（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第八章立体几何8.2直线、平面平行的判定与性质课件.pptx

8.2 直线、平面平行的判定与性质,高考理数 (课标专用),考点 直线、平面平行的判定与性质,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2019课标,7,5分)设,为两个平面,则的充要条件是 ( ) A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行 C.,平行于同一条直线 D.,垂直于同一平面,答案 B 本题考查直线、平面平行与垂直的位置关系;以充要条件和面面平行为背景考查 推理论证能力与空间想象能力;考查的核心素养为逻辑推理. A、C、D选项中与可能相交,故选B. 易错警示 A、C、D三个选项中学生均可能忽略、相交的情况.,2.(2016课标,14,5分),是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: 如果mn,m,n,那么. 如果m,n,那么mn. 如果,m,那么m. 如果mn,那么m与所成的角和n与所成的角相等. 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号),答案 ,解析 对于,由mn,m可得n或n在内,当n时,与可能相交但不垂直,也可能平 行,故错误;对于,过直线n作平面与平面交于直线c,由n可知nc,m,mc,m n,故正确;对于,由两个平面平行的性质可知正确;对于,由线面所成角的定义和等角定 理可知其正确,故正确的有. 解题关键 熟记和理解每个定理是解决此类问题的关键.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点 直线、平面平行的判定与性质 1.(2018浙江,6,4分)已知平面,直线m,n满足m,n,则“mn”是“m”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 A m,n,mn,m,故充分性成立.而由m,n,得mn或m与n异面,故 必要性不成立.故选A.,2.(2015安徽,5,5分)已知m,n是两条不同直线,是两个不同平面,则下列命题正确的是 ( ) A.若,垂直于同一平面,则与平行 B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行 C.若, ,则在内 与平行的直线 D.若m,n ,则m与n 垂直于同一平面,答案 D 若,垂直于同一个平面,则,可以都过的同一条垂线,即,可以相交,故A错;若 m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若,不平行,则,相 交,设=l,在内存在直线a,使al,则a,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂 直于同一个平面,则由线面垂直的性质定理知mn,故D正确.,3.(2019江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC. 求证:(1)A1B1平面DEC1; (2)BEC1E.,4.(2019天津,17,13分)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为 ,求线段CF的长.,解析 本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识,考查用 空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.重点 考查的核心素养是逻辑推理、直观想象与数学运算. 依题意,可以建立以A为原点,分别以 , , 的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系 (如图), 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2). 设CF=h(h0),则F(1,2,h). (1)证明:依题意, =(1,0,0)是平面ADE的法向量,又 =(0,2,h),可得 =0, 又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.,(2)依题意, =(-1,1,0), =(-1,0,2), =(-1,-2,2). 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则 即 不妨令z=1, 可得n=(2,2,1),因此有cos= =- . 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 . (3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则 即 不妨令y=1,可得m= .,由题意,有|cos|= = = ,解得h= .经检验,符合题意.所以,线段CF的长为 . 思路分析 从已知条件线面垂直、线线垂直、线线平行入手,建立空间直角坐标系,将立体几 何中的位置关系转化为向量坐标关系,从而进行坐标运算,再将向量运算结果转化为立体几何 中的位置关系或长度. 方法总结 利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤: 观察图形,建立恰当的空间直角坐标系;写出相应点的坐标,求出相应直线的方向向量; 设出相应平面的法向量,利用两直线垂直,其相应方向向量数量积为零列出方程组求出法向量; 将空间位置关系转化为向量关系;根据定理结论求出相应的角或距离.,5.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1B1C1. 求证:(1)AB平面A1B1C; (2)平面ABB1A1平面A1BC.,证明 本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象 能力和推理论证能力. (1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,ABA1B1. 因为AB平面A1B1C,A1B1平面A1B1C, 所以AB平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形. 又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,所以AB1A1B. 因为AB1B1C1,BCB1C1,所以AB1BC. 又因为A1BBC=B,A1B平面A1BC,BC平面A1BC, 所以AB1平面A1BC, 又因为AB1平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面A1BC.,6.(2017江苏,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,ABAD,BCBD,平面ABD平面BCD,点E,F(E 与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EFAD. 求证:(1)EF平面ABC; (2)ADAC.,证明 (1)在平面ABD内,因为ABAD,EFAD,所以EFAB. 又因为EF平面ABC,AB平面ABC,所以EF平面ABC. (2)因为平面ABD平面BCD,平面ABD平面BCD=BD, BC平面BCD,BCBD,所以BC平面ABD. 因为AD平面ABD,所以BCAD. 又ABAD,BCAB=B,AB平面ABC,BC平面ABC, 所以AD平面ABC. 又因为AC平面ABC,所以ADAC. 方法总结 立体几何中证明线线垂直的一般思路: (1)利用两平行直线垂直于同一条直线(ab,acbc); (2)线面垂直的性质(a,bab).,C组 教师专用题组 考点 直线、平面平行的判定与性质 1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则 ( ) A.ml B.mn C.nl D.mn,答案 C 对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、斜交或异面,故B、 D错;对于C,因为n,l,所以nl,故C正确.故选C. 评析 本题考查了线面平行与垂直的性质及空间两条直线的位置关系.,2.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“lm”是“l”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 B 由已知知m,若lm,则l或l.故充分性不成立.若l,则一定有lm.故必要 性成立.选B.,3.(2013课标,4,5分)已知m,n为异面直线,m平面,n平面.直线l满足lm,ln,l,l, 则 ( ) A.且l B.且l C.与相交,且交线垂直于l D.与相交,且交线平行于l,答案 D 若,则mn,这与m、n为异面直线矛盾,所以与相交,A不正确.将已知条件转 化到正方体中,易知与不一定垂直,但与的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选D. 导师点睛 对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷.,4.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且 B1DA1F,A1C1A1B1. 求证:(1)直线DE平面A1C1F; (2)平面B1DE平面A1C1F.,证明 (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1AC. 在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DEAC,于是DEA1C1. 又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F, 所以直线DE平面A1C1F. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1. 因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1. 又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1, 所以A1C1平面ABB1A1. 因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D. 又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F. 因为直线B1D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.,5.(2015江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1CBC1=E.求证: (1)DE平面AA1C1C; (2)BC1AB1.,证明 (1)由题意知,E为B1C的中点, 又D为AB1的中点,因此DEAC. 又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C, 所以DE平面AA1C1C. (2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1平面ABC. 因为AC平面ABC,所以ACCC1. 又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1, BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1. 又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC. 因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形, 因此BC1B1C. 因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C, 所以BC1平面B1AC. 又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.,6.(2015山东,17,12分)如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点. (1)求证:BD平面FGH; (2)若CF平面ABC,ABBC,CF=DE,BAC=45,求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的 大小.,解析 (1)证法一:连接DG,CD,设CDGF=O,连接OH. 在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,G为AC的中点,可得DFGC,DF=GC,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. 证法二:在三棱台DEF-ABC中, 由BC=2EF,H为BC的中点,可得BHEF,BH=EF,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GHHF=H,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AB=2,则CF=1. 在三棱台DEF-ABC中,G为AC的中点,由DF= AC=GC,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,连接GB,DG,由于ABBC,BAC=45,G是AC的中点,所以AB=BC,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G-xyz.,所以G(0,0,0),B( ,0,0),C(0, ,0),D(0,0,1). 可得H ,F(0, ,1), 故 = , =(0, ,1). 设n=(x,y,z)是平面FGH的法向量, 则由 可得,可得平面FGH的一个法向量n=(1,-1, ). 因为 是平面ACFD的一个法向量, =( ,0,0), 所以cos= = = . 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60. 解法二:连接GB,作HMAC于点M,作MNGF于点N,连接NH. 由FC平面ABC,得HMFC,又FCAC=C,所以HM平面ACFD. 因此GFNH,所以MNH即为所求的角. 在BGC中,MHBG,MH= BG= , 由GNMGCF,可得 = ,从而MN= . 由HM平面ACFD,MN平面ACFD,得HMMN, 因此tanMNH= = ,所以MNH=60. 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60.,7.(2014课标,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的 中点. (1)证明:PB平面AEC; (2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD= ,求三棱锥E-ACD的体积.,解析 (1)证明:连接BD交AC于点O,连接EO. 因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点. 又E为PD的中点,所以EOPB. 又EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC. (2)因为PA平面ABCD,ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直. 如图,以A为坐标原点, 的方向为x轴的正方向,| |为单位长,建立空间直角坐标系A-xyz,则D (0, ,0),E , = .,设B(m,0,0)(m0),则C(m, ,0), =(m, ,0). 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则 即 可取n1= . 又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量,由题设得|cos|= ,即 = ,解得m= . 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为 . 三棱锥E-ACD的体积V= = . 思路分析 (1)在平面AEC内找出与PB平行的直线,分析题意可通过作三角形的中位线进行证 明;(2)要求三棱锥E-ACD的体积,易知三棱锥的高,又已知底面直角三角形的一直角边AD的长, 故只需求出另一直角边CD的长,可建立空间直角坐标系,利用向量法列方程求解. 易错警示 对于第(2)问,二面角的平面角与两个半平面的法向量夹角相等或互补,部分同学容,易错误认为仅相等,另外,计算法向量时可能出错. 评析 本题考查线面平行的判定,利用空间向量解二面角问题,考查了学生的空间想象能力.,考点 直线、平面平行的判定与性质 1.(2019河南洛阳尖子生4月联考,4)设l,m是两条不同的直线,是两个不同的平面,且l,m ,下列结论正确的是 ( ) A.若,则l B.若lm,则 C.若,则l D.若lm,则,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 C 对于A,l,只有加上l垂直于与的交线,才有l,所以A错误;对于B,若lm, l,m,则与可能平行,也可能相交但不垂直,所以B错误;对于C,若,l,由面面平行 的性质可知,l,所以C正确;对于D,若lm,l,m,则与可能平行,也可能相交,所以D错 误.,2.(2019福建福州3月质检,6)已知a,b是两条异面直线,直线c与a,b都垂直,则下列说法正确的是 ( ) A.若c平面,则a B.若c平面,则a,b C.存在平面,使得c,a,b D.存在平面,使得c,a,b,答案 C 对于A,满足c平面,且c与异面直线a,b均垂直,则a可能在内,也可能与斜交,故A 错误;对于B,满足c平面时,直线a与直线b可能其中一条在平面内,故B错误;对于C,若b, 则内一定存在一条直线b,使得bb,又知a,且a与b为两条异面直线,所以a与b一定相交, 又知cb,bb,所以cb,又知ca,a与b相交,所以c,故C正确;对于D,如果a,b,则a b,这与条件中a,b是两条异面直线相矛盾,故D错误,因此选C.,3.(2019安徽蚌埠二模,6)已知平面,两两垂直,直线a,b,c满足a,b,c,则直线a,b,c的 位置关系不可能是 ( ) A.两两平行 B.两两垂直 C.两两相交 D.两两异面,答案 A 假设a,b,c三条直线两两平行,如图所示,设=l,ab,a,b,a.又知a ,=l,al,又知,=l,l,又知ab,al,a,又知c,ac,所以假 设不成立.故三条直线a,b,c不可能两两平行,因此选A.,4.(2017豫西五校4月联考,6)已知m,n,l1,l2表示不同直线,、表示不同平面,若m,n,l1,l2 ,l1l2=M,则的一个充分不必要条件是 ( ) A.m且l1 B.m且n C.m且nl2 D.ml1且nl2,答案 D 对于选项A,当m且l1时,可能平行也可能相交,故A中条件不是的充分 条件;对于选项B,当m且n时,若mn,则,可能平行也可能相交,故B中条件不是的 充分条件;对于选项C,当m且nl2时,可能平行也可能相交,故C中条件不是的充分 条件;对于选项D,当ml1,nl2时,由线面平行的判定定理可得l1,l2,又l1l2=M,由面面平 行的判定定理可以得到,但时,ml1且nl2不一定成立,故D中条件是的一个充分 条件.故选D.,5.(2018河北唐山统一考试,14)在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为PAC的重心,过点G作三棱 锥的一个截面,使截面平行于PB和AC,则截面的周长为 .,答案 8,解析 过点G作EFAC,分别交PA、PC于点E、F,过E、F分别作ENPB、FMPB,分别交 AB、BC于点N、M,连接MN,则四边形EFMN是平行四边形(面EFMN为所求截面),且EF=MN= AC=2,FM=EN= PB=2,所以截面的周长为24=8.,6.(2019安徽蚌埠二模,18)如图所示,菱形ABCD的边长为2,D=60,点H为DC的中点,现以线段 AH为折痕将菱形折起,使点D到达点P的位置且平面PHA平面ABCH,点E,F分别为AB,AP的 中点. (1)求证:平面PBC平面EFH; (2)求平面PAH与平面PBC所成锐二面角的余弦值.,解析 (1)证明:菱形ABCD中,E,H分别为AB,CD的中点, 所以BECH,所以四边形BCHE为平行四边形,则BCEH, 又EH平面PBC, 所以EH平面PBC. (3分) 又点E,F分别为AB,AP的中点,所以EFBP, 又EF平面PBC, 所以EF平面PBC.而EFEH=E, 所以平面PBC平面EFH. (6分) (2)连接AC,菱形ABCD中,D=60,则ACD为正三角形,又H为DC的中点,菱形边长为2, AHCD,AH= ,DH=PH=CH=1. 折叠后,PHAH, 又平面PHA平面ABCH,平面PHA平面ABCH=AH, 从而PH平面ABCH. 又AHCD,HA,HC,HP三条直线两两垂直,以 , , 的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略), 则P(0,0,1),C(0,1,0),B( ,2,0), =( ,1,0), =(0,-1,1), (9分) 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z), 则 即 令y=- ,得x=1,z=- , m=(1,- ,- ). 平面PAH的一个法向量n=(0,1,0), cos=- =- , 设平面PAH与平面PBC所成锐二面角为, 则cos = . (12分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:30分钟 分值:45分 一、选择题(每题5分,共15分),1.(2019江西八校4月联考,5)设m,n是两条不同的直线,是三个不同的平面,给出下面四个命 题: 若,则;若,m,n,则mn;若m,n,则mn;若,= m,=n,则mn. 其中正确命题的序号是 ( ) A. B. C. D.,答案 D 对于,垂直于同一个平面的两个平面可能相交,也可能平行,所以命题错误;对于 ,在两个相互垂直的平面内的两条直线可能平行,可能相交,也可能异面,所以命题错误;对 于,若m,n,则直线m与n可能平行,也可能异面,所以错误;对于,由面面平行的性质 定理可知命题正确,故选D. 方法总结 对点、线、面的位置关系的判断,常采用穷举法,即对各种位置关系都进行考虑,要 充分利用几何模型的直观作用.,2.(2018湖南长沙长郡中学模拟,11)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABAD,BCAD,PA=AD=4,AB= BC=2,PA平面ABCD,点E是线段AB的中点,点F在线段PA上,且EF平面PCD,直线PD与平面 CEF交于点H,则线段CH的长度为 ( ) A. B.2 C.2 D.2,四边形,AM=2.又AD=4,M是AD的中点,则H为PD的中点,CH= = =2 , 故选C. 一题多解 取PA的中点M,PD的中点N,连接MN,BM,NC,由三角形中位线的性质可得MNAD, 且MN= AD.又BCAD,且BC= AD,MNBC,四边形BCNM为平行四边形,BMCN, 又知BM面PCD,CN面PCD,BM面PCD,又EF面PCD,且EF,BM面PAB,EFBM. F为AM的中点,PD与平面CEF交于点H,H与N重合,即H为PD的中点,连接AC,PA=AD= 4,AB=BC=2,PAAD,ABBC,PD=4 ,AC=2 ,PC=2 .由直角梯形知识可得CD=2 , PC2+CD2=PD2,即PCCD,CH= PD=2 ,故选C.,答案 C PD与平面CEF交于点H,平面CEF平面PCD=CH,EF平面PCD,EFCH,过点H作HMPA交AD于点M,连接CM,EFAP=F,CHHM=H,平面AEF平面CHM,平面AEF平面ABCD=AE,平面CHM平面ABCD=CM,AECM,又BCAM,四边形ABCM为平行,3.(2019河南郑州一模,10)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为等腰直角三角形,ABAC,点M,N 分别为AB1,A1C上的动点,若直线MN平面BCC1B1,Q为线段MN的中点,则点Q的轨迹是 ( ) A.双曲线的一支(一部分) B.圆弧(一部分) C.线段(去掉一个端点) D.抛物线的一部分,答案 C 如图,连接B1C,分别取AA1,B1C的中点E,F,任意作一个与平面BCC1B1平行的平面,与 AB1,A1C分别交于M,N,则MN平面BCC1B1.由ABC为等腰直角三角形,ABAC,得四边形 AA1B1B与四边形AA1C1C是两个全等的矩形,这两个四边形面关于过棱AA1且与平面BCC1B1垂直的 平面是对称的,因此EF必过MN的中点Q,故点Q的轨迹为线段EF,但需去掉端点F,故选C. 关键点拨 立体几何中的动点的轨迹确定,解答时通常要根据几何体在相关线段、平面的变 化规律,洞悉其变化特点,哪些点、线保持不变,哪些点、线在变化,是按什么规律变化的,进而 可将动态固定下来考虑.,二、填空题(每题5分,共5分) 4.(2019豫北名校4月联考,14)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,点D,D1分别为AC,A1C1上的点,若平面 BC1D平面AB1D1,则 = .,答案 1,解析 如图所示,连接A1B,与AB1交于点O,连接OD1,平面BC1D平面AB1D1,平面BC1D平面 A1BC1=BC1,平面A1BC1平面AB1D1=D1O,BC1D1O, = ,同理AD1DC1, = , = ,又 =1, =1,即 =1. 方法点拨 对于命题条件的探索,常采用以下三种方法: 先猜后证,即先观察与尝试,给出条件再证明; 先确定命题成立的必要条件,探索出命题成立的条件,再证明其充分性; 把几何问题转化为代数问题,探索命题成立的条件.,三、解答题(共25分) 5.(2019福建3月质检,18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是等边三角形,侧面BCC1B是矩形, AB=A1B,N是B1C的中点,M是棱AA1上的点,且AA1CM. (1)证明:MN平面ABC; (2)若ABA1B,求二面角A-CM-N的余弦值.,解析 (1)证明:如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,连接BM,因为四边形BCC1B1是矩形, 所以BCBB1,因为AA1BB1,所以AA1BC. (1分) 又因为AA1MC,BCMC=C,所以AA1平面BCM, (2分) 所以AA1MB,又因为AB=A1B,所以M是AA1的中点. (3分) 取BC的中点P,连接NP,AP,因为N是B1C的中点, 所以NPBB1且NP= BB1, (4分) 又AA1BB1, 所以NPMA且NP=MA,所以四边形AMNP是平行四边形,所以MNAP. (5分) 又因为MN平面ABC,AP平面ABC,所以MN平面ABC. (6分),(2)因为ABA1B,AB=A1B,所以ABA1是等腰直角三角形, 设AB= a,则AA1=2a,BM=AM=a. 在RtACM中,AC= a,所以MC=a. 在BCM中,CM2+BM2=2a2=BC2,所以MCBM. (7分) 由(1)知,MCAA1,BMAA1,则BM,MC,MA1两两垂直.如图,以M为坐标原点, , , 的方向 分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系, (8分) 则M(0,0,0),C(0,0,a),B1(2a,a,0).,所以N ,则 =(0,0,a), = . (9分) 设平面CMN的法向量为n1=(x,y,z), 则 即 取x=1,得y=-2.故平面CMN的一个法向量为n1=(1,-2,0).(10分) 又因为平面ACM的一个法向量为n2=(0,1,0), 所以cos= =- . (11分) 易知二面角A-CM-N为钝二面角, 所以二面角A-CM-N的余弦值为- . (12分) 思路分析 (1)首先证