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2016年高考数学预测题:专题四 立体几何(新课标理)


新课标理科
2016-4-1

专题四
1 ( )2

立体几何----新课标理科
3 ( ) 2 3 ( ) 3

一、选择题 1.设三条射线 PA、PB、PC 两两所成的角都是 60 度,则直线 PC 与平面 PAB 所成的角的余弦值为( )

( )

6 3

2.一个圆柱的轴截面为正方形,其体积与一个球的体积之比是 3:2,则这个圆柱的表面积与这个球的表面 积之比为( ) ( )1:1 ( ) 1: 2 ( )

2: 3

( )

3:2

已知两条不同的直线 m 、 n ,两个不同的平面 ? 、 ? ,则下列命题中的真命题是( )

? 若 m ? ? , n ? ? , ? ? ? ,则 m ? n ( )若 m ? ? , n ∥ , ? ? ? ,则 m ? n
( )若 m ∥ ? , n ∥

? , ? ∥ ? ,则 m ∥ n ( )若 m ∥ ? , n ? ? , ? ? ? ,则 m ∥ n

在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BC⊥CA,点 D1、F1 分别是 A1B1、A1C1 的中点,若 BC=CA=CC1,则异面 直线 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为( )

¨ ( A)

30 10

( B)

1 2

(C )

30 15

( D)

15 10

某个数学活动小组为了测量学校操场上国旗旗杆 DC 的高度, 在旗杆的正西方向的点 A 测得旗杆顶端 D 的 仰角为 30 度,沿点 A 向北偏东 60 度前进 18 米到达 B 点,测得旗杆顶端 D 的仰角为 45 度,经目测 AB 小于 AC,则旗杆的高度为( ) ( )9 米 ( )16 米 ( )18 米 ( )9 米或 18 米

如图是一个六棱柱的三视图,俯视图是一个周长为 3 的正六边形, 都在同一个球面上,那么这个球的体积为( )

该六棱柱的顶点

? 2

4? ( ) 3

5? ( ) 3

? ( )3

7.等边三角形 ABC 的边长为 4,M、N 分别为 AB、AC 的中点,沿 MN 将△AMN 折起,使得平面 AMN 与平面 MNCB 所成的二面角为 30°,则四棱锥 A—MNCB 的体积为 ( )

3 ( )2

3 ( ) 2

( ) 3

( )3

8.二面角 ? ? l ? ? 的平面角为 ? ,在 ? 内, AB ? l 于 B,AB=2,在 ? 内, CD ? l 于 D,CD=3,BD=1, M 是棱 l 上的一个动点,则 AM+CM 的最小值为( ( ) 2 5 ( ) )

2 2

( )

26

( ) 是 ? 的函数
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9.设 ? , ? , ? 为两两不重合的平面, l , m, n 为两两不重合的直线.给出下列四个命题:①若 ? ? ? , ? ? ? , 则 ? ∥ ? ; ② 若 m ? ? , n ? ? , m∥ ? , n∥ ? , 则 ? ∥ ? ; ③ 若 ? ∥ ? , l ? ? , 则 l ∥ ? ; ④ 若

? ? ? ? l , ? ? ? ? m, ? ? ? ? n, l ∥? ,则 m ∥ n ,其中真命题的个数是 (



( )1 ( )2 ( )3 ( )4 ? 10.矩形 ABCD 中,AB=4,BC=2,E、F 分别为 AB、CD 的中点,沿 EF 把 BCFE 折起后与 ADFE 垂直, P 为矩形 ADFE 内一动点,P 到平面 BCFE 的距离与它到点 A 的距离相等,设动点 P 的轨迹是曲线 L,则曲 线 L 把矩形 ADFE 分成的两部分的面积比为( ) ( )1:1 ( )2:3 ( )1:2 ( )1:4 二、填空题 11.如图是一个几何体的三视图,俯视图是顶角为 120 度的

等腰三角形,则这个几何体的表面积为

.

用一个半径为 10 厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥, 放在水平桌面上,被一阵风吹倒,如图,则它的最高点到桌面的距离为 . 在一个棱长为 6 厘米的密封正方体盒子中,放一个半径为 1 厘米的小球,任意摇动盒子,小球在盒子中不 能达到的空间为 G,则这个正方体盒子中的一点属于 G 的概率为 . 14.直角三角形 ABC 中,AD 是斜边 BC 上的高,则 AB 是 BD 与 BC 的等比中项. 请利用类比推理给出:三棱锥 P-ABC 中,侧棱 PA、PB、PC 两两垂直,点 P 在底面上的射影为 O, 则 . 三、解答题 15.如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,PC⊥AD.底面 ABCD 为梯形,AB∥DC, AB⊥BC.PA=AB=BC,点 E 在棱 PB 上,且 PE=2EB.

(1)求证:平面 PAB⊥平面 PCB; (2)求证:PD∥平面 EAC;

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(3)求平面 AEC 和平面 PBC 所成锐二面角的余弦值. 16.在△ABC 中,AB=CA=6,BC=8,点 D、E、F 分别是 BC、AB、CA 的中点,以三条中位线为折痕,折 成一个三棱锥 P-DEF, 求:(1)异面直线 PD 与 EF 所成的角; (2)PD 与底面 DEF 所成的角的正弦值; (3)二面角 P-DE-F 的正弦值. 17.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=AD=1,点 E,F,G 分别是棱 AA1、C1D1、BC 的中点. (1)在直线 A1D1 上是否存在点 Q,使得 EQ∥平面 FB1G; (2)求四面体 EFGB1 的体积; (3)求平面 EFB1 与平面 FB1G 所成二面角的大小. 18.如图是三棱柱 ABC-A1B1C1 的三视图,正(主)视图和俯视图都是矩形,侧(左)视图为等边三角形, D 为 AC 的中点.

(1)求证:AB1∥平面 BDC1; (2)设 AB1 垂直于 BC1,求二面角 D-BC1-C 的大小. 如图,平行四边形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB=1,AD=2,

∠ADC=60°,AF=a(a>0). (1)求证:AC⊥BF; (2)若二面角 F-BD-A 的大小为 60°,求 a 的值. 如图, AB 为圆 O 的直径, 点 E,F 在圆上, 已知 AB∥EF, AB=BC=4,AE=EF=BF=2, AD=2, 直角梯形 ABCD 所在的平面与圆 O 所在的平面互相垂直.

(1)求证:平面 CBE⊥平面 DAE; (2)求二面角 F-CD-B 的余弦值; (3)在 DB 上是否存在一点 G,使 GF∥平面 DAE? 若不存在,请说明理由;若存在,请找出这一点,并 证明之. 答案解析(专题四)

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1. 解 析 : 选 D. 直 线 PC 在 平 面 PAB 内 的 射 影 是 ∠ BPA 的 平 分 线 , 设 所 求 线 面 角 为 ? , 则

cos? ?

cos60? 3 ? ? cos30 3 ,故选 D.

2. 解析:选 .设圆柱的底面半径为 r ,球的半径为 R ,由于圆柱的轴截面为正方形,因此圆柱的母线长为

2r ,
V圆柱 ? ? r 2 ? 2r 3 S圆柱表 2?r ? 2r ? 2 ? ?r 2 3 ? ? 4 ? ? , V球 2 2 ?R3 S 4 ? R 2 球 3 所以 ,即 r ? R , 故选 .
解析:选 A. A 对,在 中有 m 与 n 不垂直的情况,在 C 中,还有 m 与 n 相交、异面的情况,在 中,还 有 m 与 n 相交、异面的情况,故选 A.

4. 解析:选 A.如图,建立空间直角坐标系,设 BC=2,则

B?2,0,0?, D1 ?1,1,2?, A?0,2,0?, F1 ?0,1,2? , BD ,1,2?, AF ,2? 1 ? ??1 1 ? ?0,?1

cos BD1 , AF1 ?
所以

BD1 ? AF1 BD1 ? AF1

?

??1,1,2?? ?0,?1,2? ?
6? 5

3 30 ? 30 10



30 所以异面直线 BD1 与 F1 所成角的余弦值为 10 ,故选 .
5. 解析:选 C.如图,设 DC ? h ,则 ?DAC ? 30 , AC ? 3h ,
?

?DBC ? 45? , BC ? h ,所以在 ?BAC 中,
?BAC ? 30? , AB ? 18, 应用余弦定理得 h 2 ? 18 2 ?
解这个方程得 h ? 18或h ? 9 ,
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? 3h? ? 2 ?18? 3h?cos 30 ,
2 ?

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当 h ? 9 时, AC ? 3h ? 9 3 ? AB ,与已知矛盾,故舍去.当 h ? 18 时符合题意,所以选 C. 6. 解析:选 .这是一个正六棱柱,上下两个底面的中心连线的中点就是球心,

因为六棱柱的高为 3 ,所以球心到底面的距离为

d?

3 2 .

1 因为底面正六边形的周长为 3,所以底面正六边形的边长为 2 ,

r?
即底面外接圆的半径为

1 2 ,由球的截面性质得球半径 R ? r 2 ? d 2 ? 1 ,
.

4 ? 所以这个球的体积为 3 ,故选

解析:选

.在平面图中,过 A 作 AL⊥BC,交 MN 于 K,交 BC 于 L.则 AK⊥MN,KL⊥MN.

∴∠AKL 是面 AMN 与面 MNCB 所成的二面角的平面角,即有∠AKL=30°.

3 2+4 S四边形MNCB= ? KL 2 则四棱锥 A—MNCB 的高 h= AK ? sin 30? = 2 . =3 3 .

1 3 3 VA-MNCB = ? 3 3 ? 3 2 = 2 .故选 A. ∴
8.解析:选 C.如图,把平面 ? 展开到 ? 内成一个平面,连接 AC,交 l 于 M,此时 AM+CM=AC,过 C 作 CN 垂直于 AB 的延长线,垂足为 N,则

AC ? AN 2 ? CN 2 ?

?2 ? 3?2 ? 12

? 26

.故选 C.

9. 解析:选 .① ? , ? 也有相交的情况;②要保证

m, n 相交,才有 ? ∥ ? ;③由面面平行的性质定理可知

正确;④因 l ∥? , ? ? ? ? m, l ? ? ,?l ∥ m ,同样 l ∥ n ,从而 m ∥ n ,故④对.故选 .? 10. 解析:选 C.如图,过点 P 作 PQ 垂直于 FE,则 PQ 垂直于平面 BCFE,

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所以 PQ=PA,所以动点 P 的轨迹(即曲线 L)为以 A 为焦点,以 FE 为准线的抛物线在矩形内的部分,在 平面 ADFE 内,取 AE 中点为 R,以 R 为原点,以 RA 为 x 轴,建立平面直角坐标系,则曲线 L 的方程为

y 2 ? 4 x ,曲线 L 与线段 RA、AD 围成的面积为

?

1

0

?2 3 ? 4 2 ?1 4 x dx ? 2? ?3x ?0 ? 3 ? ? ,又矩形 ADFE 的面积为 4,

所以曲线 L 把矩形 ADFE 分成的两部分的面积比为 1:2.故选 C. 解析:根据三视图的知识,这个几何体是底面边长分别为 2,2,2 3 的

等腰三 角形,高 为 2 的直三棱 柱 . 它的侧 面积是 2 ? 2 ? 2 3 ? 2 ? 8 ? 4 3 ,其一 个底面的面积 为

?

?

1 ? 2 3 ?1 ? 3 2 ,所以这个三棱柱的表面积为 8 ? 4 3 ? 3 ? 3 ? 8 ? 6 3 .

?

?

答案: 8 ? 6 3 12.解析:要抓住两点:1.半圆纸片的半径成了圆锥的母线,2.半圆弧长成了圆锥的底面周长.设圆锥的底面 半径为 r ,母线为 l ,则 l ? 10,2? ? r ? ? ?10 , r ? 5 ,
? ? 所以轴截面顶角的一半为 30 ,轴截面为正三角形,故圆锥的最高点离桌面的距离为 l sin 60 ? 5 3 厘米.

答案: 5 3 厘米 解析:在正方体盒子中,不能到达的八个角的空间即为图一中的内切于正方体的小球不能到达的空间,其

4 4 23 ? ? ? 8 ? ? 3 3 .小球沿每条棱运动不能到达的空间(除去两端的两个角)的体积,即为高为 4 体积为

的一个正四棱柱的体积与其内接圆柱体积差的四分之一(如图二) ,

1 2 2 ? 4 ? ? ?12 ? 4 ? 4 ? ? 即4 ,正方体有 12 条棱,所以在盒子中小球不能到达的空间 G 的体积为

?

?

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4 40 8 ? ? ? 12 ? ?4 ? ? ? ? 56 ? ? 3 3 ,又正方体盒子的体积为 63=216,所这以个正方体盒子中的一点属于 G

56 ?
的概率为

40 ? 3 ? 21? 5? 216 81 .

21 ? 5? 答案: 81 .
14.解析:连接 CO,并延长交 AB 于 D,连接 PD, 则 PD⊥PC,CD⊥AB,所以 PD2=DO×DC,所以
2 S? PAB ? S?AOB ? S?ABC .即三角形 PAB 的面积是三角形 AOB 的

面积与三角形 ABC 的面积的等比中项. 答案:三角形 PAB 的面积是三角形 AOB 的面积与三角形 ABC 的面积的等比中项. 15.解析: (1)∵PA⊥平面 ABCD, ∴PA⊥BC. 又 AB⊥BC,PA ? AB=A, ∴ BC⊥平面 PAB.

又 BC ? 平面 PCB,所以平面 PAB⊥平面 PCB. (2)∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥AD,又 PC⊥AD,PA ? PC=P, ∴AD⊥平面 PAC,∴AC⊥AD. 在梯形 ABCD 中,由 AB⊥BC,AB=BC,得∠BAC=45°,∴∠DCA=∠BAC=45°, 又 AC⊥AD,故 ? DAC 为等腰直角三角形, ∴DC= 2 AC= 2 ( 2 AB)=2AB.

DM DC ? ?2 AB 连结 BD,交 AC 于点 M,则 MB . PE DM ? ?2 EB MB ? 连结 EM,在 BPD 中, ,
∴PD∥EM,又 EM 在平面 EAC 内,∴PD∥平面 EAC. (3) 以 A 为 坐 标 原 点 , AB,AP 所 在 直 线 分 别 为 y 轴 , z 轴 , 建 立 如 图 所 示 空 间 直 角 坐 标

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系.

(0,
设 PA=AB=BC=a,则 A(0,0,0) ,B(0,a,0) ,C(a,a,0) ,P(0,0,a) ,E 设 n1 =(x,y,1)为平面 AEC 的一个法向量, 则 n1 ⊥ AC, n1 ? AE,

2a a , ) 3 3 .

AC ? (a, a,0), AE ? (0,

2a a , ), 3 3

ax ? ay ? 0 ? ? 2ay a 1 ? ? ?0 ? 3 ∴? 3 ,解得 x= 2

1 1 1 n1 ? ( ,? ,1). 2 2 ,y= 2 ,∴ ?

设 n2 ? ( x' , y' ,1) 为平面 PBC 的一个法向量,则 n2 ? BC, n2 ? BP,

ax ' ? 0 BC ? (a,0,0), BP ? (0,?a, a ),? ? ?? ay '? a ? 0 ? 又 ,解得 x' ? 0, y' ? 1 ,∴ n2 =(0,1,1).

cos n1 , n2 ?

n1 ? n2 n1 n2

?

3 6

3 ,∴平面 AEC 和平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值为 6 .

16.解析:(1)取 EF 的中点 N,连接 DN、PN, 因为 DF=DE,PF=PE,所以 PN⊥EF,DN⊥EF,PN ? DN=N, 所以 EF⊥平面 PDN,EF⊥PD,所以异面直线 PD 与 EF 所成的角为 90 度.

(2)过点 P 作 PO⊥DN,垂足为 O, 由(1)知 EF⊥平面 PDN,所以平面 PDN⊥平面 DEF,

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所以 PO⊥平面 DEF,DO 是 PD 在平面 DEF 上的射影,

4 ∠PDO 就是直线 PD 与平面 DEF 所成的角.由题意得 PN=DN= 5 ,PD=4,所以 PO= 5 ,

4 PO 5 sin ?PDO ? ? 5 ? PD 4 5 . 所以
(3)过 O 作 OM⊥DE,垂足为 M,连接 PM,由(2)知 PO⊥DE,又 OM⊥DE,OM ? PO=O,所以 DE⊥平 面 OPM,所以 PM⊥DE, ∠PMO 就是二面角 P-DE-F 的平面角.

4 5 因为 sin∠PMO×sin∠PDM= sin∠PDO,在三角形 PDE 中,由余弦定理得 PM= 3 ,
5 3 所以 sin∠PDM= 3 ,所以 sin∠PMO= 5 ,
3 所以二面角 P-DE-F 的正弦值为 5 .
17.解析:如图以 D 为原点,以 DA、DC、DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,

?1 ? 1 G? ,2,0 ? ? , B1 ?1,2,1? , 则 E(1,0, 2 ) , F ?0,1,1? , ? 2

(1) 假设存在点 Q,使得 EQ∥平面 FB1G,并设坐标为 Q?x,0,1? . 设面 FB1G 的法向量为 m ? ( x, y, z) ,则 m ? FB1 , m ? B1G. 又 FB1 ? (1,1,0) ,

?

?

1 B1G ? (? ,0,?1) 2 ,

?x ? y ? 0 ? ? 1 1 ? x?z ?0 m ? (1,?1,? ) ? 2 , ∴? 2 , 取
1 EQ ? ( x ? 1,0, ) 2 , 1G ? EQ ? m , 因为 EQ ∥平面 FB

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1 1 ( x ? 1) ? (?1) ? 0 ? ? (? ) ? 0 2 2 ∴ ,∴
D1Q ?

x?

5 4,

故在 D1 A1 的延长线上存在点 Q,当

5 4 时,有 EQ∥面 FB1G .

1 EF ? ( ?1,1, ) 2 ,则点 E 到平面 FB1G 的距离为 (2)

d?

EF ? m m

1 ?? 1? ? ? ? 1,1, ??1,?1,? ? 2 ?? 2? 3 ? ? ? 2 1 1?1? 4 ,
5 3 , FG ? 2 2,

因为

FB1 ? 2 , B1G ?

9 5 2? ? 4 4 ? 2 , ?B FG ? 45? , sin ?B FG ? 2 cos?B1 FG ? 1 1 3 2 2 2? 2 ? 2 所以 ,
1 3 3 3 1 3 2 3 VEFGB1 ? ? ? ? S ?FGB1 ? ? 2 ? ? ? 3 4 2 8 ;(3)设平面 EFB1 2 2 2 4 ,所以所求的四面体的体积为 所以
的法向量为 n ? ( x1 , y1 , z1 ) ,则 n ? EF, n ? B1F ,

1 ? ?? x1 ? y1 ? z1 ? 0 2 ? ? x ? y1 ? 0 所以 ? 1 ,取 n ? (1,?1,4) ,
根据两个法向量的方向,可知所求二面角的大小等于两个法向量的夹角的大小, 又因为

cos m, n ? 0

,所以所求的二面角的大小为 90 度.

18.解析:

(1)由三视图画出直观图,如图, 这是一个正三棱柱,连接 BC1 和 B1C,交点为 O,则 O 为 B1C 的中点,连接 OD, 因为 D 为中点,所以 OD∥AB1, 又 OD 在平面 BDC1 内,AB1 不在平面 BDC1 内,所以 AB1∥平面 BDC1. (2)过 D 作 DG⊥BC,垂足为 G,连接 GO, 因为侧面垂直于底面,所以 DG⊥侧面 BCC1B1,所以 DO 在侧面 BCC1B1 内的射影为 GO,

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因为 AB1 垂直于 BC1,所以 BC1⊥DO,又 BC1⊥DG, DG ? DO=D,所以 BC1⊥平面 DOG,所以 BC1⊥GO, 所以∠DOG 就是所求的二面角的平面角. 取 BC 中点 F,连接 AF,OF,则有 OF⊥BC,AF⊥BC, 在直角三角形 BOG 中,OF⊥BG,

GO 2 ? GF ? GB ?
所以

1 3 1 3 3 BC BC ? BC, GO ? BC DG ? AF ? 2 4 4 4 4 , ,

故在直角三角形 DGO 中,DG=OG,∠DOG=450,即所求的二面角的大小为 45 度.

解析:(1)如图, 在 ? ABC 中,∵AB=1,BC=2,∠ABC=60°,

∴由余弦定理得

AC ?

AB ? BC ? 2 AB ? BC cos 60 ?
2 2

1 ? 4 ? 2 ? 1? 2 ?
=

1 ? 3 2 ,

2 2 2 ∴ AB ? AC ? BC ,∴∠BAC=90°,即 AC⊥AB.

又在矩形 ACEF 中,AC⊥AF,且 AF ? AB=A, ∴AC⊥平面 ABF,又∵BF ? 平面 ABF,∴AC⊥BF. (2)∵平面 ACEF⊥平面 ABCD,平面 ACEF ? 平面 ABCD=AC,FA⊥AC,∴FA⊥平面 ABCD, 过点 A 作 AG⊥BD 于点 G,连结 FG,则 FG⊥BD. ∴∠AGF 即是二面角 F-BD-A 的平面角,∴∠AGF=60°. 在 ? ABD 中,由余弦定理得

1 BD ? AB2 ? AD2 ? 2 AB ? AD ? cos120? ? 12 ? 22 ? 2 ?1? 2 ? (- ) ? 7。 2
S?ABD ? 1 1 21 AG ? 7 ? ?1? 2 ? sin 120?得AG ? . 2 2 7



21 3 7 3 7 ? 3? , 即a ? . 7 7 7 ? 在 Rt AGF 中,∵∠AGF=60°,∴AF=AG·tan∠AGF=

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20.解析:(1)如图, 连结 BE,因为四边形 ABCD 是直角梯形,所以 AD⊥AB, 又平面 ABCD⊥平面 ABFE, 所以 AD⊥平面 ABFE,所以 AD⊥BE. 因为 AB 为圆 O 的直径,所以 AE⊥BE,又 AE ? AD=A,所以 BE⊥平面 DAE. 又 BE ? 平面 CBE,所以平面 CBE⊥平面 DAE. (2)因为 AE=EF=BF=2,连结 OE,OF,则 ? OEF 是边长为 2 的等边三角形,以 O 为原点,OB 所在直线为 y 轴,垂直于 OB 的直线分别为 x 轴,z 轴,建立如图坐标系, 则有 A(0,-2,0) ,B(0,2,0) ,C(0,2,4) ,D(0,-2,2) ,F( 3 ,1,0) , 易 得 平 面 ABCD 的 一 个 法 向 量 为 n1 ? (1,0,0) , 设 平 面 CDF 的 一 个 法 向 量 为 n2 ? ( x, y, z), 因 为

CD ? (0, - 4, - 2), CF ? ( 3, -1 , - 4) ,
? ?2 y ? z ? 0 CD ? 0 7 ?n2 · 可得? 令y ? 1,得n2 ? (? ,1,?2), ? 3 3 x ? y ? 4 z ? 0 ? n · CF ? 0 ? 由? 2
? cos n1 , n2 ?
所以

7 3

49 ?1? 4 3

7 ?? . 8

7 . 结合图形知平面 CDF 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 8
存在,点 G 是 BD 的中点. 证明:连结 OG,GF,则 OG∥AD,又因为 OG ? 平面 DAE,所以 OG∥平面 DAE,因为 AB∥EF,

1 AO= 2 AB=2,EF=2,所以四边形 AOFE 是平行四边形,所以 OF∥AE,又 OF ? 平面 DAE,所以 OF∥平面
DAE,又 OG ? OF=O,所以平面 OGF∥平面 DAE,所以 GF∥平面 DAE.

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