1、必考部分 第七章第七章 立体几何立体几何 高考大题规范解答系列(四)立体几何 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点一 线面的位置关系与体积计算 (2017 全国卷)如图，四面体ABCD中，ABC是正三 角形，ADCD (1)证明：ACBD； (2)已知ACD是直角三角形，ABBD若E为棱BD上与D不重合的 点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比 例 1 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【分析】 看到证明线线垂直(ACBD)，想到证明线面垂直，通 过线面垂直证明线线垂直 看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平 面，转化为
2、求高的比 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【标准答案】规范答题 步步得分 (1)取 AC 的中点 O，连接 DO，BO 1 分得分点 因为 ADCD，所以 ACDO 又由于ABC 是正三角形， 所以 ACBO 又因为 DOBOO， 从而 AC平面 DOB， 3 分得分点 故 ACBD 4 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)连接 EO 5 分得分点 由(1)及题设知ADC90 ，所以 DOAO 在 RtAOB 中，BO2AO2AB2， 又 ABBD，所以 BO2DO2BO2AO2AB2BD2， 故DOB90 7 分得分点 由题设知AEC 为直角三
3、角形， 所以 EO1 2AC 8 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 又ABC 是正三角形，且 ABBD， 所以 EO1 2BD故 E 为 BD 的中点， 9 分得分点 从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1 2， 四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2， 11 分得分点 即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积之比为 11 12 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【评分细则】 作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分 得出 ACDO 和 ACBO 得 1 分， 由线面垂直的判定写出 AC平
4、面 DOB，再得 1 分 由线面垂直的性质得出结论得 1 分 作出辅助线，并用语言正确表述得 1 分 由勾股定理逆定理得到DOB90 得 2 分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 由直角三角形的性质得出 EO1 2AC 得 1 分 由等边三角形的性质得出 E 为 BD 的中点，得 1 分 得出四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的1 2得 2 分 正确求出体积比得 1 分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【名师点评】 1核心素养：空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点 题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象”的核心素养 2解题技巧：(1
5、)得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与 计算过程中的得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以，对于得分点 步骤一定要写，如第(1)问中ACDO，ACBO；第(2)问中BO2DO2 BO2AO2AB2BD2等 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)利用第(1)问的结果：如果第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算 用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本 题就是在第(1)问的基础上得到DOAO 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 变式训练 1 (2020 课标，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正
6、三角 形，P 为 DO 上一点，APC90 (1)证明：平面 PAB平面 PAC； (2)设 DO 2，圆锥的侧面积为 3，求三 棱锥 PABC 的体积 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)证明：由题设可知，PAPBPC 由于ABC 是正三角形， 故可得PACPAB，PACPBC 又APC90 ，故APB90 ，BPC90 ， 从而 PBPA，PBPC，故 PB平面 PAC， 所以平面 PAB平面 PAC 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l 由题设可得 rl 3，l2r22解得 r1，l 3 从而 AB 3 由
7、(1)可得 PA2PB2AB2， 故 PAPBPC 6 2 所以三棱锥 PABC 的体积为1 3 1 2PAPBPC 1 3 1 2 6 2 3 6 8 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点二 线面的位置关系与空间角计算 例 2 (2021 山西省联考)如图， 在直三棱 柱 ABC-A1B1C1中，ABC 是以 BC 为斜边的等 腰直角三角形，O，M 分别为 BC，AA1的中点 (1)证明：OM平面 CB1A1； (2)若四边形 BB1C1C 为正方形， 求平面 MOB1与平面 CB1A1所成二面 角的正弦值 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【分析】 在平面
8、A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明； 建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量， 求两法向量夹角正弦值即可 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【标准答案】规范答题 步步得分 (1)证明：如图，连接 BC1，交 CB1于点 N， 连接 A1N，ON，则 N 为 CB1的中点 因为 O 为 BC 的中点，所以 ONBB1， 且 ON1 2BB1， 2 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 又 MA1BB1，MA11 2BB1， 所以四边形 ONA1M 为平行四边形，即 OMA1N 4 分得分点 因为 OM平面 CB1A1，A1N平面
9、 CB1A1， 所以 OM平面 CB1A1 5 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)解：连接 OA，令 BC2，因为 ABAC，O 为 BC 的中点，所以 AOBC 又三棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，ONBB1， 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 所以 OA，OB，ON 两两垂直，分别以OB ，ON ，OA 的方向为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 6 分得分点 因为 ABAC 2，BCAA12， 所以 O 0，0，0，B1 1，2，0，M 0，1，1，C 1，0，0， 所以OM NA1 0，1，1，
10、OB1 1，2，0，CB1 2，2，0 7 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设平面 MOB1的法向量为 m x，y，z， 则 OM m0， OB1 m0， 即 yz0， x2y0， 令 z1，可得 y1，x2， 所以平面 MOB1的一个法向量为 m 2，1，1 8 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设平面 CB1A1的法向量为 n a，b，c， 则 NA1 n0， CB1 n0， 即 bc0， 2a2b0， 令 c1，可得 b1，a1， 所以平面 CB1A1的一个法向量为 n 1，1，1， 9 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七
11、章 立体几何 所以 cosm，n 211 111 22 1 212 12 1 212 4 3 2 2 2 3 ， 11 分得分点 所以平面 MOB1与平面 CB1A1所成二面角的正弦值为1 3 12 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【评分细则】 第一问共 5 分，证出 ONBB1和 ON1 2BB1 得 2 分，证出 OM A1N 得 2 分，未说明 OM平面 CB1A1，直接证出 OM平面 CB1A1，扣 1 分 第二问共 7 分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得 2 分， 写出平面 MOB1的法向量与平面 CB1A1的法向量各得 1 分 其他方法按步骤酌情给
12、分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【名师点评】 1 核心素养： 本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解， 考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、 逻辑推理、直观想象、数学运算 2解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给 分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出 OM 平面 CB1A1成立的条件，写不全则不能得全分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)思维发散：注意到O、M分别为BC、 AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明(1)连 BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由 M
13、为AA1的中点，AMMA1，又ABA1B1， ABMMHA1，又AMBHMA1， ABMA1HM，BMMH，又O为BC中 点，MOCH，又MO平面CB1A1，CH平面 CB1A1，OM平面CB1A1 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 注意到解答(2)需求平面 CB1A1的法向量 n，故要证明 OM平面 CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出 n，证明 n OM 0，说明 OM 平面 CB1A1即可得证 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 变式训练 2 (2020 浙江，19)如图，在三棱台 ABC DEF 中， 平面 ACFD平面 ABC， ACB ACD45
14、 ，DC2BC (1)证明：EFDB； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦 值 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)证明：如图，过点 D 作 DO AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB 由ACD45 ， DOAC 得 CD 2CO， 由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 由ACB45 ，BC1 2CD 2 2 CO 得 BOBC 所以 BC平面 BDO，故 BCDB 由三棱台 ABCDEF 得 BCEF， 所以 EFDB 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何
15、(2)解法一：过点 O 作 OHBD，交直线 BD 于点 H，连接 CH 由三棱台 ABCDEF 得 DFCO， 所以直线 DF 与平面 DBC 所成角 等于直线 CO 与平面 DBC 所成角， 由 BC平面 BDO 得 OHBC，故 OH平面 BCD， 所以OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设 CD2 2， 由 DOOC2，BOBC 2，得 BD 6，OH2 3 3 ， 所以 sinOCHOH OC 3 3 ， 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解 法 二
16、 ： 由 三 棱 台 ABC DEF 得 DFCO， 所以直线DF与平面DBC所成角等于直线 CO与平面DBC所成角，记为 如图，以O为原点，分别以射线OC， OD为y，z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系Oxyz 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设 CD2 2 由题意知各点坐标如下： O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2) 因此OC (0,2,0)，BC (1,1,0)，CD (0，2,2) 设平面 BCD 的法向量 n(x，y，z) 由 n BC 0， n CD 0， 即 xy0， 2y2z0， 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几
17、何 可取 n(1,1,1) 所以 sin |cosOC ，n| |OC n| |OC | |n| 3 3 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点三 立体几何中的折叠问题 (2021 启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD中， AECD，BFCD，AB1，AD2，ADE60，沿AE，BF折成三 棱柱AEDBFC 例 3 (1)若 M，N 分别为 AE，BC 的中点，求证：MN平面 CDEF； (2)若 BD 5，求二面角 EACF 的余弦值 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【分析】 利用面面平行的判定和
18、性质即可证明； 建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空 间向量法求解 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【标准答案】规范答题 步步得分 (1)取 AD 的中点 G，连接 GM，GN， 在三角形 ADE 中，M，G 分别为 AE，AD 的中点， MGDE， DE平面 CDEF，MG平面 CDEF， MG平面 CDEF 2 分得分点 由于 G，N 分别为 AD，BC 的中点， 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 由棱柱的性质可得 GNDC， CD平面 CDEF，GN平面 CDEF， GN平面 CDEF 3 分得分点 又 GM平面 GMN，GN平面 G
19、MN，MGNGG， 平面 GMN平面 CDEF， 4 分得分点 MN平面 GMN，MN平面 CDEF 5 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)连接 EB，在 RtABE 中，AB1，AE 3， BE2，又 ED1，DB 5， EB2ED2DB2， DEEB，又 DEAE 且 AEEBE， DE平面 ABFEEA、EF、ED 两两垂直 7 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得 E(0,0,0)，A( 3，0,0)，F(0,1,0)，C(0,1,1)， AC ( 3，1,1)，AE ( 3，0,0)，FC (
20、0,0,1) 8 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设平面 AFC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m AC 3xyz0， m FC z0， 则 z0， 令 x1，得 y 3，则 m(1， 3，0)为平面 AFC 的一个法向量， 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设平面 ACE 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 n AE 3x10， n AC 3x1y1z10， 则 x10，令 y11，得 z11， n(0,1，1)为平面 ACE 的一个法向量 10 分得分点 设 m，n 所成的角为 ，则 cos m n |m| |n| 3 2 2 6 4
21、 ， 由图可知二面角 EACF 的余弦值是 6 4 12 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【评分细则】 由线线平行得到线面平行，给2分 同理再推出一个线面平行，给1分 由线面平行推出面面平行，给1分 由面面平行得到线面平行，给1分 由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给1分 正确求出平面的法向量，给2分 利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦 值，给2分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【名师点评】 1核心素养：本题考查线面平
22、行的判定与性质定理，考查二面角 的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算 能力 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 2解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE平面CDEF，MG平 面CDEF，要写全 (2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建 系 (3)折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的 变与不变一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量 关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折 叠后会发生变化，对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的 关系则要在立体图形中解决 高考一轮总
23、复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 变式训练3 (2021 河 北 质 检 ) 如 图 1 ： 在 ABC中，ABBC，AB2BC 4，点E，F分别是线段AB和AC的中 点如图2：以EF为折痕把AEF折 起，使点A到达点P的位置 (1) 证 明 ： 平 面 FPC 平 面 BPC； (2)若PEB为等边三角形，求 二面角CPFE的余弦值 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)证明：如图，设 M，N 分别为线段 PB，PC 的中点， 连接 EM，MN，FN，故 MN 綊1 2BC 由 E，F 分别是线段 AB 和 AC 的中点，得 PEBE，PFCF，EF 綊1 2B
24、C， 故 EF 綊 MN，所以 EM 綊 FN 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 又 M，N 分别为线段 PB，PC 的中点， 所以 EMPB，FNPC 又 EM 綊 FN，所以 FNPB，所以 FN平面 PBC 又 FN平面 FPC，所以平面 FPC平面 BPC 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)解：因为 BCAB，所以翻折后有 BCBE，BCEP， 所以 BC平面 PBE， 故平面 PBE平面 BCFE 若PEB 为等边三角形，则 PB2 设 O 为 BE 的中点，连接 PO，故 POBE， 故 PO平面 BCFE 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七
25、章 立体几何 以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OP 的方向为 z 轴正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz 则 C(1,2,0)，F(1,1,0)，E(1,0,0)，P(0,0， 3) 设 n(x1，y1，z1)为平面 PEF 的法向量， 则 n EF 0， n EP 0， 即 y10， x1 3z10， 可取 n( 3，0,1) 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设 m(x2，y2，z2)为平面 PCF 的法向量， 则 m CP 0， m CF 0， 即 x22y2 3z20， 2x2y20， 可取 m(1，2， 3) 所以 cosn，m n m
26、|n|m| 2 3 4 8 6 4 ， 由题意，可知二面角 CPFE 为钝角 所以二面角 CPFE 的余弦值为 6 4 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 考点四 立体几何中的探索性问题 (2021 陕西省西安中学模拟)如图 所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形， 且PA平面ABCD，ABC60，E是BC中点， F是PC上的点 例 4 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (1)求证：平面 AEF平面 PAD； (2)若 M 是 PD 的中点，当 ABAP 时，是否存在点 F，使直线 EM 与平面 AEF 的所成角的正弦值为1 5？若存在，请求出 PF PC的
27、值；若不存在， 请说明理由 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【分析】 利用面面垂直的判定定理，证 AE平面 PAD 或证 AD 平面 AEF 即可； 建立空间直角坐标系，假设符合条件的点 F 存在，且PF PC ， 利用向量法求解 回答 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【标准答案】规范答题 步步得分 (1)连接 AC，因为底面 ABCD 为菱形，ABC60 ，所以ABC 是 正三角形， 1 分得分点 E 是 BC 的中点， AEBC，又 ADBC， AEAD， 2 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 PA平面 ABCD，AE平面 AB
28、CD， PAAE， 3 分得分点 又 PAADA，AE平面 PAD， 4 分得分点 又 AE平面 AEF，所以平面 AEF平面 PAD 5 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)又PAAD，PA、AE、AD两两垂 直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐 标系， 6分得分点 不妨设ABAP2，则AE 3， 则A(0,0,0)，C(3，1,0)，D(0,2,0)， P(0,0,2)，E( 3，0,0)，M(0,1,1)， 7分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设PF PC 3，1，2，01， 则AF AP PF (0,0,2)( 3，1，2)(
29、 3，22)， 又AE 3，0，0， 设 n x，y，z是平面 AEF 的一个法向量， 则 n AE 3x0 n AF 3xy 22z0 ， 取 z，得 n(0,22，)， 10 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设直线 EM 与平面 AEF 所成角为 ， 由EM 3，1，1，得： sin cosEM ，n |EM n| |EM | |n| |32| 5 2222 1 5 化简得：1021340， 解得 1 2或 4 5， 11 分得分点 故存在点 F 满足题意，此时PF PC为 1 2或 4 5 12 分得分点 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 【评
30、分细则】 证出ABC 是正三角形得 1 分 证出 AEAD 得 1 分 由线面垂直性质证出 PAAE 得 1 分，不写 AE平面 ABCD 不得 分 由线面垂直的判定证出 AE平面 PAD 得 1 分 证出平面 AEF平面 PAD 得 1 分，条件不全不得分 建出空间直角坐标系得 1 分 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 设出PF PC 得 1 分 求出平面 AEF 的法向量得 3 分，算错但写出AE ，AF 坐标得 1 分 求出 得 2 分，算错但写出 sin |cosEM ，n| |EM n| |EM |n| 得 1 分 得出正确结论得 1 分 高考一轮总复习 数学（新高考
31、） 第七章 立体几何 【名师点评】 1核心素养：本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与 化归的思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算 2解题技巧：(1)写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有 则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中 AE平 面 ABCD 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分， 所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建 立；再如AF AP PF 等 (3)思维发散：也可通过证 ADPA、ADAE 证得 AD平面 AEF， 进而证得平
32、面 AEF平面 PAD 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 变式训练4 (2021 陕西省质检)如图所示，等腰梯形ABCD 的底角BADADC60，直角梯形ADEF所 在的平面垂直于平面ABCD，且EDA90，ED AD2AF2AB2 (1)证明：平面 ABE平面 EBD； (2)点 M 在线段 EF 上， 试确定点 M 的位置， 使平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面角的余弦值为 3 4 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 解析 (1)证明：平面 ABCD平面 ADEF， 平面 ABCD平面 ADEFAD，EDAD， ED平面 ABCD，AB平面 ABCD，
33、EDAB， AB1，AD2，BAD60 ， BD 14212cos 60 3， AB2BD2AD2， ABBD，又BD平面 BDE， BDEDD，AB平面 BDE，AB平面 ABE， 平面 ABE平面 EBD 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 (2)以B为坐标原点，以BA，BD为x轴，y轴建立如图所示的空间直角 坐标系Bxyz， 则A(1,0,0)，B(0,0,0)，C 1 2， 3 2 ，0 ， D(0， 3，0)，E(0， 3，2)，F(1,0,1)， 则CD 1 2， 3 2 ，0 ，DE (0,0,2)， BA (1,0,0)，EF (1， 3，1)， 高考一轮总复习
34、数学（新高考） 第七章 立体几何 设EM EF (， 3，)，(01)， 则BM BE EM (， 3 3，2)， 设平面 CDE 的法向量为 m(x1，y1，z1)，平面 ABM 的法向量为 n (x2，y2，z2)， 则 m CD 1 2x1 3 2 y10， m DE 2z10， 即 x1 3y1， z10， 高考一轮总复习 数学（新高考） 第七章 立体几何 不妨取 y11，则 m( 3，1,0)， n BA x20， n BM x2 3 3y22z20 不妨取 y22，则 n(0,2， 3 3)， |cos | |m n| |m| |n| |2| 2 42107 3 4 ，即 1 2或 5 4(舍)， 即点 M 为线段 EF 的中点时，平面 MAB 与平面 ECD 所成的锐二面 角的余弦值为 3 4 谢谢观看
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