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1、立体几何专题复习一、立体几何初步（一）、在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断，考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法.必备知识正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影
2、构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形三视图(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样几何体的切接问题(1)球的内接长方体、正方体、正四棱柱等关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长(2)柱、锥的内切球找准
3、切点位置，化归为平面几何问题必备方法1几何体中计算问题的方法与技巧：在正棱锥中，正棱锥的高、侧面等腰三角形的斜高与侧棱构成两个直角三角形，有关计算往往与两者相关；正四棱台中要掌握对角面与侧面两个等腰梯形中关于上底、下底及梯形高的计算，另外，要能将正三棱台、正四棱台的高与其斜高，侧棱在合适的平面图形中联系起来；研究圆柱、圆锥、圆台等问题，主要方法是研究其轴截面，各元素之间的关系，数量都可以在轴截面中得到；多面体及旋转体的侧面展开图是将立体几何问题转化为平面几何问题处理的重要手段2求体积常见技巧当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我
4、们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利(1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之(2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素.（二）、点、直线、平面之间的位置首先要学会认识几何图形，有一定的空间想象能力，对照着已知条件逐一判断其次要熟悉相关的基本定理和基
5、本性质，要善于把空间问题转化为平面问题进行解答高考试题一般是利用直线与平面平行或垂直的判断定理和性质定理，以及平面与平面平行或垂直的判定定理和性质定理，把空间中的线线位置关系、线面位置关系和面面位置关系进行相互转化，这就要求同学们对平行与垂直的判定定理和性质定理熟练掌握，并在相应的题目中用相应的数学语言进行准确的表述必备知识平行关系的转化两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图解决平行问题时要注意以下结论的应用(1)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(2)两个平面平行，其中一个平面
6、内的任一直线必平行于另一个平面(3)一条直线与两平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交(4)平行于同一条直线的两条直线平行(5)平行于同一个平面的两个平面平行(6)如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行垂直关系的转化与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化必备方法1证明平行、垂直问题常常从已知联想到有关判定定理或性质定理，将分析法与综合法综合起来考虑2证明面面平行、垂直时，常转化为线面
7、的平行与垂直，再转化为线线的平行与垂直3使用化归策略可将立体几何问题转化为平面几何问题4正向思维受阻时，可考虑使用反证法5计算题应在计算中融入论证，使证算合一，逻辑严谨通常计算题是经过“作图、证明、说明、计算”等步骤来完成的，应不缺不漏，清晰、严谨本专题在高考考查内容上，占据比较固定的位置，一般会有一道小题（选择题或者填空题）与一道解答题，小题一般难度不会太大，属于中档题，考试只要了解基本知识，是没有问题的，解答题也是属于中档题，在有限的时间，希望同学们理解好基础知识。选择与填空题主要考查体积，表面积的计算，或者平行，垂直定理的判断。 解答题主要是考察平行于垂直定理的应用或是空间几何体体积的计
8、算。 二、空间向量与立体几何对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.必备知识直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)
9、平面、的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线面平行 laa0a1a3b1b3c1c30.(2)线面垂直 laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行 vva3a4，b3b4，c3c4.(4)面面垂直 v0a3a4b3b4c3c40.空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求法设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b所成的角)(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.(3)二面角的求法利用向
10、量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，m，n即为所求二面角的平面角对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求如图所示，二面角l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面有l的大小为或.空间距离的计算直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离点P到平面的距离，d(其中n为的法向量，M为内任一点)必备方法1空间角的范围(1)异面直线所成的角()：0；(2)直线与平面所成的角()：0；(3)二面角()：0.2用向量法证明平行、垂直问题的步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建
11、系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；(2)通过向量运算研究平行、垂直问题；(3)根据运算结果解释相关问题3空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.考点一:空间几何体的三视图与直观图1、(2012年高考湖南卷)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是 2、(2012年高考陕西卷)将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为 （ ）【答案】B.【解析】根据.空
12、间几何体的三视图的概念易知左视图是实线是虚线，故选B.考点二:空间几何体的表面积、体积4、(2012年高考新课标卷)如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）A.6 B.9 C.12 来源:学。科。网D.18【答案】B【解析】选由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为，所以几何体的体积为,选B.5(2012年高考浙江卷)已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积是A.1cm3 B.2cm3 C.3cm3 D.6cm3【答案】C6.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC=。将沿矩形的对角线BD所在的直
13、线进行翻折，在翻折过程中。A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直.B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直.C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直.D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直 【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的7.【2012高考真题新课标理11】已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（ ） 【答案】A【解析】的外接圆的半径，点到面的距离,为球的直径点到面的距离为 此棱锥的体积为 另：排除,选A.8.【2012高
14、考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 【答案】C【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故A不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.9.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是（A） （B） （C） （D） 【答案】A 【解析】因为则，选A，10.【2012高考真
15、题辽宁理16】已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为_。【答案】【解析】因为在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径，球心为正方体对角线的中点。球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的高。已知球的半径为，所以正方体的棱长为2，可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为，所以球心到截面ABC的距离为【点评】本题主要考查组合体的位置关系、抽象概括能力、空间想象能力、运算求解能力以及转化思想，
16、该题灵活性较强，难度较大。该题若直接利用三棱锥来考虑不宜入手，注意到条件中的垂直关系，把三棱锥补成正方体11.【2012高考真题上海理14】如图，与是四面体中互相垂直的棱，若，且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 。【答案】。【解析】过点A做AEBC，垂足为E，连接DE，由ADBC可知，BC平面ADE，所以=，当AB=BD=AC=DC=a时，四面体ABCD的体积最大。过E做EFDA，垂足为点F，已知EA=ED，所以ADE为等腰三角形，所以点E为AD的中点，又，EF=，=，四面体ABCD体积的最大值=。12、(2012山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB6
17、0，FC平面ABCD，AEBD，CBCDCF. (1)求证：BD平面AED；(2)求二面角F BD C的余弦值(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB60，所以ADCBCD120.又CBCD，所以CDB30，因此ADB90，ADBD，又AEBD，且AEADA，AE，AD平面AED，所以BD平面AED.(2)解连接AC，由(1)知ADBD，所以ACBC.又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)，因此，(
18、0，1,1)设平面BDF的一个法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，所以xyz，取z1，则m(，1,1)由于(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cosm，所以二面角FBDC的余弦值为.13、(2012全国理)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面ABCD，AC2，PA2，E是PC上的一点，PE2EC. (1)证明：PC平面BED；(2)设二面角APBC为90，求PD与平面PBC所成角的大小 审题视点 (1)由可得FCEPCA，则FEC90，易得PCEF、PCBD. (2)作AGPB于G，由二面角APBC为90，易得底面ABCD为正方形，可得AD面PBC，则点D到平面PC
19、B的距离dAG，找出线面角求解即可也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大法一 (1)证明因为底面ABCD为菱形，所以BDAC，又PA底面ABCD，所以PCBD.设ACBDF，连接EF.因为AC2，PA2，PE2EC，故PC2，EC，FC，从而，.因为，FCEPCA，所以FCEPCA，FECPAC90，由此知PCEF.PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC平面BED.(2)解在平面PAB内过点A作AGPB，G为垂足因为二面角APBC为90，所以平面PAB平面PBC.又平面PAB平面PBCPB，故AG平面PBC，AGBC.BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故
20、BC平面PAB，于是BCAB，所以底面ABCD为正方形，AD2，PD2.设D到平面PBC的距离为d.因为ADBC，且AD平面PBC，BC平面PBC，故AD平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即dAG.设PD与平面PBC所成的角为，则sin .所以PD与平面PBC所成的角为30.法二(1)证明以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.C(2，0,0)，设D(，b,0)，其中b0，则P(0,0,2)，E，0，B(，b,0)于是(2，0，2)，b，b，从而0，0，故PCBE，PCDE.又BEDEE，所以PC平面BDE.(2)解(0,0,2)，(，b,0)
21、设m(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m0，m0，即2z0且xby0，令xb，则m(b，0)设n(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n0，n0，即2p2r0且bqr0，令p1，则r，q，n1，.因为面PAB面PBC，故mn0，即b0，故b，于是n(1，1，)，(，2)cosn，n，60.因为PD与平面PBC所成角和n，互余，故PD与平面PBC所成的角为30.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论【突破训练】 (2011陕西)如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，
22、沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求A与D夹角的余弦值(1)证明折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC.AD平面ABD，平面ADB平面BDC.(2)解由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点，以D，D，D所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E，A，D(1,0,0)，A与D夹角的余弦值为cosA，D.14、(2012天津改编)如图，在四棱锥PABCD中，P
23、A平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.来源:学|科|网(1)证明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值来源:学&科&网 审题视点 建立空间坐标系，应用向量法求解解如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，0，P(0,0,2)(1)证明：易得(0,1，2)，(2,0,0)于是0，所以PCAD.(2)(0,1，2)，(2，1,0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cosm，n.从而sinm，n.所以二面角APCD的正弦值为
24、.借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法【突破训练3】 (2012唐山一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点(1)求证：CN平面AMB1；(2)若二面角AMB1C为45，求CC1的长(1)证明设AB1的中点为P，连接
25、NP、MP.CM綉AA1，NP綉AA1，CM綉NP，CNPM是平行四边形，CNMP.CN平面AMB1，MP平面AMB1，CN平面AMB1. (2)解如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，使x轴、y轴、z轴分别与、同向则C(0,0,0)，A(1，0)，B(1，0)，设M(0,0，a)(a0)，则B1(1，2a)，(1，a)，(1，a)，(0,0，a)，设平面AMB1的法向量n(x，y，z)，则n0，n0，即则y0，令xa，则z1，即n(a,0,1)设平面MB1C的一个法向量是m(u，v，w)，则m0，m0，即则w0，令v1，则u，即m(，1,0)来源:学科网ZXXK所以cosm，n，依题
26、意，m，n45，则，解得a，所以CC1的长为2. 探索性问题此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力15、如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由 审题视点 建立以D为原点的空间直角坐标系，利用向量法求解，第(2)问中设，由ES平面A
27、MN可得值解(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.依题意，易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，1,0.，0，1，(1,0,1)cos，异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.(0,1,1)，可设(0，)，又，1,0，1，.由ES平面AMN，得即故，此时0，|.经检验，当AS时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时AS.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解
28、题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题【突破训练4】 如图1，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(如图2所示)(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小解(1)法一在如题图1所示的ABC中，设BDx(0x3)，则CD3x.由ADBC，A
29、CB45知，ADC为等腰直角三角形，所以ADCD3x.由折起前ADBC知，折起后(如题图2)，ADDC，ADBD，且BDDCD，所以AD平面BCD.又BDC90，所以SBCDBDCDx(3x)，于是VABCDADSBCD(3x)x(3x)2x(3x)(3x)3，当且仅当2x3x，即x1时，等号成立，故当x1，即BD1时，三棱锥ABCD的体积最大法二同法一，得VABCDADSBCD(3x)x(3x)(x36x29x)令f(x)(x36x29x)，由f(x)(x1)(x3)0，且0x3，解得x1.当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,3)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最大值故当BD1
30、时，三棱锥ABCD的体积最大(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD1，ADCD2.于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，1,0，且(1,1,1)设N(0，0)，则，1,0.因为ENBM等价于0，即，1,0(1,1,1)10，故，N0，0.所以当DN(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，ENBM.设平面BMN的一个法向量为n(x，y，z)，由及1，0，得可取n(1,2，1)设EN与平面BMN所成角的大小为，则由，0，n(1,2，1)，可得sin cos (90)，即
31、60.故EN与平面BMN所成角的大小为60.利用向量法求空间角要破“四关”利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角【示例】(2012佛山调研)如图所示，在三棱锥PABC中，已知PC平面ABC，点C在平面PBA内的射影D在直线PB上 (1)求证：AB平面PBC；(2)设ABBC，直线PA与平面ABC所成的角为45，求异面直线AP与BC所成的角；(3)在(2)的条件下，求二面角CPA
32、B的余弦值满分解答(1)PC平面ABC，AB平面ABC，ABPC.点C在平面PBA内的射影D在直线PB上，CD平面PAB.又AB平面PBA，ABCD.又CDPCC，AB平面PBC.(4分)(2)PC平面ABC，PAC为直线PA与平面ABC所成的角于是PAC45，设ABBC1，则PCAC，以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0，0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，)，(1，1，)，(1,0,0)，cos，异面直线AP与BC所成的角为60.(8分)(3)取AC的中点E，连接BE，则，0，ABBC，BEAC.又平面PCA平面ABC，BE平面PAC.是平面PAC的法向量
33、设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则由得取z1，得n(，0,1)于是cosn，.又二面角CPAB为锐角，所求二面角的余弦值为.(12分)(1)解决此类问题，一定要先分析已知条件中，是否直接说出此三条直线是两两垂直，否则，要先证明以后才能建立坐标系，另外，要在作图时画出每条坐标轴的方向.(2)有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视法向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.如本例中求得cos ，不少考生回答为：二面角的余弦值为，这是错误的，原因是忽视了对二面角CPAB的大小的判断.【试一试】 (2012东北三校模
34、拟)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCAAA1，D为AB的中点(1)求证：BC1平面DCA1；(2)求二面角DCA1C1的平面角的余弦值(1)证明如图所示，以BC的中点O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，设ABBCCAAA12.设n(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，则又，0，(1,2，)，所以令x1，z，y1，所以n(1,1，)因为(2,2,0)，所以n2200.又BC1平面DCA1，所以BC1平面DCA1.(2)解设m(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一个法向量，则又(0,2,0)，(1,2，)，所以令z11，x1，所以m(，0,1)所以cosm，n.所以所求二面角的余弦值为.