2023-2024学年山东省临沂市兰陵县高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省临沂市兰陵县高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线x−2y−2=0在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，则( )
A. a=2，b=1B. a=2，b=−1
C. a=−2，b=1D. a=−2，b=−1
2.若M(1,0,1)，N(2,m,3)，P(2,2,n+1)三点共线，则m+n=( )
A. 4B. −2C. 1D. 0
3.在空间直角坐标系O−xyz中，点B是点A(9,8,5)在平面xOz内的射影，则|OB|=( )
A. 106B. 89C. 145D. 170
4.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则空间的另一个基底可能是( )
A. {b+c,a+c,a−b}B. {a+b+c,12a+b,12a+c}
C. {a−b+c,a−b,a+c}D. {b−c,a+b,a+c}
5.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO=AB=4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为( )
A. 53
B. 55
C. 22
D. 24
6.若某等腰直角三角形斜边所在直线的倾斜角为15°，则该三角形两条直角边所在直线的斜率之和为( )
A. 0B. 2 33C. −2 3D. −2 33
7.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，C2，D2分别在棱AA1，CC1，DD1上，AA1=1，DD1=2，CC1=3，则点D到平面A2C2D2的距离为( )
A. 4 63
B. 6
C. 63
D. 2 63
8.如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB=2AD=4，PD=4 55，E是PA的中点，FB=2PF.若点M在矩形ABCD内，且PM⊥平面DEF，则DM=( )
A. 3 55
B. 2 55
C. 55
D. 4 55
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列关于空间向量的说法中正确的是( )
A. 若a是直线l的方向向量，则λa(λ∈R)也是直线l的方向向量
B. 空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一确定
C. 空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底
D. 在空间直角坐标系中，空间中的点和向量都可以用三个有序实数表示
10.若直线l的斜率k∈(− 3,1)，则直线l的倾斜角的取值可能是( )
A. π2B. π6C. 0D. 3π4
11.如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是正方形，AA1=6，AB=4，且∠C1CB=∠C1CD=π3，则( )
A. AC1=AB+AD+CC1
B. AB⋅CC1=24
C. AC1=2 5
D. 直线CC1与平面ABCD所成的角为π4
12.清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若AB=2，则给出的说法中正确的是( )
A. 该几何体的表面积为18 3
B. 该几何体的体积为4
C. 二面角B−EF−H的余弦值为−13
D. 若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为2 33
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若a=(1,1,1)，b=(2,−1,−2)，且(a+λb)⊥a，则λ= ______ ．
14.在空间直角坐标系Oxyz中，AB=(1,1,2)，AC=(2,1,1)，则点B到直线AC的距离为______ ．
15.如图，在圆锥SO中，AB是底面圆的直径，SO=AB=4，AC=BC，E为SC的中点，点D在SO上，若AD⊥BE，则OD= ______ ．
16.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=3 2，A1B1=2 2，AA1=2，AC∩BD=O，CE=λCC1，若OE/​/平面AB1D1，则λ= ______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知直线l1：(a−2)x+(a−3)y+1=0，直线l2：5ax−(a+4)y+20=0．
(1)若l1//l2，求实数a的值．
(2)判断l1与l2是否可能垂直，若可能垂直，求实数a的值；若不可能垂直，请说明理由．
18.(本小题12分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB/​/CD，AB⊥AD，AA1=AB=2AD=2CD=4，E，F，G分别为棱DD1，A1D1，BB1的中点．
(1)求CG⋅EF的值；
(2)证明：C，E，F，G四点共面．
19.(本小题12分)
图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BC，AD的中点．
(1)证明：AE⊥B1G.
(2)求直线A1C1与平面B1FG所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
(1)一条光线从点P(1,9)射出，与x轴相交于点Q(4,0)，经x轴反射，求入射光线与反射光线所在直线的斜截式方程；
(2)直线l经过点(5,−2)，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，求直线l的一般式方程．
21.(本小题12分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D是BC的中点，AB=2．
(1)若AA1= 3，证明：A1D⊥平面AB1C1．
(2)若A1D与平面AB1C1所成的角为π3，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积．
22.(本小题12分)
如图，在四面体ABCD中，AC⊥BC，AC=2 2，BC=4，CD=BD=2 3，cs∠ABD= 26，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点H在线段AB上．
(1)若FH/​/平面AEG，试确定点H的位置，并说明理由；
(2)求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：令x=0，解得y=−1，故b=−1；
令y=0，解得x=2，故a=2．
故选：B．
根据截距的定义计算即可．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】解：因为MN=(1,m,2)，MP=(1,2,n)，所以1=m2=2n，
解得m=n=2.故m+n=4．
故选：A．
根据空间向量平行坐标关系计算求解即可．
本题考查的知识要点：向量的运算，三点共线，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：因为点B是点A(9,8,5)在平面xOz内的射影，
所以B(9,0,5)，所以OB=(9,0,5)，所以|OB|= 81+25= 106．
故选：A．
根据射影定义可得B点坐标，然后由向量模公式可得．
本题考查射影定理的应用，距离公式的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A：因为由于b+c=(a+c)−(a−b)，所以b+c，a+c，a−b共面，
所以{b+c,a+c,a−b}不能构成空间的另一个基底，故A错误．
对于B：由于a+b+c=(12a+b)+(12a+c)，所以a+b+c，12a+b，12a+c共面，
所以{a+b+c,12a+b,12a+c}不是空间的另一个基底，故B错误．
对于C：假设存在m，n，使得a−b+c=m(a−b)+n(a+c)=(m+n)a−mb+nc，
则m+n=1−m=−1n=1，无解，所以{a−b+c,a−b,a+c}是空间的另一个基底，故C正确．
对于D：因为b−c=(a+b)−(a+c)，所以b−c，a+b，a+c共面，
所以{b−c,a+b,a+c}不是空间的另一个基底，故D错误．
故选：C．
根据向量的基底和共面向量基本定理逐一判断即可．
本题考查的知识要点：向量的基底，共面向量基本定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO=AB=4，
则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0,−1,2)，
AD=(0,−2,2)，CE=(−2,−1,2)，
cs=AD⋅CE|AD||CE|=62 2×3= 22．
故选：C．
将向量AD,CE表示出来，代入夹角公式即可计算求值．
本题考查利用向量的夹角公式计算异面直线所称的角，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：作草图，如图所示，因为直线OA的倾斜角为15°，
则∠AOB=∠OAB=45°，∠BOx=30°，
所以直线OB的倾斜角为180°−30°=150°，直线AB的倾斜角为60°，
所以tan150°+tan60°=2 33．
故选：B．
由已知结合等腰直角三角形的性质先求出∠AOB=∠OAB=45°，进而可求直线OB，AB的倾斜角，再由斜率与倾斜角关系可求．
本题主要考查了直线的倾斜角与斜率关系的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，C2，D2分别在棱AA1，CC1，DD1上，AA1=1，DD1=2，CC1=3，
以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(2,0,0)，C2(0,0,3)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
DD2=(0,0,2)，A2C2=(−2,−2,2)，D2C2=(−2,0,1)．
设平面A2C2D2的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅A2C2=−2a−2b+2c=0m⋅D2C2=−2a+c=0，令a=1，得m=(1,1,2)，
∴点D到平面A2C2D2的距离为d=|DD2⋅m|m||=2 63．
故选：D．
以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点D到平面A2C2D2的距离．
本题考查正四棱柱结构特征、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，P(0,0,4 55)，E(1,0,2 55)，F(23,43,8 515)，
DE=(1,0,2 55)，DF=(23,43,8 515)，
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DE=x+2 55z=0n⋅DF=23x+43y+8 515z=0，令z= 5，得n=(−2,−1, 5)．
设M(m,n,0)，则PM=(m,n,−4 55)，
∵PM⊥平面DEF，∴ PM// n，
则m−2=n−1=−4 55 5，解得m=85，n=45．
故DM= m2+n2=4 55．
故选：D．
建立空间直角坐标系，求得平面DEF的一个法向量，设点M(m,n,0)，求得直线PM的方向向量，通过PM⊥平面DEF，建立关于m，n的方程，确定m，n的值，即可求解．
本题考查线面垂直的判定与性质、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：当λ=0时，λa=0不能作为直线方向向量，A错误；
由确定直线的条件可知，B正确；
根据空间向量基本定理可知，C正确；
由空间向量的坐标定义和空间点的坐标定义可知，D正确．
故选：BCD．
根据直线方向向量的定义，空间向量基本定理，以及空间向量、空间点的坐标定义逐一判断可得．
本题考查的知识要点：空间向量的定义及相关概念，主要考查学生对基础知识的理解，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：当斜率k存在时，k=tanα，α∈[0,π2)∪(π2,π),
因为k∈(− 3,1)，由正切函数的图象可知，倾斜角α∈[0,π4)∪(2π3,π)．
故选：BCD．
利用正切函数图象求解即可．
本题考查由直线的斜率的范围求直线的倾斜角的范围，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：AC1=AB+AD+CC1，A正确；
AB⋅CC1=
−∖OVERRIGHTARROWCD⋅∖OVERRIGHTARROWCC1=−6×4COS∠C1CD=−12，B错误；
|AC1|2=(AB+AD+CC1)2=|AB|2+|AD|2+|CC1|2+2AB⋅AD+2AB⋅CC1+2AD⋅CC1=62+42+42−24−24=20，故AC1=2 5，C正确；
连接AC，如下图：
∠C1CA即直线CC1与平面ABCD所成的角，cs∠C1CA=CC12+AC2−AC122CC1⋅AC= 22，∠C1CA=π4，D正确．
故选：ACD．∠C1CA=π4，D正确．
故选：ACD．
空间向量的线性运算可判断A正确；空间向量的数量积运算可判断B错误；计算向量的模可判断C正确；根据直线与平面的夹角可判断D正确．
本题考查空间向量的线性运算、数量积、模、线面角等内容，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，
也可由正方体切割而成，如图2.在图2所示的“蒺藜形多面体”中，
因为AB=2，所以BE= 2.该几何体的表面积为24× 34×( 2)2=12 3，故A错误；
该几何体的体积为23−12×13×12× 2× 2×1=4，故B正确；
设EF的中点为O，连接OB，OH，如图，
则∠BOH即二面角B−EF−H的平面角．OB=OH= 62，cs∠BOH=OB2+OH2−BH22OB⋅OH=−13，故C正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(2,m,m)(0≤m≤2)，Q(2−n,2,n)(0≤n≤2)，
PQ2=n2+(2−m)2+(n−m)2=2n2+2m2−4m−2mn+4=2(n−m2)2+32(m−43)2+43≥43，
当且仅当m=43，n=23时，等号成立．
故PQ的最小值为2 33，故D正确．
故选：BCD．
求出BE= 2，由此能求出该几何体的表面积，判断A；求出该几何体的体积，判断B；设EF的中点为O，连接OB，OH，则∠BOH即二面角B−EF−H的平面角，利用余弦定理判断C；建立空间直角坐标系，利用向量法判断D．
本题考查几何体的表面积、体积公式、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】3
【解析】解：∵a=(1,1,1)，b=(2,−1,−2)，且(a+λb)⊥a，
∴(a+λb)⋅a=a2+λa⋅b=3+λ(2−1−2)=0，
∴λ=3．
故答案为：3．
由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得λ值．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则的应用，属于基础题．
14.【答案】 666
【解析】解：设a=AB=(1,1,2)，
由AC=(2,1,1)，可得|AC|= 6，则AC的单位向量u=( 63, 66, 66)，
则a2=6，a⋅u=5 66，
所以点B到直线AC的距离为 a2−(a⋅u)2= 666．
故答案为： 666．
设a=AB，求得AC的单位向量u，a⋅u，则点B到直线AC的距离为 a2−(a⋅u)2，计算可得所求值．
本题考查点到直线的距离的求法，注意运用向量法，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
15.【答案】2
【解析】解：连接OC，以O为坐标原点，分别以OC，OA，OS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则S(0,0,4)，A(0,2,0)，B(0,−2,0)，C(2,0,0)，E(1,0,2)．
设D(0,0,a)，则AD=(0,−2,a)，BE=(1,2,2)．
∵AD⊥BE，∴BE⋅AD=−2×2+2a=0，解得a=2，即OD=2．
故答案为：2．
连接OC，以O为坐标原点，分别以OC，OA，OS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设D(0,0,a)，然后利用BE⋅AD=0列式求解a，则答案可求．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间向量的应用，是基础题．
16.【答案】34
【解析】解：连接AC，设A1C1∩B1D1=F，平面A1ACC1∩平面AB1D1=AF．
因为OE/​/平面AB1D1，所以OE/​/AF，正方形ABCD中，AB=3 2，
则AC=6，同理A1C1=4，则C1F=−12A1C1=−12×23AC=−13AC，
OE=OC+CE=12AC+λCC1，
AF=AC+CC1+C1F=23AC+CC1，
因为OE//AF，所以λ=1223=34．
故答案为：34．
用向量将OE与AF表示出来，根据共线向量的性质即可求值．
本题考查向量的线性运算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)若l1//l2，则(a−3)×5a+(a−2)(a+4)=0，
整理得6a2−13a−8=(2a+1)(3a−8)=0，
解得a=−12或a=83．
当a=−12时，l1：−52x−72y+1=0，l2：−52x−72y+20=0，直线l1：(a−2)x+(a−3)y+1=0，直线l2：5ax−(a+4)y+20=0.垂直，符合题意；
当a=83时，l1：23x−13y+1=0，l2：403x−203y+20=0，l1，l2重合．
故a=−12．
(2)若l1⊥l2，则5a(a−2)−(a−3)(a+4)=0，
整理得4a2−11a+12=0，因为Δ=(−11)2−4×4×12<0，
所以方程4a2−11a+12=0无解，故l1与l2不可能垂直．
【解析】(1)直接利用直线平行的充要条件求出a的值；
(2)利用直线垂直的充要条件求出a的值．
本题考查的知识要点：直线平行和垂直的充要条件，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：以点A为坐标原点，直线AD，AA1，AB分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(2,0,2)，E(2,2,0)，F(1,4,0)，G(0,2,4)．CG=(−2,2,2)，EF=(−1,2,0)．

(1)CG⋅EF=6．
(2)证明：CE=(0,2,−2)．
令CE=mCG+nEF，根据向量的坐标的对应关系，整理得0=−2m−n2=2m+2n−2=2m，
解得m=−1n=2，所以CE=−CG+2EF．
故C，E，F，G四点共面．
【解析】(1)首先建立空间直角坐标系，进一步求出结果；
(2)利用向量的坐标运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的共线，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：方法一：(1)证明(方法一)：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，E(0,0,1)，B1(2,2,2)，G(1,0,0)，F(1,2,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)．

AE=(−2,0,1)，B1G=(−1,−2,−2)，GF=(0,2,0)，A1C1=(−2,2,0)．
因为AE⋅B1G=(−2,0,1)⋅(−1,−2,−2)=0，所以AE⊥B1G，即AE⊥B1G.
方法二：连接A1G.

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面ADDA1，所以AB⊥AE．
因为AB//GF，所以GF⊥AE．
因为A1B1//GF，所以A1，G，F，B1四点共面，
在正方形ADD1A1中，E，G分别是边DD1，AD的中点，可得△A1AG≌△ADE，
所以∠AA1G=∠DAE，∠AA1G+∠A1GA=∠DAE+∠A1GA=90°，所以AE⊥A1G.
因为GF⋂A1G=G，GF，A1G⊂平面A1GFB1，所以AE⊥平面A1GFB1．
因为B1G⊂平面A1GFB1，所以AE⊥B1G.
(2)因为AE⋅GF=(−2,0,1)⋅(0,2,0)=0，所以AE⊥GF，即AE⊥GF．
因为B1G∩GF=G，B1G，GF⊂平面B1FG，
所以AE⊥平面B1FG，即AE为平面B1FG的一个法向量．
设直线A1C1与平面B1FG所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈A1C1,AE〉|=|(−2,2,0)⋅(−2,0,1)2 2⋅ 5|=42 2⋅ 5= 105．
故直线A1C1与平面B1FG所成角的正弦值为 105．
【解析】(1)方法一：建立空间直角坐标系，证明AE⋅B1G=0得AE⊥B1G；
方法二：连接A1G，证明AE⊥平面A1GFB1得AE⊥B1G；
(2)证明AE为平面B1FG的一个法向量，用空间向量运算求线面角．
本题考查证明异面直线的垂直与求线面角，需要熟练应用空间向量，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得直线PQ的斜率为9−01−4=−3，
所以入射光线所在直线的点斜式方程为y−0=−3(x−4)，
其斜截式方程为y=−3x+12．
因为反射光线与入射光线所在直线关于x轴对称，所以反射光线与入射光线所在直线的倾斜角互补，
所以反射光线所在直线的斜率为3，所以反射光线所在直线的点斜式方程为y−0=3(x−4)，
其斜截式方程为y=3x−12．
(2)当直线l的截距为0时，直线l的方程为y=−25x，即2x+5y=0．
当直线l的截距不为0时，设直线l的方程为xa+yb=1，
则5a+−2b=1|a|=|b|，解得a=3b=3或a=7b=−7．
若a=3b=3，则直线l的方程为x+y=3，即x+y−3=0；
若a=7b=−7，则直线l的方程为x7+y−7=1，即x−y−7=0．
综上所述，直线l的一般式方程可能是2x+5y=0，x+y−3=0，x−y−7=0．
【解析】(1)根据斜率公式可得PQ的斜率，然后点斜式可得入射光线所在直线方程，根据反射光线与入射光线所在直线的倾斜角互补，即可求得反射光线所在直线方程；
(2)分直线过原点和不过原点，不过原点时根据题意截距式方程，代入已知点可得．
本题主要考查直线的斜率公式、用点斜式求直线的方程，直线的斜截式、截距式、一般式方程，属于基础题．
21.【答案】证明：(1)取线段A1C1的中点O点，AC的中点O′，连接OO′，OB1，
再以O为坐标原点，OA1，OB1，OO′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则A1(1,0,0)，A(1,0, 3)，B1(0, 3,0)，C1(−1,0,0)，D(−12, 32, 3)，
所以AC1=(−2,0,− 3)，B1C1=(−1,− 3,0)，
设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥AC1，n⊥B1C1，
则n⋅AC1=−2x− 3z=0n⋅B1C1=−x− 3y=0，解得y=− 33xz=−2 33x
令x=− 3，则y=1，z=2，所以n=(− 3,1,2)，
又因为A1D=(−32, 32, 3)，所以A1D= 32n，
所以A1D//n，
所以A1D⊥平面AB1C1；
解：(2)设AA1=a，由(1)中坐标系可得A1(1,0,0)，A(1,0,a)，B1(0, 3,0)，
C1(−1,0,0)，D(−12, 32,a)，
所以AC1=(−2,0,−a)，B1C1=(−1,− 3,0)，
设平面AB1C1的法向量为m=(x,y,z)，则m⊥AC1，m⊥B1C1，
则m⋅AC1=−2x−az=0m⋅B1C1=−x− 3y=0，解得z=−2axy= 33x，
令x=− 3，则y=1,z=2 3a，所以m=(− 3,1,2 3a)，
又因为A1D与平面AB1C1所成的角为π3，且A1D=(−32, 32,a)，
所以得到|cs〈m,A1D〉|=|m⋅A1D||m||A1D|=4 3 4+12a2× 3+a2= 32，
解得a=1或a=3，
又因为S△ABC=12×2×2× 32= 3，
所以当a=1时，VABC−A1B1C1=S△ABC⋅AA1= 3；
当a=3时，VABC−A1B1C1=S△ABC⋅AA1=3 3．
【解析】(1)以O为坐标原点，OA1，OB1，OO′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，证明直线方向向量和平面法向量共线即可；
(2)设AA1=a，根据A1D与平面AB1C1所成的角为π3可求得a，然后由棱柱的体积公式可求得体积．
本题主要考查直线与平面所成的角和三棱柱的体积，属于中档题．
22.【答案】解：(1)若FH/​/平面AEG，则H为AB的中点，理由如下：
因为E，G分别为BC，CD的中点，
所以EG/​/BD，
因为EG⊂平面AEG，
所以BD/​/平面AEG，
若FH/​/平面AEG，只需FH//BD即可，
因为F为AD的中点，
所以H为AB的中点．
(2)过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，连接OE，OA，
设OE=a，
因为BC=4，CD=BD=2 3，
所以CE=2，DE=2 2，OD2=DE2−OE2=8−a2，AO2=(AC+OE)2+CE2=(2 2+a)2+4，
在△ABD中，AB=2 6，AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcs∠ABD=28，
因为AD2=AO2+OD2，
所以28=8−a2+(2 2+a)2+4，
解得a= 2，
所以OD= 8−a2= 6，
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：

则A(2 2,0,0)，E(0,2,0)，D(− 2,2, 6)，G(− 22,1, 62)，
过点H作HM⊥AC，垂足为M，作HN⊥BC，垂足为N，
设AM=b∈[0,2 2]，则CM=2 2−b，MH= 2b，
所以H(2 2−b, 2b,0)，AE=(−2 2,2,0)，AG=(−5 22,1, 62)，CD=(− 2,2, 6)，CH=(2 2−b, 2b,0)，
设平面AEG的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅AE=−2 2x1+2y1=0m⋅AG=−5 22x1+y1+ 62z1=0，
令x1=1，则y1= 2，z1= 3，
所以m=(1, 2, 3)，
设平面CDH的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⋅CD=− 2x2+2y2+ 6z2=0n⋅CH=(2 2−b)x2+ 2by2=0，
令x2= 2b，则n=( 2b,b−2 2,4 33)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=2b 9b2−12b+40，
当b=0时，cs〈m,n〉=0，
当b∈(0,2 2]时，cs〈m,n〉=2 9−12b+40b2，
令1b=t≥ 24，则cs〈m,n〉=2 40t2−12 2t+9，
因为函数y=40t2−12 2t+9为开口向上，对称轴为t=3 220，
所以函数y=40t2−12 2t+9在( 24,+∞)上单调递增，
所以40t2−12 2t+9∈[8,+∞),
所以2 40t2−12 2t+9∈(0, 22]，即cs〈m,n〉∈(0, 22],
所以cs〈m,n〉∈[0, 22]，
所以平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围为[π4,π2]．
【解析】(1)由中位线定理可得EG/​/BD，由线面平行的判定定理可得BD/​/平面AEG，若FH/​/平面AEG，只需FH//BD即可，进而可得答案．
(2)过点D作DO⊥平面ABC，垂足为O，连接OE，OA，设OE=a，根据题意解得a的值，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面AEG的法向量m=(x1,y1,z1)，平面CDH的法向量为n=(x2,y2,z2)，再由数量积公式，进而可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．