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第四章复习提升-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份第四章复习提升-2022版数学必修第二册 湘教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共26页。
本章复习提升
易混易错练
易错点1 不能正确分析空间几何体的结构而致错
1.(2020天津静海第一中学高二下月考,)圆柱的侧面展开图是边长分别为2a、a的矩形,则圆柱的体积为 .
2.(2020河北邯郸第一中学高一下月考,)如图所示,在边长为8的正三角形ABC中,E、F分别是AB、AC的中点,AD⊥BC,EH⊥BC,FG⊥BC,垂足分别为D,H,G,若将△ABC绕AD所在直线旋转180°,求阴影部分形成的几何体的表面积.
3.(2020重庆第一中学高三下月考,)在多面体ABCDPQ中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥CD∥PQ,AB⊥AD,△PAD为正三角形,O为AD的中点,且AD=AB=2,CD=PQ=1.
(1)求证:平面POB⊥平面PAC;
(2)求多面体ABCDPQ的体积.
易错点2 平面几何定理与立体几何定理相混淆而致错
4.(2020浙江杭州八校联盟高二上期中,)下列命题中为假命题的是 ( )
A.垂直于同一直线的两个平面平行
B.垂直于同一直线的两条直线平行
C.平行于同一直线的两条直线平行
D.平行于同一平面的两个平面平行
5.(2020辽宁阜新第二高级中学高二上期末,)若直线a和b没有公共点,则a与b的位置关系是 ( )
A.相交 B.平行
C.异面 D.平行或异面
易错点3 构造图形错误导致解题错误
6.(2020重庆巴蜀中学高三下月考,)已知正方体A1B1C1D1-ABCD的棱长为2,点P在线段CB1上,且B1P=2PC,平面α经过点A,P,C1,则正方体A1B1C1D1-ABCD被平面α截得的截面面积为 ( )
A.36B.26C.5D.534
7.(2019北京首都师范大学附属中学高三下三模,)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面的面积的最大值为( )
A.334B.233C.324D.32
易错点4 忽略判定定理或性质定理的必备条件致错
8.()已知平面α∥平面β,AB、CD是夹在α、β间的两条线段,A、C在α内,B、D在β内,点E、F分别在AB、CD上,且AE∶EB=CF∶FD=m∶n.求证:EF∥平面α.
9.()如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.
(1)求证:C1C⊥BD;
(2)当CDCC1的值为多少时,A1C⊥平面C1BD?
10.()如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=12BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出BMDM的值;若不存在,请说明理由.
易错点5 不能准确找出空间角致错
11.()如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为 ( )
A.12B.23C.32 D.2
12.()已知三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上,球O的表面积为136π,AA1⊥平面ABC,AB=6,BC=8,AC=10,则直线BC1与平面AB1C1所成角的正弦值为 ( )
A.3210B.25C.225D.3310
13.(多选)()如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=12AB=2,E为AB的中点,以DE为折痕把△ADE折起,使点A到达点P的位置,且PC=23,则 ( )
A.平面PED⊥平面EBCD
B.PC⊥ED
C.二面角P-DC-B的大小为π4
D.PC与平面PED所成角的正切值为2
14.()如图,在平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD=2,平面AED⊥平面ABCD,三角形AED为等边三角形,EF∥AB,EF=1,M,N分别为AD,AB的中点.
(1)求证:平面EMN∥平面BDF;
(2)求证:平面BDF⊥平面ABCD;
(3)求直线FC与平面BDF所成角的正切值.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.(多选)(2020山东潍坊高三上期末,)已知等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周,则形成的几何体的表面积为 ( )
A.2π B.(1+2)π
C.22π D.(2+2)π
2.()如图,点A在平面α外,△BCD在平面α内,E、F、G、H分别是线段BC、AB、AD、DC的中点.
(1)求证:E、F、G、H四点在同一平面上;
(2)若AC=6,BD=8,异面直线AC与BD所成的角为60°,求EG的长.
二、转化与化归思想在立体几何中的应用
3.(2020陕西师大附中高一上期末,)已知圆锥的底面半径为1,高为15,要想从底面圆周上一点A出发拉一条细绳绕圆锥的侧面一周再回到A,则该条细绳的最短长度是 .
4.(2020福建泉州高三下月考,)如图1,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,E为CD的中点,以BE为折痕将△CBE折起到△PBE的位置,使得平面PBE⊥平面ABED,如图2.
(1)证明:平面PAB⊥平面PBE;
(2)求点D到平面PAB的距离.
5.(2020福建高三4月联考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=4,BC=12AD=2,CD=3.
(1)证明:平面BQM⊥平面PAD;
(2)求四面体P-BQM的体积.
三、函数与方程思想在立体几何中的应用
6.(2020天津和平高二4月月考,)正三棱锥P-ABC的高为2,侧棱与底面所成的角为45°,则二面角P-AB-C的正切值是 ,点A到平面PBC的距离是 .
7.(2020河北衡水武邑中学高一上月考,)如图,一个圆锥的底面半径为2,高为6,在其中有一个底面半径为x的内接圆柱.
(1)试用x表示圆柱的体积;
(2)当x为何值时,圆柱的侧面积最大?最大值是多少?
8.(2020山东济南章丘四中高三3月模拟,)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AC=AB=SA=2,AC⊥AB,D、E分别是AC、BC的中点,F在SE上,且SF=2FE.
(1)求证:AF⊥平面SBC;
(2)在线段DE上是否存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30°?若存在,求出DG的长;若不存在,请说明理由.
9.()如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,底面四边形ABCD中,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
答案全解全析
易混易错练
1.答案 a3π或a32π
解析 当母线长为a时,圆柱的底面半径是aπ,此时圆柱的体积是π×aπ2×a=a3π;
当母线长为2a时,圆柱的底面半径是a2π,此时圆柱的体积是π×a2π2×2a=a32π.
综上,圆柱的体积是a3π或a32π.
2.解析 由题意知,旋转后得到的几何体是挖去一个圆柱的圆锥,且圆锥的底面半径为4,高为43,圆柱的底面半径为2,高为23,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆锥的底面、侧面、圆柱的侧面.
圆锥的底面积为16π,圆锥的侧面积为π×4×8=32π,圆柱的侧面积为2π×2×23=83π,
∴所求几何体的表面积为16π+32π+83π=48π+83π.
3.解析 (1)证明:由条件易得Rt△ADC≌Rt△BAO,故∠DAC=∠ABO,∴∠DAC+∠AOB=∠ABO+∠AOB=90°,∴AC⊥BO,
∵PA=PD,且O为AD的中点,∴PO⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD,
又∵AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PO,
又∵PO∩BO=O,
∴AC⊥平面POB,
∵AC⊂平面PAC,
∴平面POB⊥平面PAC.
(2)取AB的中点E,连接CE,QE,
由(1)可知,PO⊥平面ABCD,
∵AB⊂平面ABCD,∴PO⊥AB,
又∵AB⊥AD,PO∩AD=O,
∴AB⊥平面PAD,
∴V多面体ABCDPQ=VPAD-QEC+VQ-CEB=S△PAD·AE+13S△CEB·PO
=12×22×32×1+13×12×1×2×3=433.
4.B 垂直于同一直线的两个平面平行,故A为真命题;
三条直线在同一个平面内时,才有垂直于同一条直线的两条直线平行,空间的三条直线则不一定成立,故B为假命题;
由基本事实4可知,平行于同一条直线的两条直线平行,故C为真命题;
由基本事实4及面面平行的性质定理可知D为真命题.
故选B.
5.D 因为两直线相交只有一个公共点,两直线平行或异面没有公共点,所以选D.
6.B 如图所示,A、P、C1确定一个平面α,设平面α∩A1D1=Q,平面α∩BC=M,
∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C,∴AQ∥MC1,同理AM∥QC1,
∴正方体被平面α截得的截面四边形AMC1Q是平行四边形.
∵B1P=2PC,∴C1B1=2MC,即MC=MB=1,∴AM=MC1=5,连接AC1,则AC1=23,
由余弦定理得cos∠AMC1=AM2+MC12-AC122AM×MC1=-15,
∴sin∠AMC1=265,
∴S四边形AMC1Q=2×12AM×MC1×sin∠AMC1=26.故选B.
7.A 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的,得在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
平面AB1D1与直线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的,∴平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的,要求截面面积最大,则截面为夹在面AB1D1与面C1BD中间且过棱的中点的正六边形,如图所示,易知该正六边形的边长为22,∴其面积S=6×34×222=334,故选A.
8.证明 (1)当AB,CD共面时(如图①),连接AC,BD.
因为α∥β,所以AC∥BD.
因为AE∶EB=CF∶FD,
所以EF∥AC∥BD,且EF在平面α外.
因为AC⊂α,所以EF∥平面α.
(2)当AB,CD异面时(如图②),连接AC,BD,过点A作AH∥CD交β于点H,连接BH,HD.
在AH上取点G,使AG∶GH=m∶n,
连接GF,GE,由(1)可得FG∥HD.
因为AG∶GH=AE∶EB,所以EG∥BH,
所以平面EFG∥平面β∥平面α.
又因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面α.
9.解析 (1)证明:如图,连接A1C1,AC,设AC和BD交于点O,连接C1O.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,BC=CD.
又∵∠BCC1=∠DCC1,C1C是公共边,
∴△C1BC≌△C1DC,∴C1B=C1D.
∵DO=OB,∴C1O⊥BD.
又∵AC∩C1O=O,
∴BD⊥平面ACC1A1.
又∵C1C⊂平面ACC1A1,
∴C1C⊥BD.
(2)当CDCC1=1时,平行六面体的六个面是全等的菱形.
由(1)知BD⊥平面ACC1A1.
同理BC1⊥平面A1B1CD.
∵A1C⊂平面ACC1A1,A1C⊂平面A1B1CD,∴BD⊥A1C,BC1⊥A1C.
又∵BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面C1BD.
故当CDCC1=1时,A1C⊥平面C1BD.
10.解析 (1)证明:因为AD∥BC,BC⊂平面BCEF,AD⊄平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,
所以DE⊥AD.因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD.
因为BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=12BC,∠BAD=90°,
可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,所以DN=12BC.
所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.
(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
连接AN交BD于点M,连接NF,MF,由于四边形ABND为正方形,
所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形.
所以CE∥NF.
又因为NF⊂平面AMF,CE⊄平面AMF,
所以CE∥平面AMF,此时BMDM=1.
11.A 延长D1E与直线CD交于点F,连接AF,
则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF.
∵C1D1∥CD,
∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成的角,
∵E是棱CC1的中点,且DD1∥CC1,
∴CD=CF,
∴tan∠AFD=ADDF=12.
12.A 由AB=6,BC=8,AC=10,
得AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
设球的半径为R,AA1=x,则由AA1⊥平面ABC知A1C为外接球的直径,
在Rt△A1AC中,x2+102=(2R)2,
又4πR2=136π,
∴4R2=136,∴x=6,
∴S△AB1C1=242,S△ABB1=18,
设点B到平面AB1C1的距离为d,
则由VB-AB1C1=VC1-ABB1,得13×242d=13×18×8,∴d=32,
又BC1=10,
∴直线BC1与平面AB1C1所成角的正弦值为dBC1=3210.
13.AC PD=AD=AE2+DE2=22+22=22,在三角形PDC中,PD2+CD2=PC2,所以PD⊥CD,易知CD⊥DE,又PD∩DE=D,所以CD⊥平面PED,又CD⊂平面EBCD,所以平面PED⊥平面EBCD,故A选项正确;
若PC⊥ED,由ED⊥CD,可得ED⊥平面PDC,则ED⊥PD,而∠EDP=∠EDA=π4,
显然矛盾,故B选项错误;
二面角P-DC-B的平面角为∠PDE,易知∠PDE=∠ADE=π4,故C选项正确;
由上面分析可知,∠CPD为直线PC与平面PED所成的角,在Rt△PCD中,tan∠CPD=CDPD=22,故D选项错误.
14.解析 (1)证明:因为M,N分别为AD,AB的中点,所以MN∥BD,
又MN⊄平面BDF,BD⊂平面BDF,所以MN∥平面BDF,
因为EF∥AB,EF=1,AB=2NB=2,
所以EF∥NB,EF=NB,
所以四边形FENB是平行四边形,
所以EN∥BF,
又EN⊄平面BDF,BF⊂平面BDF,
所以EN∥平面BDF,
又因为EN∩MN=N,EN,MN⊂平面EMN,
所以平面EMN∥平面BDF.
(2)证明:因为三角形AED为等边三角形,M为AD的中点,所以EM⊥AD,因为平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,EM⊂平面AED,所以EM⊥平面ABCD,又EM⊂平面EMN,
所以平面EMN⊥平面ABCD.
因为平面EMN∥平面BDF,
所以平面BDF⊥平面ABCD.
(3)已知平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD=2,所以AD⊥BD,
所以BC⊥BD,
又平面BDF⊥平面ABCD,平面BDF∩平面ABCD=BD,BC⊂平面ABCD,
所以BC⊥平面BDF,
所以∠CFB即为直线FC与平面BDF所成的角.
在Rt△EMN中,EM=32,MN=12BD=32,所以BF=EN=62,
所以tan∠CFB=BCBF=162=63.
所以直线FC与平面BDF所成角的正切值为63.
思想方法练
1.AB 若绕其直角边所在直线旋转一周,则形成的几何体为圆锥,且圆锥的底面半径为1,高为1,母线长就是直角三角形的斜边长,为2,故形成的几何体的表面积S=π×1×2+π×12=(2+1)π;
若绕其斜边所在直线旋转一周,则形成的几何体是由两个同底圆锥组成的,且圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高,为22,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,故形成的几何体的表面积S=2×π×22×1=2π.
综上可知,形成的几何体的表面积是(2+1)π或2π.故选AB.
2.解析 (1)证明:∵E、F、G、H分别是线段BC、AB、AD、DC的中点,∴FG∥BD,且FG=12BD,EH∥BD,且EH=12BD,∴FG∥EH,且FG=EH,∴四边形EFGH为平行四边形,∴E、F、G、H四点在同一平面上.
(2)由(1)知四边形EFGH为平行四边形,且FG=12BD=4,FE=12AC=3.
∵异面直线AC与BD所成的角为60°,
∴FG、FE所成的角为60°,∴∠GFE=60°或∠GFE=120°.
当∠GFE=60°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcos 60°=25-12=13,此时EG=13;
当∠GFE=120°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcos 120°=25+12=37,此时EG=37.
∴EG的长为13或37.
3.答案 42
解析 如图所示:
沿SA剪开,再展开后得到扇形SAA1,连接AA1,易知细绳的最短长度为AA1的长度.
∵圆锥的底面半径为1,高为15,
∴扇形的弧长为2π·1=2π,母线SA=4.
在扇形SAA1中,易得∠ASA1=π2,∴AA1=2SA=42,即细绳的最短长度为42.
4.解析 (1)证明:连接BD,易知△BCD是等边三角形,∵E为CD的中点,∴BE⊥CD.
∵AB∥CD,∴AB⊥BE.
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,AB⊂平面ABCD,
∴AB⊥平面PBE,
又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBE.
(2)解法一:在△ABD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∴S△ABD=3,
由(1)知,CE⊥BE,∴PE⊥BE,又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,PE⊂平面PBE,
∴PE⊥平面ABCD,又PE=CE=1,∴三棱锥P-ABD的体积V=13×3×1=33,
在Rt△PBE中,由PE=1,BE=3,得PB=2,
由(1)知,AB⊥平面PBE,∵PB⊂平面PBE,
∴AB⊥PB,∴S△ABP=2.
设点D到平面PAB的距离为d,则三棱锥D-PAB的体积V'=V=13×2×d=33,
解得d=32,
∴点D到平面PAB的距离为32.
解法二:∵DE∥AB,AB⊂平面PAB,DE⊄平面PAB,∴DE∥平面PAB,
∴点E到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离,
过点E作PB的垂线,垂足为F,则EF⊥PB,
由(1)知,平面PAB⊥平面PBE,平面PAB∩平面PBE=PB,EF⊂平面PBE,
∴EF⊥平面PAB,即EF为点D到平面PAB的距离.
易知PE⊥BE,
∴在Rt△PBE中,PE×BE=PB×EF,又PE=1,BE=3,∴PB=2,∴EF=32,
∴点D到平面PAB的距离为32.
5.解析 (1)证明:∵AD∥BC,BC=12AD,Q是AD的中点,∴DQ?BC,∴四边形BCDQ为平行四边形,∴CD∥BQ.
∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即BQ⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ⊂平面ABCD,
∴BQ⊥平面PAD.又BQ⊂平面BQM,
∴平面BQM⊥平面PAD.
(2)连接CQ.VP-BQM=VC-BQM=VM-BCQ=12VP-BCQ.
由(1)可知,四边形BCDQ为矩形,
∴S△BCQ=12BQ·BC=3.
∵PA=PD,Q为AD的中点,∴PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD.
在Rt△PDQ中,PQ=PD2-DQ2=23,
∴VP-BQM=12VP-BCQ=12×13×3×23=1.
6.答案 2;655
解析 如图,过点P作PO⊥底面ABC,交平面ABC于点O,连接BO并延长交AC于点D,连接PD.
取AB的中点E,连接PE、CE,则点O在CE上.
由题意可知,PE⊥AB,CE⊥AB,∴∠PEO是二面角P-AB-C的平面角.
∵正三棱锥P-ABC的高为2,侧棱与底面所成的角为45°,
∴PO=2,∠PBO=45°,∴BO=CO=PO=2,
∴EO=1,
∴二面角P-AB-C的正切值tan∠PEO=POEO=2.
在正三角形ABC中,由CE=CO+OE=3,CE⊥AB,可得△ABC的边长为23,
∴S△ABC=12×23×3=33.
易知PD=1+4=5,
∴S△PBC=S△PAC=12×23×5=15.
设点A到平面PBC的距离为h,
∵VP-ABC=VA-PBC,
∴13×33×2=13×15×h,解得h=655,
∴点A到平面PBC的距离为655.
7.解析 (1)设圆柱的高为h,则x2=6-h6,所以圆柱的高h=6-3x,
所以圆柱的体积V=π·x2(6-3x)(0
8.解析 (1)证明:由AC=AB=SA=2,AC⊥AB,E是BC的中点,得BC⊥AE,AE=2.
∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AE,
在Rt△SAE中,易知SE=6,∴EF=13SE=63,∴AE2=EF·SE,又∵∠AEF=∠AES,
∴∠AFE=∠SAE=90°,即AF⊥SE.
∵SA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴SA⊥BC,又BC⊥AE,SA∩AE=A,
∴BC⊥平面SAE,又AF⊂平面SAE,
∴BC⊥AF.
又SE∩BC=E,∴AF⊥平面SBC.
(2)在线段DE上存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30°,此时DG=12.
理由如下:
假设满足条件的点G存在,并设DG=t,过点G作GM⊥AE交AE于点M,
易知SA⊥GM,又AE∩SA=A,∴GM⊥平面SAE,
作MN⊥AF交AF于点N,连接NG,则AF⊥NG,
∴∠GNM为二面角G-AF-E的平面角,即∠GNM=30°,
由此可得MG=22(1-t),由MN⊥AF,EF⊥AF,得MN∥EF,∴MNEF=AMAE,于是有MN63=22(1+t)2,得MN=66(1+t),
在Rt△GMN中,MG=MN·tan 30°,即22(1-t)=66(1+t)·33,解得t=12,
于是满足条件的点G存在,且DG=12.
9.解析 (1)证明:如图,取PA的中点F,连接EF,BF,则EF∥AD,且EF=12AD,
∵∠BAD=∠ABC=90°,∴AD∥BC,又BC=12AD,∴EF∥BC,且EF=BC.
∴四边形BCEF是平行四边形,∴BF∥CE,∵BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,
∴CE∥平面PAB.
(2)过点P作PO⊥AD,交AD于点O,连接CO,过M作MH⊥CO,交CO于点H,过H作HG⊥AB,交AB于点G,连接BH,GM.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊥AD,PO⊂平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD.又CO⊂平面ABCD,
∴PO⊥CO,
∴PO∥MH,∴MH⊥平面ABCD,
∴∠MBH即为直线BM与底面ABCD所成的角,∴∠MBH=45°.
不妨设AB=BC=1,CH=x,可得GH=1,BH=1+x2,MH=3x,∴3x=1+x2,解得x=22,∴MH=62.易知二面角M-AB-D的平面角就是∠MGH,在Rt△MGH中,MG=MH2+GH2=32+1=102,
∴cos∠MGH=GHMG=105,∴二面角M-AB-D的余弦值为105.
本章复习提升
易混易错练
易错点1 不能正确分析空间几何体的结构而致错
1.(2020天津静海第一中学高二下月考,)圆柱的侧面展开图是边长分别为2a、a的矩形,则圆柱的体积为 .
2.(2020河北邯郸第一中学高一下月考,)如图所示,在边长为8的正三角形ABC中,E、F分别是AB、AC的中点,AD⊥BC,EH⊥BC,FG⊥BC,垂足分别为D,H,G,若将△ABC绕AD所在直线旋转180°,求阴影部分形成的几何体的表面积.
3.(2020重庆第一中学高三下月考,)在多面体ABCDPQ中,平面PAD⊥平面ABCD,AB∥CD∥PQ,AB⊥AD,△PAD为正三角形,O为AD的中点,且AD=AB=2,CD=PQ=1.
(1)求证:平面POB⊥平面PAC;
(2)求多面体ABCDPQ的体积.
易错点2 平面几何定理与立体几何定理相混淆而致错
4.(2020浙江杭州八校联盟高二上期中,)下列命题中为假命题的是 ( )
A.垂直于同一直线的两个平面平行
B.垂直于同一直线的两条直线平行
C.平行于同一直线的两条直线平行
D.平行于同一平面的两个平面平行
5.(2020辽宁阜新第二高级中学高二上期末,)若直线a和b没有公共点,则a与b的位置关系是 ( )
A.相交 B.平行
C.异面 D.平行或异面
易错点3 构造图形错误导致解题错误
6.(2020重庆巴蜀中学高三下月考,)已知正方体A1B1C1D1-ABCD的棱长为2,点P在线段CB1上,且B1P=2PC,平面α经过点A,P,C1,则正方体A1B1C1D1-ABCD被平面α截得的截面面积为 ( )
A.36B.26C.5D.534
7.(2019北京首都师范大学附属中学高三下三模,)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面的面积的最大值为( )
A.334B.233C.324D.32
易错点4 忽略判定定理或性质定理的必备条件致错
8.()已知平面α∥平面β,AB、CD是夹在α、β间的两条线段,A、C在α内,B、D在β内,点E、F分别在AB、CD上,且AE∶EB=CF∶FD=m∶n.求证:EF∥平面α.
9.()如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.
(1)求证:C1C⊥BD;
(2)当CDCC1的值为多少时,A1C⊥平面C1BD?
10.()如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=12BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF?若存在,求出BMDM的值;若不存在,请说明理由.
易错点5 不能准确找出空间角致错
11.()如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1的中点,则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为 ( )
A.12B.23C.32 D.2
12.()已知三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上,球O的表面积为136π,AA1⊥平面ABC,AB=6,BC=8,AC=10,则直线BC1与平面AB1C1所成角的正弦值为 ( )
A.3210B.25C.225D.3310
13.(多选)()如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=12AB=2,E为AB的中点,以DE为折痕把△ADE折起,使点A到达点P的位置,且PC=23,则 ( )
A.平面PED⊥平面EBCD
B.PC⊥ED
C.二面角P-DC-B的大小为π4
D.PC与平面PED所成角的正切值为2
14.()如图,在平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD=2,平面AED⊥平面ABCD,三角形AED为等边三角形,EF∥AB,EF=1,M,N分别为AD,AB的中点.
(1)求证:平面EMN∥平面BDF;
(2)求证:平面BDF⊥平面ABCD;
(3)求直线FC与平面BDF所成角的正切值.
思想方法练
一、分类讨论思想在立体几何中的应用
1.(多选)(2020山东潍坊高三上期末,)已知等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边所在直线旋转一周,则形成的几何体的表面积为 ( )
A.2π B.(1+2)π
C.22π D.(2+2)π
2.()如图,点A在平面α外,△BCD在平面α内,E、F、G、H分别是线段BC、AB、AD、DC的中点.
(1)求证:E、F、G、H四点在同一平面上;
(2)若AC=6,BD=8,异面直线AC与BD所成的角为60°,求EG的长.
二、转化与化归思想在立体几何中的应用
3.(2020陕西师大附中高一上期末,)已知圆锥的底面半径为1,高为15,要想从底面圆周上一点A出发拉一条细绳绕圆锥的侧面一周再回到A,则该条细绳的最短长度是 .
4.(2020福建泉州高三下月考,)如图1,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,E为CD的中点,以BE为折痕将△CBE折起到△PBE的位置,使得平面PBE⊥平面ABED,如图2.
(1)证明:平面PAB⊥平面PBE;
(2)求点D到平面PAB的距离.
5.(2020福建高三4月联考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC的中点,PA=PD=4,BC=12AD=2,CD=3.
(1)证明:平面BQM⊥平面PAD;
(2)求四面体P-BQM的体积.
三、函数与方程思想在立体几何中的应用
6.(2020天津和平高二4月月考,)正三棱锥P-ABC的高为2,侧棱与底面所成的角为45°,则二面角P-AB-C的正切值是 ,点A到平面PBC的距离是 .
7.(2020河北衡水武邑中学高一上月考,)如图,一个圆锥的底面半径为2,高为6,在其中有一个底面半径为x的内接圆柱.
(1)试用x表示圆柱的体积;
(2)当x为何值时,圆柱的侧面积最大?最大值是多少?
8.(2020山东济南章丘四中高三3月模拟,)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AC=AB=SA=2,AC⊥AB,D、E分别是AC、BC的中点,F在SE上,且SF=2FE.
(1)求证:AF⊥平面SBC;
(2)在线段DE上是否存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30°?若存在,求出DG的长;若不存在,请说明理由.
9.()如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,底面四边形ABCD中,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.
答案全解全析
易混易错练
1.答案 a3π或a32π
解析 当母线长为a时,圆柱的底面半径是aπ,此时圆柱的体积是π×aπ2×a=a3π;
当母线长为2a时,圆柱的底面半径是a2π,此时圆柱的体积是π×a2π2×2a=a32π.
综上,圆柱的体积是a3π或a32π.
2.解析 由题意知,旋转后得到的几何体是挖去一个圆柱的圆锥,且圆锥的底面半径为4,高为43,圆柱的底面半径为2,高为23,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆锥的底面、侧面、圆柱的侧面.
圆锥的底面积为16π,圆锥的侧面积为π×4×8=32π,圆柱的侧面积为2π×2×23=83π,
∴所求几何体的表面积为16π+32π+83π=48π+83π.
3.解析 (1)证明:由条件易得Rt△ADC≌Rt△BAO,故∠DAC=∠ABO,∴∠DAC+∠AOB=∠ABO+∠AOB=90°,∴AC⊥BO,
∵PA=PD,且O为AD的中点,∴PO⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD,
又∵AC⊂平面ABCD,∴AC⊥PO,
又∵PO∩BO=O,
∴AC⊥平面POB,
∵AC⊂平面PAC,
∴平面POB⊥平面PAC.
(2)取AB的中点E,连接CE,QE,
由(1)可知,PO⊥平面ABCD,
∵AB⊂平面ABCD,∴PO⊥AB,
又∵AB⊥AD,PO∩AD=O,
∴AB⊥平面PAD,
∴V多面体ABCDPQ=VPAD-QEC+VQ-CEB=S△PAD·AE+13S△CEB·PO
=12×22×32×1+13×12×1×2×3=433.
4.B 垂直于同一直线的两个平面平行,故A为真命题;
三条直线在同一个平面内时,才有垂直于同一条直线的两条直线平行,空间的三条直线则不一定成立,故B为假命题;
由基本事实4可知,平行于同一条直线的两条直线平行,故C为真命题;
由基本事实4及面面平行的性质定理可知D为真命题.
故选B.
5.D 因为两直线相交只有一个公共点,两直线平行或异面没有公共点,所以选D.
6.B 如图所示,A、P、C1确定一个平面α,设平面α∩A1D1=Q,平面α∩BC=M,
∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C,∴AQ∥MC1,同理AM∥QC1,
∴正方体被平面α截得的截面四边形AMC1Q是平行四边形.
∵B1P=2PC,∴C1B1=2MC,即MC=MB=1,∴AM=MC1=5,连接AC1,则AC1=23,
由余弦定理得cos∠AMC1=AM2+MC12-AC122AM×MC1=-15,
∴sin∠AMC1=265,
∴S四边形AMC1Q=2×12AM×MC1×sin∠AMC1=26.故选B.
7.A 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的,得在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
平面AB1D1与直线AA1,A1B1,A1D1所成的角是相等的,∴平面AB1D1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的,要求截面面积最大,则截面为夹在面AB1D1与面C1BD中间且过棱的中点的正六边形,如图所示,易知该正六边形的边长为22,∴其面积S=6×34×222=334,故选A.
8.证明 (1)当AB,CD共面时(如图①),连接AC,BD.
因为α∥β,所以AC∥BD.
因为AE∶EB=CF∶FD,
所以EF∥AC∥BD,且EF在平面α外.
因为AC⊂α,所以EF∥平面α.
(2)当AB,CD异面时(如图②),连接AC,BD,过点A作AH∥CD交β于点H,连接BH,HD.
在AH上取点G,使AG∶GH=m∶n,
连接GF,GE,由(1)可得FG∥HD.
因为AG∶GH=AE∶EB,所以EG∥BH,
所以平面EFG∥平面β∥平面α.
又因为EF⊂平面EFG,所以EF∥平面α.
9.解析 (1)证明:如图,连接A1C1,AC,设AC和BD交于点O,连接C1O.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,BC=CD.
又∵∠BCC1=∠DCC1,C1C是公共边,
∴△C1BC≌△C1DC,∴C1B=C1D.
∵DO=OB,∴C1O⊥BD.
又∵AC∩C1O=O,
∴BD⊥平面ACC1A1.
又∵C1C⊂平面ACC1A1,
∴C1C⊥BD.
(2)当CDCC1=1时,平行六面体的六个面是全等的菱形.
由(1)知BD⊥平面ACC1A1.
同理BC1⊥平面A1B1CD.
∵A1C⊂平面ACC1A1,A1C⊂平面A1B1CD,∴BD⊥A1C,BC1⊥A1C.
又∵BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面C1BD.
故当CDCC1=1时,A1C⊥平面C1BD.
10.解析 (1)证明:因为AD∥BC,BC⊂平面BCEF,AD⊄平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,
所以DE⊥AD.因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD.
因为BD⊂平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=12BC,∠BAD=90°,
可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,所以DN=12BC.
所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE⊂平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.
(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
连接AN交BD于点M,连接NF,MF,由于四边形ABND为正方形,
所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形.
所以CE∥NF.
又因为NF⊂平面AMF,CE⊄平面AMF,
所以CE∥平面AMF,此时BMDM=1.
11.A 延长D1E与直线CD交于点F,连接AF,
则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF.
∵C1D1∥CD,
∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成的角,
∵E是棱CC1的中点,且DD1∥CC1,
∴CD=CF,
∴tan∠AFD=ADDF=12.
12.A 由AB=6,BC=8,AC=10,
得AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
设球的半径为R,AA1=x,则由AA1⊥平面ABC知A1C为外接球的直径,
在Rt△A1AC中,x2+102=(2R)2,
又4πR2=136π,
∴4R2=136,∴x=6,
∴S△AB1C1=242,S△ABB1=18,
设点B到平面AB1C1的距离为d,
则由VB-AB1C1=VC1-ABB1,得13×242d=13×18×8,∴d=32,
又BC1=10,
∴直线BC1与平面AB1C1所成角的正弦值为dBC1=3210.
13.AC PD=AD=AE2+DE2=22+22=22,在三角形PDC中,PD2+CD2=PC2,所以PD⊥CD,易知CD⊥DE,又PD∩DE=D,所以CD⊥平面PED,又CD⊂平面EBCD,所以平面PED⊥平面EBCD,故A选项正确;
若PC⊥ED,由ED⊥CD,可得ED⊥平面PDC,则ED⊥PD,而∠EDP=∠EDA=π4,
显然矛盾,故B选项错误;
二面角P-DC-B的平面角为∠PDE,易知∠PDE=∠ADE=π4,故C选项正确;
由上面分析可知,∠CPD为直线PC与平面PED所成的角,在Rt△PCD中,tan∠CPD=CDPD=22,故D选项错误.
14.解析 (1)证明:因为M,N分别为AD,AB的中点,所以MN∥BD,
又MN⊄平面BDF,BD⊂平面BDF,所以MN∥平面BDF,
因为EF∥AB,EF=1,AB=2NB=2,
所以EF∥NB,EF=NB,
所以四边形FENB是平行四边形,
所以EN∥BF,
又EN⊄平面BDF,BF⊂平面BDF,
所以EN∥平面BDF,
又因为EN∩MN=N,EN,MN⊂平面EMN,
所以平面EMN∥平面BDF.
(2)证明:因为三角形AED为等边三角形,M为AD的中点,所以EM⊥AD,因为平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,EM⊂平面AED,所以EM⊥平面ABCD,又EM⊂平面EMN,
所以平面EMN⊥平面ABCD.
因为平面EMN∥平面BDF,
所以平面BDF⊥平面ABCD.
(3)已知平行四边形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2AD=2,所以AD⊥BD,
所以BC⊥BD,
又平面BDF⊥平面ABCD,平面BDF∩平面ABCD=BD,BC⊂平面ABCD,
所以BC⊥平面BDF,
所以∠CFB即为直线FC与平面BDF所成的角.
在Rt△EMN中,EM=32,MN=12BD=32,所以BF=EN=62,
所以tan∠CFB=BCBF=162=63.
所以直线FC与平面BDF所成角的正切值为63.
思想方法练
1.AB 若绕其直角边所在直线旋转一周,则形成的几何体为圆锥,且圆锥的底面半径为1,高为1,母线长就是直角三角形的斜边长,为2,故形成的几何体的表面积S=π×1×2+π×12=(2+1)π;
若绕其斜边所在直线旋转一周,则形成的几何体是由两个同底圆锥组成的,且圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高,为22,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,故形成的几何体的表面积S=2×π×22×1=2π.
综上可知,形成的几何体的表面积是(2+1)π或2π.故选AB.
2.解析 (1)证明:∵E、F、G、H分别是线段BC、AB、AD、DC的中点,∴FG∥BD,且FG=12BD,EH∥BD,且EH=12BD,∴FG∥EH,且FG=EH,∴四边形EFGH为平行四边形,∴E、F、G、H四点在同一平面上.
(2)由(1)知四边形EFGH为平行四边形,且FG=12BD=4,FE=12AC=3.
∵异面直线AC与BD所成的角为60°,
∴FG、FE所成的角为60°,∴∠GFE=60°或∠GFE=120°.
当∠GFE=60°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcos 60°=25-12=13,此时EG=13;
当∠GFE=120°时,EG2=FE2+FG2-2FE·FGcos 120°=25+12=37,此时EG=37.
∴EG的长为13或37.
3.答案 42
解析 如图所示:
沿SA剪开,再展开后得到扇形SAA1,连接AA1,易知细绳的最短长度为AA1的长度.
∵圆锥的底面半径为1,高为15,
∴扇形的弧长为2π·1=2π,母线SA=4.
在扇形SAA1中,易得∠ASA1=π2,∴AA1=2SA=42,即细绳的最短长度为42.
4.解析 (1)证明:连接BD,易知△BCD是等边三角形,∵E为CD的中点,∴BE⊥CD.
∵AB∥CD,∴AB⊥BE.
又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,AB⊂平面ABCD,
∴AB⊥平面PBE,
又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBE.
(2)解法一:在△ABD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∴S△ABD=3,
由(1)知,CE⊥BE,∴PE⊥BE,又平面PBE⊥平面ABCD,平面PBE∩平面ABCD=BE,PE⊂平面PBE,
∴PE⊥平面ABCD,又PE=CE=1,∴三棱锥P-ABD的体积V=13×3×1=33,
在Rt△PBE中,由PE=1,BE=3,得PB=2,
由(1)知,AB⊥平面PBE,∵PB⊂平面PBE,
∴AB⊥PB,∴S△ABP=2.
设点D到平面PAB的距离为d,则三棱锥D-PAB的体积V'=V=13×2×d=33,
解得d=32,
∴点D到平面PAB的距离为32.
解法二:∵DE∥AB,AB⊂平面PAB,DE⊄平面PAB,∴DE∥平面PAB,
∴点E到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离,
过点E作PB的垂线,垂足为F,则EF⊥PB,
由(1)知,平面PAB⊥平面PBE,平面PAB∩平面PBE=PB,EF⊂平面PBE,
∴EF⊥平面PAB,即EF为点D到平面PAB的距离.
易知PE⊥BE,
∴在Rt△PBE中,PE×BE=PB×EF,又PE=1,BE=3,∴PB=2,∴EF=32,
∴点D到平面PAB的距离为32.
5.解析 (1)证明:∵AD∥BC,BC=12AD,Q是AD的中点,∴DQ?BC,∴四边形BCDQ为平行四边形,∴CD∥BQ.
∵∠ADC=90°,∴∠AQB=90°,即BQ⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ⊂平面ABCD,
∴BQ⊥平面PAD.又BQ⊂平面BQM,
∴平面BQM⊥平面PAD.
(2)连接CQ.VP-BQM=VC-BQM=VM-BCQ=12VP-BCQ.
由(1)可知,四边形BCDQ为矩形,
∴S△BCQ=12BQ·BC=3.
∵PA=PD,Q为AD的中点,∴PQ⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD.
在Rt△PDQ中,PQ=PD2-DQ2=23,
∴VP-BQM=12VP-BCQ=12×13×3×23=1.
6.答案 2;655
解析 如图,过点P作PO⊥底面ABC,交平面ABC于点O,连接BO并延长交AC于点D,连接PD.
取AB的中点E,连接PE、CE,则点O在CE上.
由题意可知,PE⊥AB,CE⊥AB,∴∠PEO是二面角P-AB-C的平面角.
∵正三棱锥P-ABC的高为2,侧棱与底面所成的角为45°,
∴PO=2,∠PBO=45°,∴BO=CO=PO=2,
∴EO=1,
∴二面角P-AB-C的正切值tan∠PEO=POEO=2.
在正三角形ABC中,由CE=CO+OE=3,CE⊥AB,可得△ABC的边长为23,
∴S△ABC=12×23×3=33.
易知PD=1+4=5,
∴S△PBC=S△PAC=12×23×5=15.
设点A到平面PBC的距离为h,
∵VP-ABC=VA-PBC,
∴13×33×2=13×15×h,解得h=655,
∴点A到平面PBC的距离为655.
7.解析 (1)设圆柱的高为h,则x2=6-h6,所以圆柱的高h=6-3x,
所以圆柱的体积V=π·x2(6-3x)(0
8.解析 (1)证明:由AC=AB=SA=2,AC⊥AB,E是BC的中点,得BC⊥AE,AE=2.
∵SA⊥底面ABC,∴SA⊥AE,
在Rt△SAE中,易知SE=6,∴EF=13SE=63,∴AE2=EF·SE,又∵∠AEF=∠AES,
∴∠AFE=∠SAE=90°,即AF⊥SE.
∵SA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴SA⊥BC,又BC⊥AE,SA∩AE=A,
∴BC⊥平面SAE,又AF⊂平面SAE,
∴BC⊥AF.
又SE∩BC=E,∴AF⊥平面SBC.
(2)在线段DE上存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30°,此时DG=12.
理由如下:
假设满足条件的点G存在,并设DG=t,过点G作GM⊥AE交AE于点M,
易知SA⊥GM,又AE∩SA=A,∴GM⊥平面SAE,
作MN⊥AF交AF于点N,连接NG,则AF⊥NG,
∴∠GNM为二面角G-AF-E的平面角,即∠GNM=30°,
由此可得MG=22(1-t),由MN⊥AF,EF⊥AF,得MN∥EF,∴MNEF=AMAE,于是有MN63=22(1+t)2,得MN=66(1+t),
在Rt△GMN中,MG=MN·tan 30°,即22(1-t)=66(1+t)·33,解得t=12,
于是满足条件的点G存在,且DG=12.
9.解析 (1)证明:如图,取PA的中点F,连接EF,BF,则EF∥AD,且EF=12AD,
∵∠BAD=∠ABC=90°,∴AD∥BC,又BC=12AD,∴EF∥BC,且EF=BC.
∴四边形BCEF是平行四边形,∴BF∥CE,∵BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,
∴CE∥平面PAB.
(2)过点P作PO⊥AD,交AD于点O,连接CO,过M作MH⊥CO,交CO于点H,过H作HG⊥AB,交AB于点G,连接BH,GM.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊥AD,PO⊂平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD.又CO⊂平面ABCD,
∴PO⊥CO,
∴PO∥MH,∴MH⊥平面ABCD,
∴∠MBH即为直线BM与底面ABCD所成的角,∴∠MBH=45°.
不妨设AB=BC=1,CH=x,可得GH=1,BH=1+x2,MH=3x,∴3x=1+x2,解得x=22,∴MH=62.易知二面角M-AB-D的平面角就是∠MGH,在Rt△MGH中,MG=MH2+GH2=32+1=102,
∴cos∠MGH=GHMG=105,∴二面角M-AB-D的余弦值为105.
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