五年高考真题高考数学 复习 第八章 第七节 空间角与距离 理全国通用

第七第七节节空间角与距离空间角与距离考点一直线与平面所成的角及二面角1(20 xx广东，5)已知向量a a(1，0，1)，则下列向量中与a a成 60夹角的是()A(1，1，0)B(1，1，0)C(0，1，1)D(1，0，1)解 析设 选 项 中 的 向 量 与a a的 夹 角 为， 对 于 选 项 A ， 由 于 cos1（1）01（1）01202（1）2 （1）2120212，此时夹角为 120，不满足题意；对于选项 B，由于 cos110（1）（1）01202（1）2 12（1）20212，此时夹角为 60，满足题意故选 B.答案B2(20 xx四川，8)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则 sin的取值范围是()A.33，1B.63，1C.63，2 23D.2 23，1解析易证AC1平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角的变化情况：AOA12C1OA1(点P为线段CC1的中点时，2)，由于sinAOA163，sinC1OA12 2363，sin21，所以 sin的取值范围是63，1答案B3(20 xx新课标全国，11)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22解析以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BCCACC12，则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，故选 C.答案C4(20 xx山东，4)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为 3的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.512B.3C.4D.6解析如图所示，由棱柱体积为94，底面正三角形的边长为 3，可求得棱柱的高为 3.设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为 1，故AP长为12（ 3）22.故PAO3，即PA与平面ABC所成的角为3.答案B5(20 xx大纲全国，10)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.23B.33C.23D.13解析设AB1，则AA12，分别以D1A1、D1C1、D1D的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系如右图所示：则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)，设n n(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则n nDB0n nDC10即xy0y2z0，取n n(2，2，1)设CD与平面BDC1所成角为则 sin|n nDC|n n|DC|23，故选 A.答案A6.(20 xx辽宁，8)如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析四边形ABCD是正方形，ACBD.又SD底面ABCD，SDAC.其中SDBDD，AC面SDB，从而ACSB.故 A 正确；易知 B 正确；设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为ASO，SC与平面SBD所成的角为CSO，又OAOC，SASC，ASOCSO.故 C 正确，由排除法可知选 D.答案D7(20 xx四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则 cos的最大值为_解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB1，则AF1，12，0，E12，0，0，设M(0，y，1)(0y1)，则EM12，y，1，cos1212y11414y211y52 4y25.设异面直线所成的角为，则 cos|cos|1y52 4y252 551y4y25，令t1y，则y1t，0y1，0t1，那么 cos|cos|2 55t4t28t92 55t24t28t92 55148t9t2，令x1t，0t1，x1，那么 cos2 55148x9x2，又z9x28x4 在1，)上单增，x1，zmin5，此时 cos的最大值2 55152 555525.答案258.(20 xx安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，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：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC， 且A1B1ABDC， 所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C 面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.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12，12，1.设面A1DE的法向量n n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E12，12，0，A1D(0，1，1)，由n n1A1E.n n1 1A1D得r1，s1，t1应满足的方程组12r112s10，s1t10，(1，1，1)为其一组解，所以可取n n1(1，1，1)设面A1B1CD的法向量n n2(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得n n2(0，1，1)所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n n1n n2|n n1|n n2|23 263.9(20 xx重庆，19)如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB2.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE 2，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值(1)证明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE 2得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)解由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE4，如图，过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为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A32，0，0，E(0，2，0)，D(1，1，0)，ED(1，1，0)，DP(1，1，3)，DA12，1，0.设平面PAD的法向量为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可取为ED，即n n2(1，1，0)从而法向量n n1，n n2的夹角的余弦值为cos n n1，n n2n n1n n2|n n1|n n2|36，故所求二面角APDC的余弦值为36.10(20 xx北京，17)如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O为EF的中点(1) 求证：AOBE；(2) 求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值(1)证明因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB.AO平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)解取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB.又OG平面EFCB，所以OAOG.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a，0，0)，A(0，0， 3a)，B(2， 3(2a)，0)，EA(a，0， 3a)，BE(a2， 3(a2)，0)设平面AEB的法向量为n n(x，y，z)，则n nEA0，n nBE0，即ax 3az0，（a2）x 3（a2）y0.令z1，则x 3，y1，于是n n( 3，1，1)平面AEF的法向量为p p(0，1，0)所以 cosn n，p pn np p|n n|p p|55.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为55.(3)解因为BE平面AOC，所以BEOC，即BEOC0，因为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)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN平面BDH；(3)求二面角AEGM的余弦值(1)解点F，G，H的位置如图所示(2)证明连接BD，设O为BD的中点，因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OM12CD，HNCD，且HN12CD，所以OMHN，OMHN，所以MNHO是平行四边形，从而MNOH，又MN 平面BDH，OH平面BDH，所以MN平面BDH.(3)解法一连接AC，过M作MPAC于P，在正方体ABCDEFGH中，ACEG，所以MPEG，过P作PKEG于K，连接KM，所以EG平面PKM，从而KMEG，所以PKM是二面角AEGM的平面角，设AD2，则CM1，PK2，在 RtCMP中，PMCMsin 4522，在 RtPKM中，KMPK2PM23 22，所以 cosPKMPKKM2 23，即二面角AEGM的余弦值为2 23.法二如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DH方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，设AD2，则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)，设平面EGM的一个法向量为n n1(x，y，z)，由n n1GE0，n n1MG0，2x2y0，x2z0，取x2，得n n1(2，2，1)，在正方体ABCDEFGH中，DO平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n n2DO(1，1，0)，所以 cosn n1n n2|n n1|n n2|220441 1102 23，故二面角AEGM的余弦值为2 23.12(20 xx陕西，17)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角的正弦值(1)证明由该四面体的三视图可知，BDDC，BDAD，ADDC，BDDC2，AD1.由题设，BC平面EFGH，平面EFGH平面BDCFG，平面EFGH平面ABCEH，BCFG，BCEH，FGEH.同理EFAD，HGAD，EFHG，四边形EFGH是平行四边形又ADDC，ADBD，AD平面BDC，ADBC，EFFG，四边形EFGH是矩形(2)解法一如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则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)设平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，EFAD，FGBC，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为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E是AB的中点，F，G分别为BD，DC的中点，得E(1，0，12)，F(1，0，0)，G(0，1，0)FE0，0，12 ，FG(1，1，0)，BA(2，0，1)设平面EFGH的法向量n n(x，y，z)，则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)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点(1)证明：BEDC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BFAC，求二面角FABP的余弦值法一依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)(1)证明向量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)设n n(x，y，z)为平面PBD的法向量则n nBD0，n nPB0，即x2y0，x2z0.不妨令y1，可得n n(2，1，1)为平面PBD的一个法向量，于是有cosn n，BEn nBE|n n|BE|26 233.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)解向量BC(1，2，0)，CP(2，2，2)，AC(2，2，0)，AB(1，0，0)由点F在棱PC上，设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 .设n n1(x，y，z)为平面FAB的法向量，则n n1AB0，n n1BF0，即x0，12x12y32z0.不妨令z1，可得n n1(0，3，1)为平面FAB的一个法向量取平面ABP的法向量n n2(0，1，0)，则cosn n1 1，n n2 2n n1 1n n2 2|n|n1 1| |n|n2 2| |31013 1010.易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为3 1010.法二(1)证明如图，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EMDC，且EM12DC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BEAM.因为PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，从而CD平面PAD，因为AM平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)解连接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD， 而EMCD， 故PDEM， 又因为ADAP，M为PD的中点， 故PDAM， 可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BEEM，可得EBM为锐角，故EBM为直线BE与平面PBD所成的角依题意，有PD2 2，而M为PD中点，可得AM 2，进而BE 2.故在直角三角形BEM中，tanEBMEMBEABBE12，因此 sinEBM33.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为33.(3)解如图，在PAC中，过点F作FHPA交AC于点H.因为PA底面ABCD，故FH底面ABCD，从而FHAC.又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH.在底面ABCD内，可得CH3HA，从而CF3FP.在平面PDC内，作FGDC交PD于点G，于是DG3GP.由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F，G四点共面由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG.所以PAG为二面角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的余弦值为3 1010.14.(20 xx湖南，19)如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)证明：ACB1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值法一(1)证明如图，因为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)解因为B1C1AD， 所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为)如图，连接A1D，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且B1A1D1BAD90，所以A1B1平面ADD1A1.从而A1B1AD1.又ADAA13，所以四边形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，因为ACBD，所以BACADB.从而 RtABCRtDAB，故ABDABCAB.即ABDABC 3.连接AB1，易知AB1D是直角三角形，且B1D2BB21BD2BB21AB2AD221，即B1D 21.在 RtAB1D中，cosADB1ADB1D321217，即 cos(90)217.从而 sin217.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217.法二(1)证明易知，AB，AD，AA1两两垂直如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设ABt，则相关各点的坐标为：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)从而B1D(t，3，3)，AC(t，1，0)，BD(t，3，0)因为ACBD，所以ACBDt2300.解得t 3或t 3(舍去)于是B1D( 3，3，3)，AC( 3，1，0)因为ACB1D3300，所以ACB1D，即ACB1D.(2)解由(1)知，AD1(0，3，3)，AC( 3，1，0)，B1C1(0，1，0)设n n(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则n nAC0，n nAD10，即3xy0，3y3z0.令x1，则n n(1， 3， 3)设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin|cosn n，B1C1|n nB1C1|n n|B1C1|37217.15.(20 xx新课标全国，19)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC12AA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形，由于D为AA1的中点，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，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，CA的方向为x轴的正方向，|CA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)则A1D(0，0，1)，BD(1，1，1)，DC1(1，0，1)设n n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则n nBD0，n nA1D0，即xyz0，z0.可取n n(1，1，0)同理，设m m(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量则m mBD0，m mDC10.即x1y1z10，x1z10，可取m m(1，2，1)从而 cosn n，m mn nm m|n n|m m|32.故二面角A1BDC1的大小为 30.考点二空间距离1(20 xx江西，10)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)， 将第i1 次到第i次反射点之间的线段记为Li(i2，3，4)，L1AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()解析根据反射的对称性，质点是在过A，E，A1的平面内运动因为711E2E3L4E1E2L3，故L1L2L4L3，故选 C.答案C2(20 xx全国，4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，CC12 2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A2B. 3C. 2D1解析连接AC交BD于点O，连接OE，AB2，AC2 2.又CC12 2，则ACCC1.作CHAC1于点H，交OE于点M.由OE为ACC1的中位线知，CMOE，M为CH的中点由BDAC，ECBD知，BD平面EOC，CMBD.CM平面BDE.HM为直线AC1到平面BDE的距离又ACC1为等腰直角三角形，CH2.HM1.答案D3(20 xx重庆，9)高为24的四棱锥SABCD的底面是边长为 1 的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为 1 的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为()A.24B.22C1D. 2解析如图所示，过S点作SEAC交AC的延长线于E点，则SE面ABCD，故SE24.设球心为O，A，B，C，D所在圆的圆心为O1，则O1为AC，BD的交点在 RtOAO1中，AO122，AO1，故OO1122222.故OO12SE.过S点作SO2O1O于点O2，则O2为O1O的中点故OSO1为等腰三角形，则有O1SSO1.答案C4(20 xx大纲全国，6)已知直二面角l，点A，ACl，C为垂足，B，BDl，D为垂足，若AB2，ACBD1，则D到平面ABC的距离等于()A.23B.33C.63D1解析由题意可作图：AB2，ACBD1，BCAB2AC2 3，CDBC2BD2 2，作DEBC于点E，则DE即为D到平面ABC的距离DCDBBCDE，DEDCDBBC21363.答案C5.(20 xx北京，14)如图，在棱长为 2 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点， 点P在线段D1E上 点P到直线CC1的距离的最小值为_解析过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，P点到直线CC1的距离就是C1H，故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，此时，在 RtD1C1E1中，C1HD1E1，D1E1C1HC1D1C1E1，C1H252 55.答案2 55v6(20 xx江苏，22)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD2，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解以AB，AD，AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)因为AD平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD(0，2，0)因为PC(1，1，2)，PD(0，2，2)设平面PCD的法向量为m m(x，y，z)，则m mPC0，m mPD0，即xy2z0，2y2z0.令y1，解得z1，x1.所以m m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量从而 cosAD，m mADm m|AD|m m|33，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP(1，0，2)，设BQBP(，0，2)(01)，又CB(0，1，0)，则CQCBBQ(，1，2)，又DP(0，2，2)，从而 cosCQ，DPCQDP|CQ|DP|121022.设 12t，t1，3，则 cos2CQ，DP2t25t210t9291t592209910.当且仅当t95，即25时，|cosCQ，DP|的最大值为3 1010.因为ycosx在0，2 上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP 1222 5，所以BQ25BP2 55.7(20 xx山东，17)如图，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G，H分别为AC，BC的中点(1)求证：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE,BAC45，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小(1)证明法一连接DG，CD，设CDGFO，连接OH，在三棱台DEFABC中，AB2DE，G为AC的中点，可得DFGC，DFGC，所以四边形DFCG为平行四边形则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OHBD，又OH平面FGH，BD 平面FGH，所以BD平面FGH.法二在三棱台DEFABC中，由BC2EF，H为BC的中点，可得BHEF，BHEF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BEHF.在ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GHAB.又GHHFH，所以平面FGH平面ABED.因为BD平面ABED，所以BD平面FGH.(2)解法一设AB2，则CF1.在三棱台DEFABC中，G为AC的中点，由DF12ACGC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中点所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD两两垂直以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系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(0， 2，1)，故GH22，22，0，GF(0， 2，1)设n n(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由n nGH0，n nGF0，可得xy0，2yz0.可得平面FGH的一个法向量n n(1，1， 2)因为GB是平面ACFD的一个法向量，GB( 2，0，0)所以 cosGB，n nGBn n|GB|n|n|22 212.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为 60.法二作HMAC于点M，作MNGF于点N，连接NH.由FC平面ABC，得HMFC，又FCACC，所以HM平面ACFD.因此GFNH，所以MNH即为所求的角在BGC中，MHBG，MH12BG22，由GNMGCF，可得MNFCGMGF，从而MN66.由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此 tanMNHHMMN 3，所以MNH60，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为 60.8(20 xx四川，18)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值；(1)证明如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD为正三角形，因此AOBD，OCBD.因为AO、OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH，又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MN/BD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO的中点，故P为BC中点(2)解法一如图，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD是边长为 2 的正三角形，所以AOOC3.由俯视图可知，AO平面BCD.因为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.因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQBR2104.同理，可得MQ104.所以在等腰MNQ中，cosMNQMN2NQBD4NQ105.故二面角ANPM的余弦值是105.法二由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，0， 3)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(1，0，0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，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)，NP0，32，32 .设平面ABC的法向量n n1(x1，y1，z1)，则n n1AB，n n1BC，即n n1AB0，n n1BC0，有（x1，y1，z1）（1，0， 3）0，（x1，y1，z1）（1， 3，0）0，从而x1 3z10，x1 3y10.取z11，则x1 3，y11，所以n n1( 3，1，1)连接MP，设平面MNP的法向量n n2(x2，y2，z2)，则n n2MN，n n2NP，即n n2MN0，n n2NP0，有（x2，y2，z2）（1，0，0）0，（x2，y2，z2）0，32，32 0，从而x20，32y232z20.取z21，所以n n2(0，1，1)设二面角ANPM的大小为，则 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重庆，19)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D为AB的中点(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值解(1)由ACBC，D为AB的中点，得CDAB.又CDAA1，故CD面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CDBC2BD2 5.(2)法一如图，取D1为A1B1的中点，连接DD1，则DD1AA1CC1.又由(1)知CD面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1、A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A.因此AA1ADA1B1AA1，即AA21ADA1B18，得AA12 2.从而A1DAA21AD22 3.所以，在 RtA1DD1中，cosA1DD1DD1A1DAA1A1D63.法二如图，过D作DD1AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直以D为原点， 射线DB，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.设直三棱柱的高为h，则A(2，0，0)，A1(2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0， 5，0)，C1(0， 5，h)，从而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)设平面A1CD的法向量为m m(x1，y1，z1)，则m mDC，m mDA1，即5y10，2x12 2z10，取z11，得m m( 2，0，1)设平面C1CD的法向量为n n(x2，y2，z2)，则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的平面角的余弦值为63.