五年高考真題高考數(shù)學 復習 第八章 第七節(jié) 空間角與距離 理全國通用

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1、第七第七節(jié)節(jié)空間角與距離空間角與距離考點一直線與平面所成的角及二面角1(20 xx廣東，5)已知向量a a(1，0，1)，則下列向量中與a a成 60夾角的是()A(1，1，0)B(1，1，0)C(0，1，1)D(1，0，1)解 析設 選 項 中 的 向 量 與a a的 夾 角 為， 對 于 選 項 A ， 由 于 cos1（1）01（1）01202（1）2 （1）2120212，此時夾角為 120，不滿足題意；對于選項 B，由于 cos110（1）（1）01202（1）2 12（1）20212，此時夾角為 60，滿足題意故選 B.答案B2(20 xx四川，8)如圖，在正方體ABCDA1B1C

2、1D1中，點O為線段BD的中點設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為，則 sin的取值范圍是()A.33，1B.63，1C.63，2 23D.2 23，1解析易證AC1平面A1BD，當點P在線段CC1上從C運動到C1時，直線OP與平面A1BD所成的角的變化情況：AOA12C1OA1(點P為線段CC1的中點時，2)，由于sinAOA163，sinC1OA12 2363，sin21，所以 sin的取值范圍是63，1答案B3(20 xx新課標全國，11)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BCCACC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A.

3、110B.25C.3010D.22解析以C1為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設BCCACC12，則A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，AN(1，0，2)，BM(1，1，2)，cosAN，BMANBM|AN|BM|145 63303010，故選 C.答案C4(20 xx山東，4)已知三棱柱ABCA1B1C1的側棱與底面垂直，體積為94，底面是邊長為 3的正三角形若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A.512B.3C.4D.6解析如圖所示，由棱柱體積為94，底面正三角形的邊長為 3，可求得棱柱的高為 3.設P在平面ABC上

4、射影為O，則可求得AO長為 1，故AP長為12（ 3）22.故PAO3，即PA與平面ABC所成的角為3.答案B5(20 xx大綱全國，10)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13解析設AB1，則AA12，分別以D1A1、D1C1、D1D的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系如右圖所示：則D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2).DB(1，1，0)，DC1(0，1，2)，DC(0，1，0)，設n n(x，y，z)為平面BDC1的一個法向量，則n nDB0n nDC

5、10即xy0y2z0，取n n(2，2，1)設CD與平面BDC1所成角為則 sin|n nDC|n n|DC|23，故選 A.答案A6.(20 xx遼寧，8)如圖，四棱錐SABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結論中不正確的是()AACSBBAB平面SCDCSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角DAB與SC所成的角等于DC與SA所成的角解析四邊形ABCD是正方形，ACBD.又SD底面ABCD，SDAC.其中SDBDD，AC面SDB，從而ACSB.故 A 正確；易知 B 正確；設AC與DB交于O點，連接SO.則SA與平面SBD所成的角為ASO，SC與平面SBD所成的角為C

6、SO，又OAOC，SASC，ASOCSO.故 C 正確，由排除法可知選 D.答案D7(20 xx四川，14)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E、F分別為AB、BC的中點設異面直線EM與AF所成的角為，則 cos的最大值為_解析建立空間直角坐標系如圖所示，設AB1，則AF1，12，0，E12，0，0，設M(0，y，1)(0y1)，則EM12，y，1，cos1212y11414y211y52 4y25.設異面直線所成的角為，則 cos|cos|1y52 4y252 551y4y25，令t1y，則y1t，0y1，0t1，那么 cos|cos|2

7、55t4t28t92 55t24t28t92 55148t9t2，令x1t，0t1，x1，那么 cos2 55148x9x2，又z9x28x4 在1，)上單增，x1，zmin5，此時 cos的最大值2 55152 555525.答案258.(20 xx安徽，19)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值(1)證明由正方形的性質可知A1B1ABDC， 且A1B1ABDC， 所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1CA1D，又A1

8、D面A1DE，B1C 面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A為原點，分別以AB，AD，AA1為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標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點為B1D1的中點，所以E點的坐標為12，12，1.設面A1DE的法向量n n1(r1，s1，t1)，而該面上向量A1E12，12，0

9、，A1D(0，1，1)，由n n1A1E.n n1 1A1D得r1，s1，t1應滿足的方程組12r112s10，s1t10，(1，1，1)為其一組解，所以可取n n1(1，1，1)設面A1B1CD的法向量n n2(r2，s2，t2)，而該面上向量A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得n n2(0，1，1)所以結合圖形知二面角EA1DB1的余弦值為|n n1n n2|n n1|n n2|23 263.9(20 xx重慶，19)如圖，三棱錐PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB2.D，E分別為線段AB，BC上的點，且CDDE 2，CE2EB2.(1)證明：DE平面PCD；(

10、2)求二面角APDC的余弦值(1)證明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE 2得CDE為等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD內兩條相交直線，故DE平面PCD.(2)解由(1)知，CDE為等腰直角三角形，DCE4，如圖，過D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB2得DFAC，DFACFBBC23，故AC32DF32.以C為坐標原點，分別以CA，CB，CP的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則C(0，0，0)，P(0，0，3)，A32，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED(1，1，0

11、)，DP(1，1，3)，DA12，1，0.設平面PAD的法向量為n n1(x1，y1，z1)，由n n1DP0，n n1DA0，得x1y13z10，12x1y10，故可取n n1(2，1，1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n n2可取為ED，即n n2(1，1，0)從而法向量n n1，n n2的夾角的余弦值為cos n n1，n n2n n1n n2|n n1|n n2|36，故所求二面角APDC的余弦值為36.10(20 xx北京，17)如圖，在四棱錐AEFCB中，AEF為等邊三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O為EF的中點(1)

12、 求證：AOBE；(2) 求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值(1)證明因為AEF是等邊三角形，O為EF的中點，所以AOEF.又因為平面AEF平面EFCB.AO平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)解取BC中點G，連接OG.由題設知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB.又OG平面EFCB，所以OAOG.如圖建立空間直角坐標系Oxyz，則E(a，0，0)，A(0，0， 3a)，B(2， 3(2a)，0)，EA(a，0， 3a)，BE(a2， 3(a2)，0)設平面AEB的法向量為n n(x，y，z)，則n nEA0，n nBE0，即a

13、x 3az0，（a2）x 3（a2）y0.令z1，則x 3，y1，于是n n( 3，1，1)平面AEF的法向量為p p(0，1，0)所以 cosn n，p pn np p|n n|p p|55.由題知二面角FAEB為鈍角，所以它的余弦值為55.(3)解因為BE平面AOC，所以BEOC，即BEOC0，因為BE(a2， 3(a2)，0)，OC(2， 3(2a)，0)，所以BEOC2(a2)3(a2)2.由BEOC0 及 0a2，解得a43.11(20 xx四川，18)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設BC的中點為M，GH的中點為N.(1)請將字母F，G，H標記

14、在正方體相應的頂點處(不需說明理由)；(2)證明：直線MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值(1)解點F，G，H的位置如圖所示(2)證明連接BD，設O為BD的中點，因為M，N分別是BC，GH的中點，所以OMCD，且OM12CD，HNCD，且HN12CD，所以OMHN，OMHN，所以MNHO是平行四邊形，從而MNOH，又MN 平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(3)解法一連接AC，過M作MPAC于P，在正方體ABCDEFGH中，ACEG，所以MPEG，過P作PKEG于K，連接KM，所以EG平面PKM，從而KMEG，所以PKM是二面角AEGM的平面角，設AD2，則CM1，PK

15、2，在 RtCMP中，PMCMsin 4522，在 RtPKM中，KMPK2PM23 22，所以 cosPKMPKKM2 23，即二面角AEGM的余弦值為2 23.法二如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DH方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Dxyz，設AD2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，GE(2，2，0)，MG(1，0，2)，設平面EGM的一個法向量為n n1(x，y，z)，由n n1GE0，n n1MG0，2x2y0，x2z0，取x2，得n n1(2，2，1)，在正方體ABCDEFGH中，DO平面AEGC，則可取平面AEG

16、的一個法向量為n n2DO(1，1，0)，所以 cosn n1n n2|n n1|n n2|220441 1102 23，故二面角AEGM的余弦值為2 23.12(20 xx陜西，17)四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過棱AB的中點E作平行于AD，BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點F，G，H.(1)證明：四邊形EFGH是矩形；(2)求直線AB與平面EFGH夾角的正弦值(1)證明由該四面體的三視圖可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由題設，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，F(xiàn)GEH.同理EFAD，HGA

17、D，EFHG，四邊形EFGH是平行四邊形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四邊形EFGH是矩形(2)解法一如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，DA(0，0，1)，BC(2，2，0)，BA(2，0，1)設平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，EFAD，F(xiàn)GBC，n nDA0，n nBC0，得z0，2x2y0，取n n(1，1，0)，sin|cosBA，n n|BAn n|BA|n n|25 2105.法二建立以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，

18、0)，C(0，2，0)，E是AB的中點，F(xiàn)，G分別為BD，DC的中點，得E(1，0，12)，F(xiàn)(1，0，0)，G(0，1，0)FE0，0，12 ，F(xiàn)G(1，1，0)，BA(2，0，1)設平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，則n nFE0，n nFG0，得12z0，xy0，取n n(1，1，0)，sin|cosBA，n n|BAn n|BA|n n|25 2105.13(20 xx天津，17)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點(1)證明：BEDC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)若F為棱PC上一點，

19、滿足BFAC，求二面角FABP的余弦值法一依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)由E為棱PC的中點，得E(1，1，1)(1)證明向量BE(0，1，1)，DC(2，0，0)，故BEDC0.所以，BEDC.(2)解向量BD(1，2，0)，PB(1，0，2)設n n(x，y，z)為平面PBD的法向量則n nBD0，n nPB0，即x2y0，x2z0.不妨令y1，可得n n(2，1，1)為平面PBD的一個法向量，于是有cosn n，BEn nBE|n n|BE|26 233.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為33

20、.(3)解向量BC(1，2，0)，CP(2，2，2)，AC(2，2，0)，AB(1，0，0)由點F在棱PC上，設CFCP，01.故BFBCCFBCCP(12，22，2)由BFAC，得BFAC0，因此，2(12)2(22)0，解得34.即BF12，12，32 .設n n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，則n n1AB0，n n1BF0，即x0，12x12y32z0.不妨令z1，可得n n1(0，3，1)為平面FAB的一個法向量取平面ABP的法向量n n2(0，1，0)，則cosn n1 1，n n2 2n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| |31013 1010.易知，

21、二面角FABP是銳角，所以其余弦值為3 1010.法二(1)證明如圖，取PD中點M，連接EM，AM.由于E，M分別為PC，PD的中點，故EMDC，且EM12DC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BEAM.因為PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，從而CD平面PAD，因為AM平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)解連接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD， 而EMCD， 故PDEM， 又因為ADAP，M為PD的中點， 故PDAM， 可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD.所以直線BE在平面PBD內的射影為直線BM

22、，而BEEM，可得EBM為銳角，故EBM為直線BE與平面PBD所成的角依題意，有PD2 2，而M為PD中點，可得AM 2，進而BE 2.故在直角三角形BEM中，tanEBMEMBEABBE12，因此 sinEBM33.所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為33.(3)解如圖，在PAC中，過點F作FHPA交AC于點H.因為PA底面ABCD，故FH底面ABCD，從而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD內，可得CH3HA，從而CF3FP.在平面PDC內，作FGDC交PD于點G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F(xiàn)，G四點共面由ABPA，ABAD，

23、得AB平面PAD，故ABAG.所以PAG為二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PG14PD22，APG45，由余弦定理可得AG102，cosPAG3 1010.所以，二面角FABP的余弦值為3 1010.14.(20 xx湖南，19)如圖，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)證明：ACB1D；(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值法一(1)證明如圖，因為BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACBB1.又ACBD，所以AC平面BB1D.而B1D平面BB1D，所以ACB1D.(2)解因為B1C1AD， 所以直線B1C

24、1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為)如圖，連接A1D，因為棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90，所以A1B1平面ADD1A1.從而A1B1AD1.又ADAA13，所以四邊形ADD1A1是正方形，于是A1DAD1.故AD1平面A1B1D，于是AD1B1D.由(1)知，ACB1D，所以B1D平面ACD1.故ADB190.在直角梯形ABCD中，因為ACBD，所以BACADB.從而 RtABCRtDAB，故ABDABCAB.即ABDABC 3.連接AB1，易知AB1D是直角三角形，且B1D2BB21BD2BB21AB2AD221，即B1D 21.

25、在 RtAB1D中，cosADB1ADB1D321217，即 cos(90)217.從而 sin217.即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為217.法二(1)證明易知，AB，AD，AA1兩兩垂直如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系設ABt，則相關各點的坐標為：A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)從而B1D(t，3，3)，AC(t，1，0)，BD(t，3，0)因為ACBD，所以ACBDt2300.解得t 3或t 3(舍去)于是B1D( 3，3，

26、3)，AC( 3，1，0)因為ACB1D3300，所以ACB1D，即ACB1D.(2)解由(1)知，AD1(0，3，3)，AC( 3，1，0)，B1C1(0，1，0)設n n(x，y，z)是平面ACD1的一個法向量，則n nAC0，n nAD10，即3xy0，3y3z0.令x1，則n n(1， 3， 3)設直線B1C1與平面ACD1所成角為，則sin|cosn n，B1C1|n nB1C1|n n|B1C1|37217.15.(20 xx新課標全國，19)如圖，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC12AA1，D是棱AA1的中點，DC1BD.(1)證明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的

27、大小(1)證明由題設知，三棱柱的側面為矩形，由于D為AA1的中點，故DCDC1.又AC12AA1，可得DC21DC2CC21，所以DC1DC.而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.(2)解由(1)知BCDC1，且BCCC1，則BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直以C為坐標原點，CA的方向為x軸的正方向，|CA|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz.由題意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)則A1D(0，0，1)，BD(1，1，1)，DC1(1，0，1)設n n(x，y，z)是平面A1B

28、1BD的法向量，則n nBD0，n nA1D0，即xyz0，z0.可取n n(1，1，0)同理，設m m(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量則m mBD0，m mDC10.即x1y1z10，x1z10，可取m m(1，2，1)從而 cosn n，m mn nm m|n n|m m|32.故二面角A1BDC1的大小為 30.考點二空間距離1(20 xx江西，10)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一質點從頂點A射向點E(4，3，12)，遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)， 將第i1 次到第i次反射點之間的線段記為Li(i2，3，4)，L1AE，將

29、線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是()解析根據(jù)反射的對稱性，質點是在過A，E，A1的平面內運動因為711E2E3L4E1E2L3，故L1L2L4L3，故選 C.答案C2(20 xx全國，4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12 2，E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為()A2B. 3C. 2D1解析連接AC交BD于點O，連接OE，AB2，AC2 2.又CC12 2，則ACCC1.作CHAC1于點H，交OE于點M.由OE為ACC1的中位線知，CMOE，M為CH的中點由BDAC，ECBD知，BD平面EOC，CMBD.CM平面BDE.H

30、M為直線AC1到平面BDE的距離又ACC1為等腰直角三角形，CH2.HM1.答案D3(20 xx重慶，9)高為24的四棱錐SABCD的底面是邊長為 1 的正方形，點S、A、B、C、D均在半徑為 1 的同一球面上，則底面ABCD的中心與頂點S之間的距離為()A.24B.22C1D. 2解析如圖所示，過S點作SEAC交AC的延長線于E點，則SE面ABCD，故SE24.設球心為O，A，B，C，D所在圓的圓心為O1，則O1為AC，BD的交點在 RtOAO1中，AO122，AO1，故OO1122222.故OO12SE.過S點作SO2O1O于點O2，則O2為O1O的中點故OSO1為等腰三角形，則有O1SS

31、O1.答案C4(20 xx大綱全國，6)已知直二面角l，點A，ACl，C為垂足，B，BDl，D為垂足，若AB2，ACBD1，則D到平面ABC的距離等于()A.23B.33C.63D1解析由題意可作圖：AB2，ACBD1，BCAB2AC2 3，CDBC2BD2 2，作DEBC于點E，則DE即為D到平面ABC的距離DCDBBCDE，DEDCDBBC21363.答案C5.(20 xx北京，14)如圖，在棱長為 2 的正方體ABCDA1B1C1D1中，E為BC的中點， 點P在線段D1E上 點P到直線CC1的距離的最小值為_解析過E點作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于點E1，連接D1E1，過

32、P點作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于點H，P點到直線CC1的距離就是C1H，故當C1H垂直于D1E1時，P點到直線CC1距離最小，此時，在 RtD1C1E1中，C1HD1E1，D1E1C1HC1D1C1E1，C1H252 55.答案2 55v6(20 xx江蘇，22)如圖，在四棱錐PABCD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長解以AB，AD，AP為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則各點

33、的坐標為B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)因為AD平面PAB，所以AD是平面PAB的一個法向量，AD(0，2，0)因為PC(1，1，2)，PD(0，2，2)設平面PCD的法向量為m m(x，y，z)，則m mPC0，m mPD0，即xy2z0，2y2z0.令y1，解得z1，x1.所以m m(1，1，1)是平面PCD的一個法向量從而 cosAD，m mADm m|AD|m m|33，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為33.(2)因為BP(1，0，2)，設BQBP(，0，2)(01)，又CB(0，1，0)，則CQCBBQ(，1，2)，又DP(0

34、，2，2)，從而 cosCQ，DPCQDP|CQ|DP|121022.設 12t，t1，3，則 cos2CQ，DP2t25t210t9291t592209910.當且僅當t95，即25時，|cosCQ，DP|的最大值為3 1010.因為ycosx在0，2 上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值又因為BP 1222 5，所以BQ25BP2 55.7(20 xx山東，17)如圖，在三棱臺DEFABC中，AB2DE，G，H分別為AC，BC的中點(1)求證：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE,BAC45，求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小(1)證明法一連接

35、DG，CD，設CDGFO，連接OH，在三棱臺DEFABC中，AB2DE，G為AC的中點，可得DFGC，DFGC，所以四邊形DFCG為平行四邊形則O為CD的中點，又H為BC的中點，所以OHBD，又OH平面FGH，BD 平面FGH，所以BD平面FGH.法二在三棱臺DEFABC中，由BC2EF，H為BC的中點，可得BHEF，BHEF，所以四邊形BHFE為平行四邊形，可得BEHF.在ABC中，G為AC的中點，H為BC的中點，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因為BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)解法一設AB2，則CF1.在三棱臺DEFABC中，G為AC的中點，由DF12

36、ACGC，可得四邊形DGCF為平行四邊形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中點所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD兩兩垂直以G為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz.所以G(0，0，0)，B( 2，0，0)，C(0， 2，0)，D(0，0，1)可得H22，22，0，F(xiàn)(0， 2，1)，故GH22，22，0，GF(0， 2，1)設n n(x，y，z)是平面FGH的一個法向量，則由n nGH0，n nGF0，可得xy0，2yz0.可得平面FGH的一個法向量n n(1，1， 2)因為GB是平面ACFD的一個法向量，GB

37、( 2，0，0)所以 cosGB，n nGBn n|GB|n|n|22 212.所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為 60.法二作HMAC于點M，作MNGF于點N，連接NH.由FC平面ABC，得HMFC，又FCACC，所以HM平面ACFD.因此GFNH，所以MNH即為所求的角在BGC中，MHBG，MH12BG22，由GNMGCF，可得MNFCGMGF，從而MN66.由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此 tanMNHHMMN 3，所以MNH60，所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為 60.8(20 xx四川，18)三棱錐ABCD及其側視圖、俯視圖如圖

38、所示設M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MNNP.(1)證明：P是線段BC的中點；(2)求二面角ANPM的余弦值；(1)證明如圖，取BD中點O，連接AO，CO.由側視圖及俯視圖知，ABD，BCD為正三角形，因此AOBD，OCBD.因為AO、OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因為AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中點H，連接NH，PH，又M，N分別為線段AD，AB的中點，所以NHAO，MN/BD.因為AOBD，所以NHBD.因為MNNP，所以NPBD.因為NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因為HP平面NHP，所以BDHP.又OC

39、BD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因為H為BO的中點，故P為BC中點(2)解法一如圖，作NQAC于Q，連接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因為MNNP，所以MNQ為二面角ANPM的一個平面角由(1)知，ABD，BCD是邊長為 2 的正三角形，所以AOOC3.由俯視圖可知，AO平面BCD.因為OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰 RtAOC中，AC 6，作BRAC于R.在ABC中，ABBC，所以BRAB2AC22102.因為在平面ABC內，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點，因此NQBR2104.同理，可得MQ104.所以在

40、等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.故二面角ANPM的余弦值是105.法二由俯視圖及(1)可知，AO平面BCD.因為OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直如圖，以O為坐標原點，以OB，OC，OA的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz.則A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0)因為M，N分別為線段AD，AB的中點，又由(1)知，P為線段BC的中點，所以M12，0，32 ，N12，0，32 ，P12，32，0.于是AB(1，0， 3)，BC(1， 3，0)，MN(1，0，0

41、)，NP0，32，32 .設平面ABC的法向量n n1(x1，y1，z1)，則n n1AB，n n1BC，即n n1AB0，n n1BC0，有（x1，y1，z1）（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）（1， 3，0）0，從而x1 3z10，x1 3y10.取z11，則x1 3，y11，所以n n1( 3，1，1)連接MP，設平面MNP的法向量n n2(x2，y2，z2)，則n n2MN，n n2NP，即n n2MN0，n n2NP0，有（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，32 0，從而x20，32y232z20.取z21，所以n n2(0，1，1)設二面角AN

42、PM的大小為，則 cos|n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| |（ 3，1，1）（0，1，1）5 2|105.故二面角ANPM的余弦值是105.9.(20 xx重慶，19)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D為AB的中點(1)求點C到平面A1ABB1的距離；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值解(1)由ACBC，D為AB的中點，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以點C到平面A1ABB1的距離為CDBC2BD2 5.(2)法一如圖，取D1為A1B1的中點，連接DD1，則DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1

43、ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1為所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D為A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂線定理的逆定理得AB1A1D，從而A1AB1、A1DA都與B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A.因此AA1ADA1B1AA1，即AA21ADA1B18，得AA12 2.從而A1DAA21AD22 3.所以，在 RtA1DD1中，cosA1DD1DD1A1DAA1A1D63.法二如圖，過D作DD1AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1兩兩垂直以D為原點， 射線DB，DC，DD1分別為x軸，y軸

44、，z軸的正半軸建立空間直角坐標系Dxyz.設直三棱柱的高為h，則A(2，0，0)，A1(2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0， 5，0)，C1(0， 5，h)，從而AB1(4，0，h)，A1C(2， 5，h)，由AB1A1C，有 8h20，h2 2.故DA1(2，0，2 2)，CC1(0，0，2 2)，DC(0， 5，0)設平面A1CD的法向量為m m(x1，y1，z1)，則m mDC，m mDA1，即5y10，2x12 2z10，取z11，得m m( 2，0，1)設平面C1CD的法向量為n n(x2，y2，z2)，則n nDC，n nCC1，即5y20，2 2z20，取x21，得n n(1，0，0)，所以 cosm m，n nm mn n|m m|n n|221163.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值為63.