2017--2019立体几何大题
2017--2019立体几何大题
1.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)BE⊥C1E.
2.如图,直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面P AD⊥平面ABCD,P A⊥PD,P A=PD,E,F分别为AD,PB 的中点.
(Ⅰ)求证:PE⊥BC;
(Ⅱ)求证:平面P AB⊥平面PCD;
(Ⅲ)求证:EF∥平面PCD.
4.如图,在平行四边形中,,,以为折痕将△折起,使点到达点的位置,且.
(1)证明:平面平面;
(2)为线段上一点,为线段上一点,且,求三棱锥的体积.
5.如图,矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直,是上异于,的点.
(1)证明:平面平面;
(2)在线段上是否存在点,使得平面?说明理由.
6.如图,在三棱锥中,,,为的中点.
(1)证明:平面;
(2)若点在棱上,且,求点到平面的距离.
7.如图,在四棱锥中,平面,,,,,,. (I)求异面直线与所成角的余弦值;
(II)求证:平面;
(Ⅲ)求直线与平面所成角的正弦值.
8.如图,在三棱锥P-ABC中,P A⊥AB,P A⊥BC,AB⊥BC,P A=AB=BC=2,D为线段AC的中点,E为线段PC上一点.
(1)求证:P A⊥BD;
(2)求证:平面BDE⊥平面P AC;
(3)当P A∥平面BDE时,求三棱锥E-BCD的体积.
9.(2017·江苏高考)如图,在三棱锥A -BCD 中,AB ⊥AD ,BC ⊥BD ,平面ABD ⊥平面BCD ,点E ,F (E 与A ,D 不重合)分别在棱AD ,BD 上,且EF ⊥AD .
求证:(1)EF ∥平面ABC ; (2)AD ⊥AC .
10.如图,在四棱锥P ABCD -中, AB CD ,且90BAP CDP ∠=∠=?.
(1)证明:平面PAB ⊥平面PAD ;
(2)若PA PD AB DC ===, 90APD ∠=?,且四棱锥P ABCD -的体积为
8
3
,求该四棱锥的侧面积.
参考答案
1.(1)见解析;(2)见解析.
【解析】
【分析】
(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论;
(2)由题意首先证得线面垂直,然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【详解】
(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以A1B1∥ED.
又因为ED?平面DEC1,A1B1 平面DEC1,
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE?平面ABC,所以CC1⊥BE.
因为C1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
【点睛】
本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.
2.(1)见解析;
(2. 【解析】 【分析】
(1)利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ,证得四边形MNDE 为平行四边形,进而证得//MN DE ,根据线面平行判定定理可证得结论;
(2)根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积,再求出1C DE ?的面积,利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离,得到结果. 【详解】
(1)连接ME ,1B C
M ,E 分别为1BB ,BC 中点 ME ∴为1B BC ?的中位线
1//ME B C ∴且112
ME B C =
又N 为1A D 中点,且11//A D B C 1//ND B C ∴且11
2
ND B C =
//ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形
//MN DE ∴,又MN ?平面1C DE ,DE ì平面1C DE //MN ∴平面1C DE
(2)在菱形ABCD 中,E 为BC 中点,所以DE BC ⊥,
根据题意有DE =1C E =,
因为棱柱为直棱柱,所以有DE ⊥平面11BCC B ,
所以1DE EC ⊥,所以11
2
DEC S ?=
设点C 到平面1C DE 的距离为d ,
根据题意有11C CDE C C DE V V --=,则有1111
143232
d ?=??,
解得
17d =
=,
所以点C 到平面1C DE 的距离为17
. 【点睛】
该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有线面平行的判定,点到平面的距离的求解,在解题的过程中,注意要熟记线面平行的判定定理的内容,注意平行线的寻找思路,再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容. 3.(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)见解析 (Ⅲ)见解析 【解析】 分析:(1)欲证,只需证明即可;(2)先证平面,再证平面P AB ⊥平面PCD ;(3)取中点,连接
,证明
,则
平面
.
详解: (Ⅰ)∵,且为的中点,∴
.
∵底面为矩形,∴
,
∴
.
(Ⅱ)∵底面为矩形,∴.
∵平面平面,∴
平面
.
∴.又, ∵
平面
,∴平面平面
.
(Ⅲ)如图,取
中点,连接
.
∵分别为和的中点,∴,且.
∵四边形为矩形,且为的中点,
∴,
∴,且,∴四边形为平行四边形,
∴.
又平面,平面,
∴平面.
点睛:证明面面关系的核心是证明线面关系,证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法:(1)线面平行的性质定理;(2)三角形中位线法;(3)平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法:(1)等腰三角形三线合一;(2)勾股定理逆定理;
(3)线面垂直的性质定理;(4)菱形对角线互相垂直.
4.(1)见解析.
(2)1.
【解析】分析:(1)首先根据题的条件,可以得到=90,即,再结合已知条件BA⊥AD,利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD,又因为AB平面ABC,根据面面垂直的判定定理,证得平面ACD⊥平面ABC;
(2)根据已知条件,求得相关的线段的长度,根据第一问的相关垂直的条件,求得三棱锥的高,之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
详解:(1)由已知可得,=90°,.
又BA⊥AD,且,所以AB⊥平面ACD.
又AB平面ABC,
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=.
又,所以.
作QE⊥AC,垂足为E,则.
由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.
因此,三棱锥的体积为
.
点睛:该题考查的是有关立体几何的问题,涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解,在解题的过程中,需要清楚题中的有关垂直的直线的位置,结合线面垂直的判定定理证得线面垂直,之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直,需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系,在求三棱锥的体积的时候,注意应用体积公式求解即可. 5.(1)证明见解析
(2)存在,理由见解析
【解析】分析:(1)先证,再证,进而完成证明。
(2)判断出P为AM中点,,证明MC∥OP,然后进行证明即可。
详解:(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.
证明如下:连结AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.
连结OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.
MC平面PBD,OP平面PBD,所以MC∥平面PBD.
点睛:本题主要考查面面垂直的证明,利用线线垂直得到线面垂直,再得到面面垂直,第二问先断出P为AM中点,然后作辅助线,由线线平行得到线面平行,考查学生空间想象能力,属于中档题。
6.(1)详见解析(2).
【解析】
分析:(1)连接,欲证平面,只需证明即可;(2)过点作
,垂足为,只需论证的长即为所求,再利用平面几何知识求解即可.
详解:(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=.
连结OB.因为AB=BC=,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB==2.由知,OP⊥OB.
由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.
(2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC==2,CM==,∠ACB=45°.
所以OM=,CH==.
所以点C到平面POM的距离为.
点睛:立体几何解答题在高考中难度低于解析几何,属于易得分题,第一问多以线面的证明为主,解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明;本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解,也可利用等体积法解决.
7.(Ⅰ).(Ⅱ)见解析;(Ⅲ).
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由已知AD//BC,故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角,然后在Rt△PDA 中求解即可;(Ⅱ)因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD,PD⊥BC,又PD⊥PB,所以PD⊥平面PB C;(Ⅲ)过点D作AB的平行线交BC于点F,连结PF,则DF与平面PBC所成的角等于AB 与平面PBC所成的角,且为直线DF和平面PBC所成的角,然后在Rt△DPF中求解即可. 【详解】
解:(Ⅰ)如图,由已知AD//BC,故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC,所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中,由已知,得,
故.
所以,异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
(Ⅱ)证明:因为AD⊥平面PDC,直线PD平面PDC,所以AD⊥PD.
又因为BC//AD,所以PD⊥BC,
又PD⊥PB,
所以PD⊥平面PB C.
(Ⅲ)过点D作AB的平行线交BC于点F,连结PF,
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC,故PF为DF在平面PBC上的射影,
所以为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD//BC,DF//AB,故BF=AD=1,
由已知,得CF=BC–BF=2.
又AD⊥DC,故BC⊥DC,
在Rt△DCF中,可得,
在Rt△DPF中,可得.
所以,直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
考点:两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角
【点睛】
本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角,要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角,首先要借助平行线找出异面直线所成的角,证明线面垂直只需寻求线线垂直,求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角,然后再计算即可.
8.(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)
【解析】试题分析:(Ⅰ)要证明线线垂直,一般转化为证明线面垂直;(Ⅱ)要证明面面垂直,一般转化为证明线面垂直、线线垂直;(Ⅲ)由即可求解.
试题解析:(I)因为,,所以平面,
又因为平面,所以.
(II)因为,为中点,所以,
由(I)知,,所以平面.
所以平面平面.
(III)因为平面,平面平面,
所以.
因为为的中点,所以,.
由(I)知,平面,所以平面.
所以三棱锥的体积.
【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容,而其中证明线面垂直又是重点和热点,要证明线面垂直,根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直,也可根据性质定理转化为证明面面垂直.
9.(1)见解析(2)见解析
【解析】试题分析:(1)先由平面几何知识证明EF AB,再由线面平行判定定理得结论;(2)先由面面垂直性质定理得BC⊥平面ABD,则BC⊥AD,再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC,即可得AD⊥AC.
试题解析:证明:(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF AD
⊥,所以EF AB.
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,BC BD
所以BC⊥平面ABD.
因为AD?平面ABD,所以BC⊥AD.
?=,AB?平面ABC,BC?平面ABC,
又AB⊥AD,BC AB B
所以AD⊥平面ABC,
又因为AC?平面ABC,
所以AD ⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型:(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
10.(1)证明见解析;(2)6+【解析】试题分析:(1)由90BAP CDP ∠=∠=?,得AB AP ⊥, CD PD ⊥.从而得
AB PD ⊥,进而而AB ⊥平面PAD ,由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ;
(2)设PA PD AB DC a ====,取AD 中点O ,连结PO ,则PO ⊥底面ABCD ,且
,2AD PO a ==
,由四棱锥P ABCD -的体积为8
3
,求出2a =,由此能求出该四棱锥的侧面积.
试题解析:(1)由已知90BAP CDP ∠=∠=?,得AB AP ⊥, CD PD ⊥. 由于AB CD ,故AB PD ⊥,从而AB ⊥平面PAD . 又AB ?平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD .
(2)在平面PAD 内作PE AD ⊥,垂足为E .
由(1)知, AB ⊥面PAD ,故AB PE ⊥,可得PE ⊥平面ABCD .
设AB x =,则由已知可得AD =
, 2
PE x =
. 故四棱锥P ABCD -的体积311
33
P ABCD V AB AD PE x -=??=. 由题设得
318
33
x =,故2x =.
从而2PA PD ==, AD BC == PB PC ==. 可得四棱锥P ABCD -的侧面积为
111
222PA PD PA AB PD DC ?+?+? 21
sin6062
BC +?=+
近五年高考数学(理科)立体几何题目汇总
高考真题集锦(立体几何部分) 1.(2016.理1)如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A 20π B24π C28π D.32π 2. βα,是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: (1)如果m ⊥n,m ⊥α,n ∥β,那么βα⊥; (2)如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n. (3)如果αβα?m ,∥那么m ∥β。 (4)如果m ∥n,βα∥,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.(2016年理1)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是π328,则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ,α//平面11D CB ,?α平面ABCD =m , ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为( ) A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.(2016年理1)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .(12分) (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1)圆柱被一个平面截取一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积是16+20π,则r=( ) A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点,BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明:平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为() 9.如图,长方体1111D C B A ABCD -中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点E ,F 分别在1111C D B A , 上,411==F D E A ,过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=45 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置,OD ’=10 (1)证明:D ’H ⊥平面ABCD (2)求二面角B-D ’A-C 的正弦值
(完整版)空间向量与立体几何题型归纳
空间向量与立体几何 1, 如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面VAD是正三角形,平面VAD⊥底面ABCD (1)证明AB⊥平面VAD; (2)求面VAD与面VDB所成的二面角的大小 2, 如图所示,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=, BC=1,PA=2,E为PD的中点. (1)求直线AC与PB所成角的余弦值; (2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N点到AB和AP的距离.(易错点,建系后,关于N点的坐标的设法,也是自己的弱项)
3. 如图,在长方体ABCD ―A 1B 1C 1D 1中,AD=AA 1=1,AB=2,点E 在棱AB 上移动. (1)证明:D 1E ⊥A 1D ; (2)当E 为AB 的中点时,求点A 到面ECD 1的距离; (3)AE 等于何值时,二面角 D 1―EC ―D 的大小为(易错点:在找平面DEC 的法向量的时候,本来法向量就己经存在了,就不必要再去找,但是我认为去找应该没有错吧,但法向量找出来了 ,和那个己经存在的法向量有很大的差别,而且,计算结果很得杂,到底问题出在哪里 ?) 4.如图,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是等腰梯形,AB ∥CD ,AB =2DC =2,E 为BD 1的中点,F 为AB 的中点,∠DAB =60°. (1)求证:EF ∥平面ADD 1A 1; (2)若2 21BB ,求A 1F 与平面DEF 所成角的正弦值.
N:5题到11题都是运用基底思想解题 5.空间四边形ABCD中,AB=BC=CD,AB⊥BC,BC⊥CD,AB与CD成60度角,求AD与BC所成角的大小。 6.三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是边长为2的正三角形,∠A1AB=45°, ∠A1AC=60°,求二面角B-AA1-C的平面角的余弦值。 7.如图,60°的二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内, 且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,求CD的长 8.如图,已知空间四边形OABC中,OB=0C, ∠AOB=∠AOC=Θ,求证OA⊥BC。 9.如图,空间四边形OABC各边以及AC,BO的长都是1,点D,E分别是边OA,BC的中点,连接DE。 (1)计算DE的长; (2)求点O到平面ABC的距离。 10.如图,线段AB在平面⊥α,线段AC⊥α,线段BD⊥AB,且AB=7,AC=BD=24,CD=25,求线段BD与平面α所成的角。
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一) 1.如图所示,四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为正方形,⊥PD 平面ABCD , 2PD AB ==,点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点. (1)求证:EF PA ⊥; (2)求二面角D FG E --的余弦值. 2.如图所示,该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成,AF AD ⊥,2AE AD ==. (1)证明:平面⊥PAD 平面ABFE ; (2)求正四棱锥P ABCD -的高h ,使得二面角C AF P --的余弦值是 22 .
3.四棱锥P ABCD -中,侧面PDC是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是 面积为ADC ∠为锐角,M为PB的中点. (Ⅰ)求证:PD∥面ACM. (Ⅱ)求证:PA⊥CD. (Ⅲ)求三棱锥P ABCD -的体积. 4.如图,四棱锥S ABCD -满足SA⊥面ABCD,90 DAB ABC ∠=∠=?.SA AB BC a ===,2 AD a =. (Ⅰ)求证:面SAB⊥面SAD. (Ⅱ)求证:CD⊥面SAC. S B A D M C B A P D
5.在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为矩形,测棱PD ⊥底面ABCD ,PD DC =,点E 是 BC 的中点,作EF PB ⊥交PB 于F . (Ⅰ)求证:平面PCD ⊥平面PBC . (Ⅱ)求证:PB ⊥平面EFD . 6.在直棱柱111ABC A B C -中,已知AB AC ⊥,设1AB 中点为D ,1A C 中点为E . (Ⅰ)求证:DE ∥平面11BCC B . (Ⅱ)求证:平面11ABB A ⊥平面11ACC A . E D A B C C 1 B 1 A 1 D A B C E F P
立体几何练习题
数学立体几何练习题 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的. 1.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,棱长为a ,M 、N 分别为A 1B 和AC 上 的点,A 1M =AN = 2a 3 ,则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A .相交 B .平行 C .垂直 D .不能确定 2.将正方形ABCD 沿对角线BD 折起,使平面ABD ⊥平面CBD ,E 是CD 中点,则AED ∠的大小为( ) A.45 B.30 C.60 D.90 3.PA ,PB ,PC 是从P 引出的三条射线,每两条的夹角都是60o,则直线PC 与平面PAB 所成的角的余弦值为( ) A . 12 B C D 4.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是AA 1与CC 1的中点,则直线ED 与D 1F 所成角的余弦值是 A . 15 B 。13 C 。 12 D 5. 在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中,O 是底面ABCD 的中心,E 、F 分别是1CC 、 AD 的中点,那么异面直线OE 和1FD 所成的角的余弦值等于( ) A .510 B .3 2 C .55 D .515 6.在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若AB=2,A A 1=1,则点A 到平面A 1BC 的距离为( ) A . 4 3 B . 2 3 C . 4 3 3 D .3 7.在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若AB=2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为 ( ) A.60o B. 90o C.105o D. 75o 8.设E ,F 是正方体AC 1的棱AB 和D 1C 1的中点,在正方体的12条面对角线中,与截面 A 1ECF 成60°角的对角线的数目是( ) A .0 B .2 C .4 D .6 二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分. 9.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点,则 sin 〈CM ,1D N 〉的值为_________. 10.如图,正方体的棱长为1,C 、D 分别是两条棱的中点, A 、B 、M 是顶点, 那么点M 到截面ABCD 的距离是 . A B M D C