解：解法一：

设AB=2，则CF=1
在三棱台DEF-ABC中，
G为AC的中点
由 $D F = \frac{1}{2} A C = G C$
可得四边形DGCF为平行四边形，
DG ∥CF
C⊥平面ABC

所以DG⊥平面ABC
在△ABC中，由AB⊥BC， $∠ B A C = 45^{°}$ ，G是AC中点，
所以.A B = BC. GB⊥GC
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 $G$ $(0 ， 0 ， 0)$ ， $B$ $(\sqrt{2} ， 0 ， 0)$ ， $C$ $(0 ， \sqrt{2} ， 0)$ ， $D$ $(0 ， 0 ， 1)$
可得 $H$ $(\frac{\sqrt{2}}{2} ， \frac{\sqrt{2}}{2} ， 0)$ ， $F$ $(\sqrt{2 ，} \sqrt{2} ， 0)$
故 $\vec{G H}$ = $(\frac{\sqrt{2}}{2} ， \frac{\sqrt{2}}{2} ， 0)$ ， $\vec{G F} =$ $(\sqrt{2 ，} \sqrt{2} ， 0)$

设 $\vec{n} =$ $(x ， y ， z)$ 是平面 $E G F$ 的一个法向量，则

由 $\{\begin{matrix} \vec{n} \cdot \vec{G H} = 0 \\ \vec{n} \cdot \vec{G F} = 0 \end{matrix}$ 得 $\{\begin{matrix} x + y = 0 \\ \sqrt{2} y + z = 0 \end{matrix}$

可得平面 $F G H$ 的一个法向量 $\vec{n} =$ $(1 - 1 . \sqrt{2})$

应为 $\vec{G B}$ 是平面 $A C F D$ 的一个法向量 $\vec{G B}$ = $(\sqrt{2} ， 0 ， 0)$ ，

所以COS＜ $\vec{G B}$ ， $\vec{n}$ ＞ $\cos < \vec{G B} ， \vec{n} > = \frac{\vec{G B} \cdot \vec{n}}{|\vec{G B}| \cdot |\vec{n}|} = \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{2}} = \frac{1}{2}$
所以平面与平面所成的解锐角的大小为 $60^{°}$
解法二
作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NM

由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC
$F C \cap A C = C$
所以HM⊥平面ACFD
所以∠MNH即为所求的角

在△BGC中，MH∥BG， MH二 $\frac{1}{2} B G = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，

由 $△ G N M \sim △ G C F$
可得 $\frac{M N}{F C} = \frac{G M}{G F} ，$
从而 $M N = \frac{\sqrt{6}}{6}$
由 $M N ⊥$ 平面 $A C F D$ ， $M N \subset$ 平面 $A C F D$
得 $M H ⊥ M N$

因此 $\tan ∠ M N H = \frac{H M}{M N} = \sqrt{3}$
所以 $∠ M N H = 60^{°}$
所以平面FGH平面ACFD所成角(锐角）的大小为 $60^{°}$

高中数学人教A版（2019） 选修一 高二上学期期末考试

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