如图正方体,M,N分别为棱AA1,B1C1的中点 求MN和AC所成角的余弦值

如图，将AM平移到B1E，NC平移到B1F，则∠EB1F为直线AM与CN所成角设边长为1，则B1E=B1F=125，EF=126∴cos∠EB1F=25，故答案为25

如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设正方体的棱长AB=2．则D（0，0，0），P（0，1，0），D1（0，0，2），M（2，2，1），N（1，2，2）．∴MN＝(−1，0，1)，D1P＝(0，1，−2

以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系则C（0，2，0），D1（0，0，2），M（2，0，1），N（2，2，1）CM=（2，-2，1），D1N=（2，2，-1），∴|co

设点Q是DD'的中点,在正方体ABCD-A’B’C’D’中,M、N分别是AA’和BB’的中点则BQ//D'N,QM//BC则MBCQ是矩形设在正方体ABCD-A’B’C’D’中的棱长为2,则MQ=BC

余弦定理,设棱长为1,CN=√5/2,CD1=√2,D1N=3/2,在△NCD1中,cos再问：答案不对再答：你题目有无抄错？再问：无。只有“中点”打错字。可有新解法？再答：我用向量验证，没有错，A（

以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设A(1,0,0),C(0,1,0),则B(1,1,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),AA1的中点M(1,0,1/2),向量B1C=(

（1）如图所示：∵MP⊂平面ABB1，∴MP与底面ABCD的交点K必在侧面ABB1与底面ABCD的交线AB上，∴过点M，N，P的平面与平面ABCD的交线是NK，（K在线段AB的延长线上），与平面BB1

平行面ABCD是底面（1）作ME⊥AB于E,连接NE∵ME⊥AB,BB1⊥AB（同一平面内）∴ME//AB∴BE/AB=ME/AA1=ME/A1B=(√2a-√2a/3）/√2a=2/3∴AE/AB=

设在平面A'B'C'D'中的中心为O,再在AC的中心画点PMN的中点为F,则OP与梯形AMNC所在平面所成的角就是AA'与梯形AMNC所在平面所成的角,设正方体的棱长为a,则OP=aPF=1/2PD'

连接PB,MN,B1N,B1M设MN中点O,连接B1O,B1O和BP共面于BB1D1D,其交点Q设正方体边长2a,求角度即可证明RtΔBOQ和RtΔOBB1中,如果∠OBQ=∠BB1O因为∠BB1O和

过C'做A'C'的垂线,垂足为O,连接B'O,两异面直线的所成的角,即AB'与面ABC所成的角,即角因为是正三棱锥,所以,C'O=1/2,所以sin角B'OA等于1/2,由图可得,角B'OA为锐角,所

证明：（1）连接KN，由于K、N为CD，C1D1、CD的中点，所以KN平行且等于AA1，AA1KN为平行四边形⇒AN∥A1K，而A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，从而AN∥平面A1MK．（2）

过B做D'N的平行线,两个异面直线就相交了,然后再求再问：这点我想到了。但是求的过程上遇到点麻烦！~~~再答：假设正方体边长为2，其实类似长宽分别为√5和2矩形对角线的夹角，用余弦定理去求解夹角的余弦

传统方法也有些计算量的设A'A=1,则AB=AC=λ作A'D⊥MN于D,连结A'D,DC,A'C,则有A'C²=A'D²+DC²（1）在△A'MN与△MNC中分别利用等面

再问：请看清题啊再答：同学，图片反一下你就不认识了吗？还有（1）是给你的第二问作铺垫，不要以为我的（1）就是你的（1），我的（1）和（2）才是你的（2），你说我没看清楚题，那你看清楚我的回答了吗？再问

∵正方体ABCD-A'B'C'D',∴AA'⊥底面ABCD,正方形ABCD,又M,P分别是BC,CD的中点,∴AA‘⊥DM,AP⊥DM,∴DM⊥平面AA'P,∴平面AA'P⊥平面MND.再问：为什么A

设AC的中点为O，MN的中点为E，连接AE，作OG⊥AE于G，BD∥MN，作OG⊥AE于G，易得OG⊥平面AMN，又由BD∥MN，则OG即是点B到平面AMN的距离．作出截面图，如图所示，由AA1=3，

正方体ABCD-A1B1C1D1中，∵M、N、Q分别为AB，BB1，C1D1的中点，∴过M、N、Q的平面，如下图所示：由图可得：该平面与正方体相交截得的图形是六边形，故选：D

分别过M,N做EF//BB1交AB于E,A1B1于F,OP//BC交AB于O,CD与P然后勾股定理可知AE=AO,所以E,O重合,A1F=DP所以平面EFP（OE重合）平行平面BCC1B1,由于MN在

(1)取A'B'和B'C'的中点分别为d,e,则有MD//BB'//AA',DE//A'C',NE//CC',所以面MDEN//AA'C'C所以MN//AA'C'C(2)S=1/12