高中几何图形证明题？解（1）证明：取PD中点Q，连EQ，AQ，则QE=(1/2)·CD=AB ∵QE∥CD，CD∥AB，∴QE∥AB，而QE=AB，∴四边形ABEQ是平行四边形，∴BE∥AQ ∵BE∥AQ，AQ⊂平面PAD，BE不属于 平面PAD，那么，高中几何图形证明题？一起来了解一下吧。
（1）、
因为在边长为2的正方形ABCD中有AB⊥AD，AB=2，
且PA=√2，PB=√6，在△PAB中满足勾股定理PA²+AB²=PB²，
所以△PAB为∠PAB=90°的直角三角形，即PA⊥AB，
又因为PA、AD均在平面PAD上且相交于点A，所以AB⊥平面PAD，
AB在平面ABCD上，所以平面PAD⊥平面ABCD。
（2）、（过程文字较多，仅供参考，可尝试用向量法解答）
如图所示，取PD、AD、BC的中点F、G、H，连接EF、PG、GH、PH，
EF、PG交于点I，过点I作PH的垂线IJ。
因为点G、H分别为AD、BC中点，
所以在正方形ABCD中有AD∥BC，AD=GH=2，BH=CH=1，
因为点E、F分别为PA、PD的中点，所以EF为△PAD的中位线，
可知点I为PG中点，EF∥AD∥BC，
BC在平面PBC上，EF不在平面PBC上，所以EF∥平面PBC，
所以EF上的任一点到平面PBC的距离=点E到平面PBC的距离，
点I在EF上，所以点I到平面PBC的距离=点E到平面PBC的距离，
因为在正方形ABCD中点G、H分别为AD、BC中点，易知GH⊥BC，
因为PB=PC，△PBC为等腰三角形，点H为BC中点，所以PH⊥BC，
GH、PH均在平面PGH上且相交于点H，所以BC⊥平面PGH，
IJ在平面PGH上，所以IJ⊥BC，又因为IJ⊥PH，BC、PH均在平面PBC上且相交于点H，
所以IJ⊥平面PBC，即IJ=点I到平面PBC的距离=点E到平面PBC的距离，
因为AD=2，PA=PD=√2，在△PAD中满足勾股定理PA²+PD²=AD²，
所以△PAD为∠APD=90°的等腰直角三角形，点G为AD中点，
所以PG=AG=DG=1，PI=GI=1/2，PG⊥AD，
由题（1）结论可知PG⊥平面ABCD，GH在平面ABCD上，所以PG⊥GH，
在等腰△PBC中由BH=1，PB=√6根据勾股定理算得PH=√5，
所以△PIH的面积=PI×GH÷2=PH×IJ÷2，即(1/2)×2÷2=(√5)×IJ÷2，
解得IJ=(√5)/5，所以点E到平面PBC的距离=IJ=(√5)/5。
（1）AC交BD于G，连结EG，GH
易证EFHG是平行四边形，EG//FH
因为AB//EF,AB⊥BC，所以EF⊥BC
又EF⊥FB,
所以EF⊥面BCF
所以EF⊥FH
所以AB⊥FH
又FH⊥BC
所以FH⊥面ABCD
所以EG⊥面ABCD
所以EG⊥AC
又因为AC⊥BD
所以AC⊥面EBD
（2）由EF⊥FB，BF⊥FC，
所以BF⊥平面CDEF，
过F作FK⊥DE交DE的延长线于K，连结BK，由三垂线定理知：BK⊥DE
则∠FKB为二面角B—DE—C的一个平面角.
设EF=1，则AB=2，
FC=BF=√2，
DE=AE＝√3（直角梯形EFBA的一个腰）
又EF//DC，∴∠KEF=∠EDC，
∴sin∠EDC=sin∠KEF=FK/EF=√2/√3(EFCD是直角梯形，画一个平面图形看着比较清楚)
∴FK=EFsin∠KEF=√6/3 ，tan∠FKB=BF/FK=√3
∴∠FKB=60°
∴二面角B—DE—C为60°
不能用你说的方法来证明AC丄BC1。道理是: ①AC丄平面BCC1B1本身这个结论需要证明，不可直接用，证明过程要利用题中给的数据先证明三角形ABC是直角三角形，得出AC丄BC，再利用直三棱柱的条件得出AC丄C1C，即可得出结论；②题中直三棱柱的条件只能得出侧面垂直于底面，还可得出C1C丄平面ABC，B1B丄平面ABC，但不能据此得出AC垂直于平面BCC1B1，也不能据此得出AC垂直于平面BCC1B1。
1、简单证明下：先证明AB⊥平面BCF，那就有BC⊥FH，再就可以证明FH⊥平面ABCD了。设AC与BD的交点为O，则有OE‖FC，所以OE⊥平面ABCD，可以推出平面BDE⊥平面ABCD，
且其交线为BD，再用面面垂直的性质，可以得到AC⊥平面EDB。
2、考虑CO⊥平面EDB，那就只要过点O作OH⊥DE于H，连结HC，则∠CHO就是二面角B--DE--C的平面角，计算出OH=2分之1BE，而BE可以用EO和OB算出来，CO也可以算出来的，所以tan∠CHO=CO/OH=4根号6/3。
我做错了，退出。
呵呵。
不好意思。
题目有误，应为ABCD-EFGH是一个正方体。
证明：如图所示，设正方体棱长为1.
(1)
正方形对角线EG⊥FH,由三垂线逆定理,得EG⊥DF,同理AF⊥BE,∴
BE⊥DF,
BF∩EG=F,
∴
DF⊥面BEG
(2)
设DF交面BEG于P,
∵
DF在面BDHF内,
面BDHF⊥面BEG,
面BDHF∩面BEG=BO'(△BEG的一条中线),
∴
点P∈BO'.
在矩形BDHF中BO'∥HO,Q为DP的中点,
∴
P为QF的中点,
∴
DQ=QP=PF=(1/3)DF=√3/3,
∴
体对角线DF与面BEG的交点P是DF的一的三等分点.
(3)
BO'=√(BF²+FO'²)=√6/2,
PO'=√(FO'²+PF²)=√6/6,
∴
BP=BO'-PO'=√6/3.
∵
BP/PO'=2,
∴
点P是△BEG重心
.
以上就是高中几何图形证明题的全部内容，证明：见下图,图中黑色线为实线，红色线为原图中的虚线，蓝色线为辅助线。(1)因为AC=4, AB=5,cos∠CAB=4/5=AC/AB, 所以AB边所对的∠ACB是直角，所以AC⊥BC；因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱。
