAE（2）如下图，以B为原点，BA为x轴正向，BC为y轴正方向，垂直平面ABCE于B的为z 轴，建立空间直角坐标系.由图可知，()()()()0,0,02,0,00,1,01,1,0B AC E、、、，设1,,2P a b⎛⎫⎪⎝⎭，BF xBP=，则1,,2F ax x bx⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0AE∴=-，()11,0,02,,2EC AF ax x bx⎛⎫=-=-⎪⎝⎭、∴设平面FAE 的法向量为()1111,,n x y z = ，则1100n AE n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，令1,x bx =解得111,22y bx z a x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭，即11,,22n bx bx a x ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，平面AEC 的法向量设为()2222,,n x y z = ，则2200n AE n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，令21z =，得220,0x y ==，即()20,0,1n = .121212122cos ,a x n n n n n n ⎛⎫-+ ⎪⋅∴= ()()21112,,1,,210224AP EP a b a b a a b ⎛⎫⎛⎫⋅=---=---+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ，则22734b a a =-+-，又PA PE = ，即()()2222112144a b a b -++=-++，得32a =,代入上式，解得22b =,将32a =、22b =代入①式，解得13x =.2PF FB ∴=，故存在点F .例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<< 是否存在λ，使得PF 与平面DEF 所成的角的正弦值是63？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）依题意ABCD 矩形，4AB =，2BC=，E 是CD 中点，所以AE BE ==又4AB =，所以，222AE BE AB +=，AE BE ⊥，因为平面BEF ⊥平面ABCD ，平面BEF I 平面ABCD BE =，所以⊥AE 平面BEF ，又BF ⊂平面BEF ，所以AE BF ⊥.（2）以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系.则()0,0,0C ，()4,0,0D ，()0,2,0B ，()2,0,0E ，设N 是BE 的中点，因为FE FB =，所以FN BE ⊥，又平面BEF ⊥平面ABCD ，平面BEF I 平面ABCD BE =，所以FN ⊥平面ABCD，(F ，假设存在满足题意的λ，则由(01)DP DB λλ=<< .可得，(43,12PF DB DF λλλ=-+=-- .设平面DEF 的一个法向量为(),,n x y z =r ，则2030n DE x n DF x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令y =，可得0x =，1z =-，即()1n =- ，设PF 与平面DEF 所成的角为θ，所以sin cos ,||||PF n PF n PF n θ⋅====解得34λ=（1λ=舍去），综上，存在34λ=，使得PF 与平面ADE 所成的角的正弦值为3.。
(完整版)立体几何复习专题
(完整版)立体几何复习专题立体几何复专题
立体几何是数学中的一个重要分支，研究的是物体的形状、大小、位置及其相关性质。
本文档将为您提供立体几何的复专题，帮助您系统地回顾和巩固相关的知识。
1. 点、线、面与空间几何
首先我们从最基本的几何概念开始复，包括点、线、面以及空间几何的基本性质。
例如，点的定义、线的分类、平行线与垂直线的判定等。
2. 立体图形的表示方法
接下来，我们将研究立体图形的几种常用表示方法。
这些表示方法包括视图图、投影图、轴测图等，通过它们我们可以更直观地理解和描述立体图形的形状。
3. 立体图形的重要性质与公式
在本部分，我们将回顾立体图形的重要性质和相关公式。
例如，体积的计算公式、表面积的计算方法等。
同时，我们还将深入研究
不同立体图形的特点和相互之间的关系。
4. 空间几何的应用
最后，我们将介绍空间几何在实际生活中的应用。
例如，如何
测量不规则物体的体积、如何计算房屋的准确面积等。
这些应用案
例将帮助您更好地理解和应用空间几何的知识。
总结
本文档为您提供了立体几何的复专题，通过回顾和巩固相关知识，帮助您更好地掌握立体几何的基本概念、表示方法、重要性质
和应用。
希望这份文档能对您的研究有所帮助！。
高三立体几何必考知识点
高三立体几何必考知识点几何学是数学的一个重要分支，而立体几何则是数学中的一个关键概念。
在高三数学考试中，立体几何是一个必考的内容，掌握好立体几何的知识点对于取得好成绩至关重要。
本文将介绍高三立体几何的必考知识点，帮助同学们更好地备考。
一、多面体的性质多面体是指由多个平面多边形组成的立体图形。
在高三数学考试中，多面体的性质是经常被考察的知识点。
以下是几个常见的多面体及其性质：1. 正四面体: 正四面体是最简单的四面体，它的底面为等边三角形，上面的顶点与底面的重心连线垂直。
常用的性质有底面三角形的面积、体积计算公式，以及各个面和边的关系等。
2. 正六面体: 正六面体也被称为立方体，它的六个面都是正方形。
立方体有着很多独特的性质，例如它的对角线相等、面对面的平行线互相垂直等。
3. 正八面体和正十二面体: 正八面体和正十二面体是比较常见的多面体，它们的性质和计算方法也会在考试中出现。
二、平行四边形的性质平行四边形是由四条平行线组成的四边形，它的性质也是高三数学考试中的重点内容之一。
以下是几个和平行四边形相关的必考知识点：1. 三角形面积公式: 在平行四边形中，可以根据两条边和夹角的关系计算三角形的面积。
常用的计算公式有海伦公式和正弦定理等。
2. 平行四边形的面积公式: 平行四边形的面积可以使用底边长乘以高的公式进行计算。
如果已知两条边和夹角，则可以使用正弦定理计算面积。
3. 对角线的性质: 平行四边形的对角线互相平分，并且对角线的长度相等。
这一性质在高三数学考试中很常见，同学们一定要牢记。
三、圆锥、圆台的性质圆锥和圆台是高考中经常出现的立体图形，了解它们的性质对于解题非常有帮助。
以下是一些圆锥和圆台的必考知识点：1. 圆锥的体积公式: 圆锥的体积可以使用底面积乘以高再除以3进行计算，这个公式在高考中经常会被使用。
2. 圆台的体积和表面积公式: 圆台的体积可以使用平均半径乘以高再乘以π进行计算。
而圆台的表面积则是底面面积加上底面周长乘以斜高的一半。
立体几何大题15种题型全归纳
【题型一】 平行1：四边形法证线面平行【典例分析】如图，在正方体中，E ，F 分别是，CD 的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2（1）在正方体中，取中点G ，连接FG ，，如图，而F 是CD 的中点，则，，又E 是的中点，则，， 因此，，，四边形是平行四边形，有，而平面，平面，平面.【经验总结】基本规律1.利用平移法做出平行四边形2.利用中位线做出平行四边形【变式演练】1.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，，，，E 是PB 的中点.（1）求证：平面PAD ；（2）若，求三棱锥P -ACE 的体积.【答案】（1）证明见解析（2） 【分析】（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，利用平行四边形证明，再由线面平行的判定定理即可得证；（2）根据等体积法知，即可由棱锥体积公式求解.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，DF ，∵点E ，F 分别为PB ，PA 的中点，1111ABCD A B C D -1AA //EF 11A CD 1ED 1A C 1111ABCD A B C D -1CD 1GA 1//FG DD 112FG DD =1AA 11//A E DD 1112A E DD =1//A E FG 1A E FG =1FGA E 1//EF GA EF ⊄11A CD 1GA ⊂11A CD //EF 11A CD AB AD ⊥//AB CD 222AB AD CD ===//CE 2PC =13//EC DF P ACE E ACP V V --=∴，，∴四边形EFDC 是平行四边形，∴，又∵平面PAD ，平面PAD ，∴平面PAD ；2.如图，在四棱锥中，面，，且，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面若存在求出的值，若不存在说明理由． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在， （1）证明：取CP 中点F ，连接NF 、BF ，因为F ，N 分为PC ，PD 的中点，则，且， 又，且，，所以四边形NABF 是平行四边形， ，又面PBC ，面PBC 。
立体几何知识点和例题(含有答案)
【考点梳理】一、考试内容1.平面。
平面的基本性质。
平面图形直观图的画法。
2.两条直线的位置关系。
平行于同一条直线的两条直线互相平行。
对应边分别平行的角。
异面直线所成的角。
两条异面直线互相垂直的概念。
异面直线的公垂线及距离。
3.直线和平面的位置关系。
直线和平面平行的判定与性质。
直线和平面垂直的判定与性质。
点到平面的距离。
斜线在平面上的射影。
直线和平面所成的角。
三垂线定理及其逆定理。
4.两个平面的位置关系。
平面平行的判定与性质。
平行平面间的距离。
二面角及其平面角。
两个平面垂直的判定与性质。
二、考试要求1.掌握平面的基本性质，空间两条直线、直线与平面、平面与平面的位置关系（特别是平行和垂直关系）以及它们所成的角与距离的概念。
对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离。
2.能运用上述概念以及有关两条直线、直线和平面、两个平面的平行和垂直关系的性质与判定，进行论证和解决有关问题。
对于异面直线上两点的距离公式不要求记忆。
3.会用斜二测画法画水平放置的平面图形（特别是正三角形、正四边形、正五边形、正六边形）的直观图。
能够画出空间两条直线、两个平面、直线和平面的各种位置关系的图形，能够根据图形想象它们的位置关系。
4.理解用反证法证明命题的思路，会用反证法证明一些简单的问题。
三、考点简析1.空间元素的位置关系2.平行、垂直位置关系的转化3.空间元素间的数量关系（1）角①相交直线所成的角；②异面直线所成的角——转化为相交直线所成的角；③直线与平面所成的角——斜线与斜线在平面内射影所成的角；④二面角——用二面角的平面角来度量。
（2）距离①两点之间的距离——连接两点的线段长；②点线距离——点到垂足的距离；③点面距离——点到垂足的距离；④平行线间的距离——平行线上一点到另一直线的距离；⑤异面直线间的距离——公垂线在两条异面直线间的线段长；⑥线面距离——平行线上一点到平面的距离；⑦面面距离——平面上一点到另一平面的距离；⑧球面上两点距离——球面上经过两点的大圆中的劣弧的长度。
(完整版)高中数学立体几何经典常考题型
高中数学立体几何经典常考题型题型一:空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，∴∠OCB＝，∴∠BOC＝.⊥∴CO AB.又PO⊥平面ABC，⊥OC⊂平面ABC，∴PO OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解 以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA＝1，则PO＝OB＝OC＝2，DA＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)，∴PD＝(0，－1，－1)，BC＝(2，－2，0)，BD＝(0，－3，1).设平面BDC的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴∴令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1，1，3).设PD与平面BDC所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.【类题通法】利用向量求空间角的步骤间标.第一步：建立空直角坐系第二步：确定点的坐标.线)坐标.第三步：求向量(直的方向向量、平面的法向量计夹(或函数值).第四步：算向量的角将夹转为间.第五步：向量角化所求的空角查关键错题规.第六步：反思回顾.看点、易点和答范【变式训练】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1AB DC∥∥，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C A∥1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB，AD，AA1为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E＝，A1D＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E，n1⊥A1D得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1＝(1，0，0)，A1D＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.题型二:立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.因为AC＝CD，所以CO⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2，则x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2，2).又PB＝(1，1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解 设M是棱P A上一点，则存在λ∈0，1]，使得AM＝λAP.因此点M(0，1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ).因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，则BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.所以在棱P A上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.应设，把要成立的作件结论当条，据此列方对断问题，先假存在【类题通法】(1)于存在判型的求解规围内”等.标，是否有定范的解程或方程组，把“是否存在”化问题转为“点的坐是否有解对问题，通常借助向量，引进参数，合已知和列出等式综结论，解出参数.(2)于位置探究型【变式训练】如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠P AD＝45°，E为P A的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明 取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝＝＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∥且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴EM CD∥∵⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE CM.CM∴DE∥平面BPC.(2)解 由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8).假设AB上存在一点F使CF⊥BD，设点F坐标为(8，t，0)，则CF＝(8，t－6，0)，DB＝(8，12，0)，由CF·DB＝0得t＝.又平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z).又PC＝(0，6，－8)，FC＝.由得即不妨令y＝12，有n＝(8，12，9).则cos〈n，m〉＝＝＝.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F－PC－D的余弦值为.题型三:立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD 上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得＝，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝＝4.由EF ∥AC 得＝＝.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB ＝(3，－4，0)，AC ＝(6，0，0)，AD′＝(3，1，3).设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量，则即所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量，则即所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝＝＝－.sin 〈m ，n 〉＝.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是.【类题通法】立体几何中的折叠问题，是翻折前后形中面位置系和度量系的化关键搞清图线关关变情况，一般地翻折后在同一平面上的性不生化还个质发变，不在同一平面上的性生化个质发变.【变式训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解 由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，则得取n1＝(1，1，1)；得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.。