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1、 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題11 空間幾何體 一、選擇題 1．(20xx·河北衡水中學(xué)三調(diào)) 如圖正方形OABC的邊長為1 cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長是(　　) A．8 cm B．6 cm C．2(1＋) cm D．2(1＋) cm [答案]　A [解析]　 由直觀圖得，原圖形是如圖所示的平行四邊形O′A′B′C′，其中A′O′⊥O′B′，可得O′A′＝1，O′B′＝2OB＝2，故A′B′＝＝3， ∴原圖形的周長為：2×(3＋1)＝8. [方法點撥]　空間幾何體

2、的直觀圖畫法規(guī)則 空間幾何體直觀圖的畫法常采用斜二測畫法．用斜二測畫法畫平面圖形的直觀圖規(guī)則為“軸夾角45°(或135°)，平行長不變，垂直長減半”． 2．(文)某四棱錐的底面為正方形，其三視圖如圖所示，則該四棱錐的體積等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B [解析]　 由三視圖知，該幾何體底面是正方形，對角線長為2，故邊長為，幾何體是四棱錐，有一條側(cè)棱與底面垂直，其直觀圖如圖，由條件知PC＝，AC＝2， ∴PA＝3，體積V＝×()2×3＝2. (理)(20xx·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調(diào)研)在三棱錐P－

3、ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D為側(cè)棱PC上的一點，它的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，則下列命題正確的是(　　) A．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為 B．BD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為 C．AD⊥平面PBC，且三棱錐D－ABC的體積為 D．AD⊥平面PAC，且三棱錐D－ABC的體積為 [答案]　C [解析]　∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又∵AC⊥BC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又∵AD?平面PAC，∴BC⊥AD，由正視圖可知，AD⊥PC，又PC∩BC＝C，∴AD⊥平面PBC，且VD－ABC＝VP－ABC＝××4

4、×(×4×4)＝. [方法點撥]　1.空間幾何體的三視圖畫法規(guī)則 三視圖的正視圖、側(cè)視圖、俯視圖分別是從物體的正前方、正左方、正上方看到的物體輪廓線的正投影圍成的平面圖形，三視圖的畫法規(guī)則為“長對正、高平齊、寬相等”． 2．識讀三視圖時，要特別注意觀察者的方位與三視圖的對應(yīng)關(guān)系和虛實線． 3．(文)(20xx·洛陽市期末)一個幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖與側(cè)視圖均為半徑是1的圓，則這個幾何體的體積是(　　) A. B. C．π D. [答案]　C [解析]　由三視圖知，該幾何體是一個球切去后所得的幾何體，故其體積為：V＝

5、×π×13＝π，選C. (理)(20xx·河南八市質(zhì)檢)已知某幾何體的三視圖如圖所示，那么這個幾何體的外接球的表面積為(　　) A．4π B．12π C．2π D．4π [答案]　B [解析]　根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個四棱錐D1－ABCD，它是由正方體ABCD－A1B1C1D1切割出來的，所以外接球的直徑2R＝BD1＝＝2，所以R＝，所以S＝4πR2＝12π. [方法點撥]　在分析空間幾何體的三視圖問題時，先根據(jù)俯視圖確定幾何體的底面，然后根據(jù)正(主)視圖或側(cè)(左)視圖確定幾何體的側(cè)棱與側(cè)面的特征，調(diào)整實線和虛線所對應(yīng)的棱、面的位置，特別注意由

6、各視圖中觀察者與幾何體的相對位置與圖中的虛實線來確定幾何體的形狀． 4．(20xx·唐山市一模)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C．8－ D．8－ [答案]　C [解析]　由三視圖知原幾何體是棱長為2的正方體中挖掉一個圓錐， ∴V＝V正方體－V圓錐＝2×2×2－×(π×12)×2＝8－. [方法點撥]　1.求幾何體的表面積與體積問題，熟記公式是關(guān)鍵，應(yīng)多角度全方位的考慮． (1)給出幾何體的形狀、幾何量求體積或表面積，直接套用公式． (2)用三視圖給出幾何體，先依據(jù)三視圖規(guī)則

7、想象幾何體的形狀特征，必要時畫出直觀圖，找出其幾何量代入相應(yīng)公式計算． (3)用直觀圖給出幾何體，先依據(jù)線、面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理討論分析幾何體的形狀特征，再求體積或表面積． (4)求幾何體的體積常用等積轉(zhuǎn)化的方法，轉(zhuǎn)換原則是其高易求，底面在幾何體的某一面上，求不規(guī)則幾何體的體積，主要用割補(bǔ)法． 2．涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點或線作截面，把空間問題化歸為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系． 3．若球面上四點P、A、B、C構(gòu)成的線段PA、PB、PC兩兩垂直，一般先將四棱錐P－ABCD補(bǔ)成球的內(nèi)接長方體，利用4R2＝PA2＋PB2＋

8、PC2解決問題． 5．(文)(20xx·山東文，9)已知等腰直角三角形的直角邊的長為2，將該三角形繞其斜邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體的體積為(　　) A. B. C．2π D．4π [答案]　B [解析]　考查1.旋轉(zhuǎn)體的幾何特征；2.幾何體的體積． 由題意知，該等腰直角三角形的斜邊長為2，斜邊上的高為，所得旋轉(zhuǎn)體為同底等高的兩個全等圓錐，所以，其體積為2×π×()2×＝，故選B. (理)(20xx·山東理，7)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.將梯形ABCD繞AD所在的直線

9、旋轉(zhuǎn)一周所形成的曲面圍成的幾何體的體積為(　　) A. B. C. D．2π [答案]　C [解析]　梯形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的曲面圍成的幾何體是一個底面半徑為1，高為2的圓柱挖去一個底面半徑為1，高為1的圓錐所得的組合體；所以該組合體的體積為V＝V圓柱－V圓錐＝π×12×2－π×12×1＝2π－＝.故選C. 6．(文)(20xx·安徽理，7)一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的表面積為(　　) A．21＋ B．18＋ C．21 D．18 [答案]　A [解析]　如圖，還原直觀圖為棱長為2的正方體截去

10、兩個角， 其6個面都被截去了一個直角邊長為1的等腰直角三角形，表面增加了兩個邊長為的正三角形，故其表面積S＝6×(2×2－×1×1)＋×()2×2＝21＋. (理)一個半徑為1的球體經(jīng)過切割后，剩下部分幾何體的三視圖如圖所示，則剩下部分幾何體的表面積為(　　) A. B. C．4π D. [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是一個球體，保留了下半球，上半球分為四份，去掉了對頂?shù)膬煞?，故表面積為球的表面積，去掉球表面積加上6個的圓面積． ∴S＝4πR2－(4πR2)＋6×πR2＝πR2， 又R

11、＝1，∴S＝π. [方法點撥]　注意復(fù)合體的表面積計算，特別是一個幾何體切割去一部分后剩余部分的表面積計算．要弄清增加和減少的部分． 7．(文)(20xx·福建文，9)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積等于(　　) A．8＋2 B．11＋2 C．14＋2 D．15 [答案]　B [解析]　考查三視圖和表面積． 由三視圖還原幾何體，該幾何體是底面為直角梯形，高為2的直四棱柱，且底面直角梯形的兩底長分別為1,2，直角腰長為1，斜腰為.底面積為2××3＝3，側(cè)面積為2＋2＋4＋2＝8＋2，所以該幾何體的表面積為11＋2，故選B. (理)某幾

12、何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．16π－16 B．8π－8 C．16π－8 D. [答案]　A [解析]　由三視圖可知，幾何體為圓柱中挖去一個正四棱柱，所以體積V＝π×22×4－2×2×4＝16π－16. 8．(文)已知一個三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，則該三棱錐的側(cè)視圖面積為(　　) A. B. C．1 D. [答案]　B [解析]　由題意知，此三棱錐的底面為有一個角為30°的直角三角形，其斜邊長AC＝2，一個側(cè)面DAC為等腰直角三角形，∴DE＝1，BF＝，其側(cè)視圖為直角三角形，其

13、兩直角邊與DE、BF的長度相等，面積S＝×1×＝. (理)某幾何體的三視圖(單位：m)如圖所示，則其表面積為(　　) A．(96＋32)m2 B．(64＋32)m2 C．(114＋16＋16)m2 D．(80＋16＋16)m2 [答案]　D [解析]　由三視圖知該幾何體是一個組合體，中間是一個棱長為4的正方體(由正、側(cè)視圖中間部分和俯視圖知)，上部是一個有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐，下部是一個正四棱錐，表面積S＝2(×4×4＋×4×)＋4×42＋4×(×4×2)＝80＋16

14、＋16(m2)． 二、填空題 9．(文)某幾何體的三視圖如圖所示，則其體積為________． [答案]　 [解析]　由三視圖可知，此幾何體是底面半徑為1，高為2的半個圓錐． ∴V＝×(π×12×2)＝. (理)(20xx·天津文，10)一個幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為________m3. [答案]　 [解析]　本題考查三視圖及簡單幾何體的體積計算，考查空間想象能力和簡單的計算能力． 由三視圖知，該幾何體下面是圓柱、上面是圓錐． ∴V＝π×12×4＋π×22×

15、2＝. 10．(文)某幾何體的三視圖如圖所示，該幾何體的體積為________． [答案]　48 [解析]　由三視圖知，該幾何體是一個組合體，其上部為長方體，下部為橫放的四棱柱，其底面是上底長2，下底長6，高為2的等腰梯形，柱高為4，其體積V＝2×4×2＋(2＋6)×2×4＝48. (理)某幾何體的三視圖(單位：cm)如下圖，則這個幾何體的表面積為________cm2. [答案]　12＋2 [解析]　由三視圖知，該幾何體為正三棱柱， 底面積S1＝2×(×2×)＝2， 側(cè)面積S2＝3×(2&

16、#215;2)＝12， ∴表面積S＝S1＋S2＝12＋2cm2. 三、解答題 11．(文)(20xx·北京文，18)如圖，在三棱錐V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB為等邊三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分別為AB，VA的中點． (1)求證：VB∥平面MOC； (2)求證：平面MOC⊥平面VAB； (3)求三棱錐V－ABC的體積． [分析]　本題主要考查線線平行、線面平行、線線垂直、線面垂直、面面垂直、三棱錐的體積公式等基礎(chǔ)知識，考查學(xué)生的分析問題解決問題的能力、空間想象能力、邏輯推理能力、轉(zhuǎn)化能力、計算能力．第一問，在三角形ABV中，利用中位線的性質(zhì)

17、得OM∥VB，最后直接利用線面平行的判定得到結(jié)論；第二問，先在三角形ABC中得到OC⊥AB，再利用面面垂直的性質(zhì)得OC⊥平面VAB，最后利用面面垂直的判定得出結(jié)論；第三問，將三棱錐進(jìn)行等體積轉(zhuǎn)化，利用VC－VAB＝VV－ABC，先求出三角形VAB的面積，由于OC⊥平面VAB，所以O(shè)C為錐體的高，利用錐體的體積公式計算出體積即可． [解析]　(1)因為O，M分別為AB，VA的中點， 所以O(shè)M∥VB. 又因為VB?平面MOC， 所以VB∥平面MOC. (2)因為AC＝BC，O為AB的中點， 所以O(shè)C⊥AB. 又因為平面VAB⊥平面ABC，且OC?平面ABC，平面VAB∩平面ABC＝A

18、B 所以O(shè)C⊥平面VAB.又因為OC?平面MOC 所以平面MOC⊥平面VAB. (3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝， 所以AB＝2，OC＝1. 所以等邊三角形VAB的面積S△VAB＝. 又因為OC⊥平面VAB， 所以三棱錐C－VAB的體積等于×OC×S△VAB＝. 又因為三棱錐V－ABC的體積與三棱錐C－VAB的體積相等，所以三棱錐V－ABC的體積為. (理)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD、PC的中點，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE

19、∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. [解析]　(1)因為平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點， 所以AB∥DE，且AB＝DE. 所以四邊形ABED為平行四邊形． 所以BE∥AD. 又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)因為AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形， 所以BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥底面ABCD. 所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD. 所以CD⊥PD. 因為E和F分別是CD和PC的中點，

20、所以PD∥EF.所以CD⊥EF， 又因為CD⊥BE，BE∩EF＝E，所以CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD. 12．(文)在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AC＝，AB＝2BC＝2，AC⊥FB. (1)求證：AC⊥平面FBC； (2)求四面體FBCD的體積； (3)線段AC上是否存在點M，使得EA∥平面FDM？證明你的結(jié)論． [解析]　(1)證明：在△ABC中， ∵AC＝，AB＝2，BC＝1，∴AC⊥BC. 又∵AC⊥FB，∴AC⊥平面FBC. (2)解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC. ∵CD⊥FC，∴FC⊥

21、平面ABCD. 在等腰梯形ABCD中可得∠BCD＝120°，CB＝DC＝1，∴FC＝1.∴S△BCD＝， ∴四面體FBCD的體積為：VF－BCD＝S△BCD·FC＝. (3)線段AC上存在點M，且M為AC中點時，有EA∥平面FDM，證明如下： 連接CE，與DF交于點N，連接MN. 因為CDEF為正方形，所以N為CE中點． 所以EA∥MN. 因為MN?平面FDM，EA?平面FDM， 所以EA∥平面FDM. 所以線段AC上存在點M，使得EA∥平面FDM成立． (理)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是邊長為2的正三角形且側(cè)棱垂直于底面，側(cè)棱長是，D是

22、AC的中點． (1)求證：B1C∥平面A1BD； (2)求二面角A1－BD－A的大?。? (3)求直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值． [解析]　解法一：(1)設(shè)AB1與A1B相交于點P，則P為AB1中點，連接PD， ∵D為AC中點，∴PD∥B1C. 又∵PD?平面A1BD，B1C?平面A1BD. ∴B1C∥平面A1BD. (2)∵正三棱柱ABC－A1B1C1， ∴AA1⊥底面ABC. 又 ∵BD⊥AC，∴A1D⊥BD ∴∠A1DA就是二面角A1－BD－A的平面角． ∵AA1＝，AD＝AC＝1， ∴tan∠A1DA＝＝. ∴∠A1DA＝，即二面角A1－B

23、D－A的大小是. (3)由(2)作AM⊥A1D，M為垂足． ∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BD⊥平面A1ACC1， ∵AM?平面A1ACC1，∴BD⊥AM，∵A1D∩BD＝D， ∴AM⊥平面A1DB，連接MP，則∠APM就是直線AB1與平面A1BD所成的角． ∵AA1＝，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA＝， ∴AM＝1×sin60°＝，AP＝AB1＝. ∴sin∠APM＝＝＝. ∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為. 解法二：(1)同解法一 (2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(

24、0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，)，B(0，，0)，B1(0，，)， ∴＝(－1，，－)，＝(－1,0，－) 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)． 則n·＝－x＋y－z＝0， n·＝－x－z＝0， 則有，得n＝(－，0,1)． 由題意，知＝(0,0，)是平面ABD的一個法向量． 設(shè)n與所成角為θ，則cosθ＝＝，∴θ＝. ∴二面角A1－BD－A的大小是. (3)由已知，得＝(－1，，)，n＝(－，0,1)， 設(shè)直線AB1與平面A1BD所成角為α，則 sinα＝＝. ∴直線AB1與平面A1BD所成的角的正弦值為. 13．(文)(

25、20xx·鄭州市質(zhì)檢)如圖，已知三棱柱ABC－A′B′C′的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC，∠BAC＝90°，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面AA′C′C； (2)設(shè)AB＝λAA′，當(dāng)λ為何值時，CN⊥平面A′MN，試證明你的結(jié)論． [解析]　(1)取A′B′的中點E，連接ME，NE，因為M，N分別為A′B和B′C′的中點， 所以NE∥A′C′，ME∥AA′又因為A′C′?平面AA′C′C，A′A?平面AA′C′C， 所以ME∥平面AA′C′C，NE∥平面AA′C′C， 所以平面MNE∥平面AA′C′C，因為MN?平面EMN， 所

26、以MN∥平面AA′C′C； (2)連接BN，設(shè)AA′＝a，則AB＝λAA′＝λa， 由題意知BC＝λa，NC＝BN＝， 因為三棱柱ABC－A′B′C′側(cè)棱垂直于底面， 所以A′B′C′⊥平面BB′C′C， 因為AB＝AC，點N是B′C′的中點， 所以A′N⊥平面BB′C′C， ∴CN⊥A′N， 要使CN⊥平面A′MN， 只需CN⊥NB即可， 所以CN2＋NB2＝BC2， 即2＝2λ2a2， ∴λ＝， 則λ＝時，CN⊥平面A′MN. (理)(20xx·天津文，17)如圖，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝

27、2，點E和F分別為BC和A1C的中點． (1)求證：EF∥平面A1B1BA； (2)求證：平面AEA1⊥平面BCB1； (3)求直線A1B1與平面BCB1所成角的大?。? [分析]　考查1.空間中線面位置關(guān)系的證明；2.直線與平面所成的角． (1)要證明EF∥平面A1B1BA，需在平面A1B1BA內(nèi)找到一條直線與EF平行，結(jié)合條件用中位線定理先證線線平行，再用判定定理證明；(2)先證明線面垂直，再利用面面垂直的判定定理證明；(3)先結(jié)合上面證明過程和題設(shè)條件找出線面角，再利用斜三角形知識求解；也可利用圖形特征，建立坐標(biāo)系用空間向量求解． [解析]　(1)如圖，連接A1B，在△A1BC

28、中， 因為E和F分別是BC，A1C的中點， 所以EF∥BA1， 又因為EF?平面A1B1BA， 所以EF∥平面A1B1BA. (2)因為AB＝AC，E為BC中點， 所以AE⊥BC， 因為AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1， 所以BB1⊥平面ABC，從而BB1⊥AE， 又BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1， 又因為AE?平面AEA1， 所以平面AEA1⊥平面BCB1. (3)取BB1中點M和B1C中點N，連接A1M，A1N，NE， 因為N和E分別為B1C、BC的中點， 所以NE∥BB1，NE＝BB1， 故NE∥AA1，NE＝AA1， 所以A1N∥AE，A1N

29、＝AE. 又因為AE⊥平面BCB1， 所以A1N⊥平面BCB1， 從而∠A1B1N就是直線A1B1與平面BCB1所成角， 在△ABC中，可得AE＝2， 所以A1N＝AE＝2， 因為BM∥AA1，BM＝AA1， 所以A1M∥AB，A1M＝AB， 又由AB⊥BB1，有A1M⊥BB1. 在Rt△A1MB1中，可得A1B1＝＝4， 在Rt△A1NB1中，sin∠A1B1N＝＝， 因此∠A1B1N＝30°， 所以，直線A1B1與平面BCB1所成角為30°. 14．(文)(20xx·陜西文，18)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC, ∠BAD＝

30、，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點，O是AC與BE的交點．將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1－BCDE. 圖1　　　　　　　　　　　　圖2 (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時，四棱錐A1－BCDE的體積為36，求a的值． [分析]　考查1.線面垂直的判定；2.面面垂直的性質(zhì)定理；3.空間幾何體的體積． (1)利用轉(zhuǎn)化思想及BE∥CD，先證BE⊥平面A1OC. (2)利用平面A1BE⊥平面BCDE找出棱錐的高，利用方程思想和棱錐的體積公式，列出關(guān)于a的方程求解． [解析]　(1)在題圖1中， 因為AB＝BC＝A

31、D＝a，E是AD的中點， ∠BAD＝，所以BE⊥AC， 故在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC， 從而BE⊥平面A1OC， 又CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC； (2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 且平面A1BE∩平面BCDE＝BE， 又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE， 即A1O是四棱錐A1－BCDE的高， 由題圖1可知，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE面積S＝BC·AB＝a2， 從而四棱錐A1－BCDE的體積為 V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3， 由a3＝36，得a＝6. (

32、理)(20xx·四川理，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(shè)BC的中點為M，GH的中點為N. (1)請將字母F，G，H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)； (2)證明：直線MN∥平面BDH； (3)求二面角A－EG－M的余弦值． [分析]　本題主要考查簡單空間圖形的直觀圖、空間線面平行的判定與性質(zhì)、二面角的計算等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力． (1)注意ABCD是底面，將平面展開圖還原可得點F、G、H的位置. (2)根據(jù)直線與平面平行的判定定理，應(yīng)考慮證明MN平行于平面BDH內(nèi)的一條直線．連接O、

33、M，易得MNHO是平行四邊形，從而MN∥OH，進(jìn)而證得MN∥平面BDH.(3)求二面角的方法．一是幾何法，要作出二面角A－EG－M的平面角，首先要過M作平面AEGC的垂線，然后再過垂足作棱EG的垂線，再將垂足與點M連接，即可得二面角A－EG－M的平面角．二是向量法，由于幾何體是特殊的正方體，便于建立坐標(biāo)系，故可轉(zhuǎn)化為兩向量夾角求解． [解析]　(1)點F、G、H的位置如圖所示． (2)連接BD，設(shè)O為BD的中點． 因為M、N分別是BC、GH的中點， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD， NH∥CD，且NH＝CD， 所以O(shè)M∥NH，OM＝NH， 所以MNHO是平行四邊形， 從而MN∥O

34、H， 又MN?平面BDH，OH?平面BDH， 所以MN∥平面BDH. (3)連接AC，過M作MP⊥AC于P. 在正方體ABCD－EFGH中，AC∥EG， 所以MP⊥EG. 過P作PK⊥EG于K，連接KM， 所以EG⊥平面PKM， 從而KM⊥EG. 所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角． 設(shè)AD＝2，則CM＝1，PK＝2， 在Rt△CMP中，PM＝CMsin 45°＝. 在Rt△KMP中，KM＝＝. 所以cos∠PKM＝＝. 即二面角A－EG－M的余弦值為. (另外，也可利用空間坐標(biāo)系求解) [方法點撥]　1.折疊問題中，要畫出折疊前的平面圖形與折疊后的直觀圖，對比找出其位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系．弄清其不變量和變化量及折疊前后的垂直性與平行性是關(guān)鍵． 2．立體幾何中的存在型問題，主要題型是，是否存在點P，使點P滿足某種要求(如線線平行或垂直、線面平行或垂直等).