高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山西省呂梁市2025屆高三第三次模擬考試數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合A={x∣lnx<2},B={-1,0,2,e}，則A．{-1,0,2} B．{2,e} C．{0} D【答案】B【解析】集合A={x∣ln則A∩B=2,故選：B.2．復(fù)數(shù)z滿足，z2+i=-1+i，則A．10 B．10 C．8 D．2【答案】A【解析】由z2+可得z=-1+所以|z|=10故選：A3．已知等差數(shù)列an的公差d>0,a1=1,aA．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】由等差數(shù)列通項(xiàng)公式an=a已知a1=1，所以a2將a2=1+d，a3=1+2d代入則1+2d+d2-1-2d=9，化簡(jiǎn)可得：d2=9因?yàn)橐阎頳>0，所以舍去d=-3，得到故選：B.4．已知向量AB=(m,n),AC=(2,1),BC?A．12516 B．5 C．5 D．【答案】C【解析】BC=∵BC?AC所以m2所以最小值為5，當(dāng)m=2,n=1時(shí)取得.故選：C.5．在x2+2x+1xA．11 B．15 C．20 D．25【答案】C【解析】(x+1x)5展開式的通項(xiàng)公式為：T情況一：x2與(x+1x)令5-2r=1，解得r=2.將r=2代入到C5r中，可得C52=5×42×1=10，所以x2情況二：2與(x+1x)5令5-2r=3，解得r=1.將r=1代入到C5r中，可得C51=51=5，所以2與將兩種情況得到的x3的系數(shù)相加，可得10+10=20，即(x2+2)故選：C.6．已知點(diǎn)A,F2分別為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F2且與xA．3 B．3 C．2 D．2【答案】C【解析】由題意AM⊥AN，由雙曲線的對(duì)稱性可知AF2垂直且平分線段從而AF2=12Mc,從而a+c=b2a=c故選：C.7．已知點(diǎn)M為圓O:x2+y2=4與y軸負(fù)半軸的交點(diǎn)，直線l:y=kx+32與圓O交于A．3 B．143 C．4 D．【答案】B【解析】注意到直線l:y=kx+32過點(diǎn)C0,3可得x2+kx+設(shè)Ax1,又S△ABM=1則S=7當(dāng)且僅當(dāng)1k2故選：B8．已知函數(shù)f(x)=(x-a)2-|x-a|-A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】令t=x-a，則x=t+a，函數(shù)f(x)=(x-a)2-|x-a|-因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，所以函數(shù)g(t)也有三個(gè)零點(diǎn).g(t)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱.因?yàn)間(t)有三個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可知，必有一個(gè)零點(diǎn)為t=0.將t=0代入g(t)=t2-|t|-a2+a中，可得因?yàn)閍>0，所以a-1=0，解得當(dāng)a=1時(shí)，g(t)=t當(dāng)t≥0時(shí)，g(t)=t2-t，令g(t)=0，即t2-t=0，因式分解得t(t-1)=0因?yàn)間(t)是偶函數(shù)，所以當(dāng)t<0時(shí)，g(t)=t2+t，令g(t)=0，即t2+t=0所以g(t)的三個(gè)零點(diǎn)為-1，0，1.因?yàn)閠=x-a，a=1，所以當(dāng)t=-1時(shí)，x=-1+1=0；當(dāng)t=0時(shí)，x=0+1=1；當(dāng)t=1時(shí)，x=1+1=2.即f(x)的三個(gè)零點(diǎn)為0，1，2.三個(gè)零點(diǎn)之和為0+1+2=3.故選：D.9．已知變量x和變量y，根據(jù)最小二乘法估計(jì)得到成對(duì)數(shù)據(jù)組1,y1,2,y2,3,y3,（參考公式，對(duì)于一組成對(duì)數(shù)據(jù)x1,y1,A．直線l1經(jīng)過點(diǎn)(3,y)B．直線l2不經(jīng)過點(diǎn)(3,y) C．【答案】A【解析】根據(jù)回歸方程的性質(zhì)得出直線l1經(jīng)過點(diǎn)樣本中心點(diǎn)(3,y)直線直線l2經(jīng)過點(diǎn)樣本中心點(diǎn)(3,y)回歸直線l1:y=bx+a，l2:故選：A.二、多選題10．已知在正四面體A-BCD中，M，N分別是AB,CD的中點(diǎn)，平面α與直線AB,CD都平行，則（

）A．MN∥αB．MN⊥αC．直線AC與平面α所成角為60°D．平面ABC與平面α的夾角的余弦值為3【答案】BD【解析】如圖，把正四面體放入正方體中，易知平面α與平面ABE平行，因?yàn)镸，N分別是AB,CD的中點(diǎn)，所以MC=MD，所以MN⊥CD，同理可得MN⊥AB，又因?yàn)镃D//ME，所以MN⊥ME，又因?yàn)镸E交AB于M，所以MN⊥平面ABE，所以MN⊥α，故A錯(cuò)誤，B正確；直線AC與平面α所成的角為∠CAE=45°，故C錯(cuò)誤；平面ABC與平面α的夾角為∠CME，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，由正方體的性質(zhì)可得ME=2由余弦定理可得cos∠CME=22+故選：BD.11．已知定義域?yàn)?-1,1)的函數(shù)f(x)滿足?x,y∈(-1,1)，都有f(x)+f(y)+1=fx+y1+xy，且x∈(0,1)時(shí)，f(x)>-1，則（A．f(0)=-1 B．f(x)是偶函數(shù)C．f(2x-1)>f(1-x)的解集為23,1 D【答案】ACD【解析】對(duì)A，令x=y=0，2f0+1=f0對(duì)B，令y=-x，fx+f-x+1=f0=-1?fx對(duì)C，fy+f-y即f(x)-f-y=1+fx+y1+xy，x2-x11-x2所以f(x2)-fx1f(2x-1)>f(1-x)，所以-1<2x-1<1-1<1-x<12x-1>1-x，解得x∈2對(duì)D，fx+f-x=-2，故選：ACD.三、填空題12．已知拋物線y=14x2上的點(diǎn)P到其焦點(diǎn)的距離為4，則點(diǎn)【答案】23,3【解析】拋物線y=14x則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F0,1，準(zhǔn)線方程為y=-1設(shè)拋物線上一點(diǎn)Px由拋物線的定義可得PF=14x02+1=4，解得x故答案為：23,3或13．已知圓柱的上、下底面圓周在同一球面上，且球的表面積是圓柱的表面積的2倍，則球的體積與圓柱的體積的比值是．【答案】5【解析】設(shè)球的半徑為R，圓柱底面的半徑為r，圓柱的母線長(zhǎng)為l，則球的表面積為S1=4π所以S1S2=又圓柱的上、下底面圓周在同一球面上，所以l22由①②解得l=4r，R=5圓柱的體積為V2=π故答案為：5514．設(shè)函數(shù)fx=cosx(|sinx|+1)，若對(duì)于任意的x∈R【答案】2π【解析】對(duì)于任意的x∈R，都有f則fx注意到fx+2π=fx，fx則由fx在0,π0,π時(shí)，f故f'x∈0,π?sinx+1>0則fx的最值只可能在x=0,x=π因f0則此時(shí)fxmin=f故答案為：2四、解答題15．已知在△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，其中c=2,3（1）求B；（2）若△ABC的面積S=3+12解：（1）因?yàn)閏=2,3bsin由正弦定理得3sinBsin則3sinB=cosB，即tanB=（2）由于△ABC的面積S=12ac由余弦定理得b2故b=216．某企業(yè)為了提高生產(chǎn)效率，采用智能監(jiān)測(cè)器對(duì)企業(yè)的生產(chǎn)設(shè)備進(jìn)行監(jiān)測(cè)．已知該企業(yè)的生產(chǎn)設(shè)備正常的概率p0=0.8，在生產(chǎn)設(shè)備異常的情況下，每臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的概率為p1（1）如果用2臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器進(jìn)行監(jiān)測(cè)，且每臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器相互獨(dú)立，已知p1=0.9，在生產(chǎn)設(shè)備異常的情況下，求智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的臺(tái)數(shù)（2）如果用1臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器進(jìn)行監(jiān)測(cè)，要使在智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的條件下，生產(chǎn)設(shè)備異常的概率超過95%，求p1解：（1）智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的臺(tái)數(shù)X的所有可能取值為0,1,2，則X～B2則PX=0=CPX=2則X的分布列為故X的數(shù)學(xué)期望為EX（2）設(shè)生產(chǎn)設(shè)備正常為事件A，生產(chǎn)設(shè)備異常為事件A，智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)為事件B，則P(A)=p0=0.8，P(A)=1-由全概率公式知P(B)=P(A)P(B|A)+P(APBA=P解得p1>3839，又因?yàn)?<p17．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，AD∥EF,AD⊥BE．（1）證明：平面ABCD⊥平面ABE；（2）若EA=EB=6，當(dāng)平面BDE與平面CDF的夾角為π（1）證明：在正方形ABCD中，AD⊥AB，由因?yàn)锳D⊥BE，AB,BE是平面ABE內(nèi)兩條相交直線，所以AD⊥平面ABE，又AD在平面ABCD內(nèi)，所以平面ABCD⊥平面ABE（2）解：取AB的中點(diǎn)O，CD的中點(diǎn)G，連接OE,OG，因?yàn)镋A=EB=6所以O(shè)E⊥AB,OE=2又因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，相交于AB，且OE在平面ABE內(nèi)，所以O(shè)E⊥平面ABCD，如圖，分別以O(shè)A,OG,OE所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EF=aa>0以題意得：D2,4,0設(shè)平面BDE的法向量m=x,y,z，則m?令x=1，得y=-1,z=-2則m=設(shè)平面CDF的法向量n=x1則n?令y1=2所以n=設(shè)平面BDE與平面CDF的夾角為θ，則cosθ=化簡(jiǎn)可得：a2-4a+4=0，解得：將該多面體補(bǔ)成三棱柱，如圖：所以多面體的體積V=18．已知A，B分別為橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)，F(xiàn)1,F2分別為其左、右焦點(diǎn)，P是橢圓E上與A，B不重合的任意一點(diǎn)，點(diǎn)P到原點(diǎn)O的距離的最小值為1，直線PA與直線（1）求橢圓E的方程；（2）（i）證明：直線MnGn（ii）設(shè)切線MnGn與橢圓E的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x（1）解：由題意b=1，不妨設(shè)P0,1，從而1-00+a?故所求為x2（2）證明：（i）由題意F2所以以F2Mn以AB為直徑的圓的方程為x2兩式相減得，x2解得x=n+2n+1，注意到點(diǎn)Gn從而，y=2-n+2n+12=設(shè)Qnx0,y0是橢圓上一點(diǎn)，當(dāng)當(dāng)Qn與左右頂點(diǎn)不重合時(shí)，設(shè)Qn在此時(shí)x22+y2此時(shí)過點(diǎn)Qnx0,y同理可證當(dāng)Qn在x軸下方時(shí)，過點(diǎn)Qnx綜上所述，過點(diǎn)Qnx0設(shè)直線x0x2則nx02點(diǎn)Qn的坐標(biāo)滿足2所以直線MnGn（ii）由（2）（i）可知xn當(dāng)n=2時(shí)，n∑當(dāng)n≥3,n∈N*<1+n19．存在非零常數(shù)W，使?x∈R，都有f(x+W)=Wf(x)（1）判斷一次函數(shù)y=px+q(p≠0)能否為穩(wěn)定函數(shù)，并說明理由；（2）如果指數(shù)函數(shù)f(x)=ax（a>0，且a≠1）是穩(wěn)定函數(shù)，求底數(shù)（3）若g(x)=coskx是穩(wěn)定函數(shù)，求解：（1）假設(shè)一次函數(shù)y=px+q(p≠0)是穩(wěn)定函數(shù)，則存在非零常數(shù)W，使得：p(x+W)+q=Wpx+q,展開并整理得：px+pW+q=Wpx+Wq所以p=WppW+q=Wq,解得p=0，與題干p≠0（2）指數(shù)函數(shù)f(x)=ax（a>0，且a≠1）是穩(wěn)定函數(shù)，故滿足即：ax+W=W?ax故只需解方程lna=lnW則f'x=1-lnxx2，當(dāng)故fx在0,e單調(diào)遞減，在e,+∞故lna≤1e，而a≠1,a>0，故0<a<1（3）若g(x)=coskx是穩(wěn)定函數(shù)，則存在非零常數(shù)W，使得利用余弦加法公式展開左邊：cos(kx+kW)=等式變?yōu)椋篶os(kx)cos(kW)-由sinkW=0得kW=nπ（n為非零整數(shù)），即W=cosn進(jìn)一步分析得k=mπ（m為非零整數(shù)），此時(shí)W=1因此：g23=cosm故g山西省呂梁市2025屆高三第三次模擬考試數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合A={x∣lnx<2},B={-1,0,2,e}，則A．{-1,0,2} B．{2,e} C．{0} D【答案】B【解析】集合A={x∣ln則A∩B=2,故選：B.2．復(fù)數(shù)z滿足，z2+i=-1+i，則A．10 B．10 C．8 D．2【答案】A【解析】由z2+可得z=-1+所以|z|=10故選：A3．已知等差數(shù)列an的公差d>0,a1=1,aA．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】由等差數(shù)列通項(xiàng)公式an=a已知a1=1，所以a2將a2=1+d，a3=1+2d代入則1+2d+d2-1-2d=9，化簡(jiǎn)可得：d2=9因?yàn)橐阎頳>0，所以舍去d=-3，得到故選：B.4．已知向量AB=(m,n),AC=(2,1),BC?A．12516 B．5 C．5 D．【答案】C【解析】BC=∵BC?AC所以m2所以最小值為5，當(dāng)m=2,n=1時(shí)取得.故選：C.5．在x2+2x+1xA．11 B．15 C．20 D．25【答案】C【解析】(x+1x)5展開式的通項(xiàng)公式為：T情況一：x2與(x+1x)令5-2r=1，解得r=2.將r=2代入到C5r中，可得C52=5×42×1=10，所以x2情況二：2與(x+1x)5令5-2r=3，解得r=1.將r=1代入到C5r中，可得C51=51=5，所以2與將兩種情況得到的x3的系數(shù)相加，可得10+10=20，即(x2+2)故選：C.6．已知點(diǎn)A,F2分別為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F2且與xA．3 B．3 C．2 D．2【答案】C【解析】由題意AM⊥AN，由雙曲線的對(duì)稱性可知AF2垂直且平分線段從而AF2=12Mc,從而a+c=b2a=c故選：C.7．已知點(diǎn)M為圓O:x2+y2=4與y軸負(fù)半軸的交點(diǎn)，直線l:y=kx+32與圓O交于A．3 B．143 C．4 D．【答案】B【解析】注意到直線l:y=kx+32過點(diǎn)C0,3可得x2+kx+設(shè)Ax1,又S△ABM=1則S=7當(dāng)且僅當(dāng)1k2故選：B8．已知函數(shù)f(x)=(x-a)2-|x-a|-A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】令t=x-a，則x=t+a，函數(shù)f(x)=(x-a)2-|x-a|-因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，所以函數(shù)g(t)也有三個(gè)零點(diǎn).g(t)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱.因?yàn)間(t)有三個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可知，必有一個(gè)零點(diǎn)為t=0.將t=0代入g(t)=t2-|t|-a2+a中，可得因?yàn)閍>0，所以a-1=0，解得當(dāng)a=1時(shí)，g(t)=t當(dāng)t≥0時(shí)，g(t)=t2-t，令g(t)=0，即t2-t=0，因式分解得t(t-1)=0因?yàn)間(t)是偶函數(shù)，所以當(dāng)t<0時(shí)，g(t)=t2+t，令g(t)=0，即t2+t=0所以g(t)的三個(gè)零點(diǎn)為-1，0，1.因?yàn)閠=x-a，a=1，所以當(dāng)t=-1時(shí)，x=-1+1=0；當(dāng)t=0時(shí)，x=0+1=1；當(dāng)t=1時(shí)，x=1+1=2.即f(x)的三個(gè)零點(diǎn)為0，1，2.三個(gè)零點(diǎn)之和為0+1+2=3.故選：D.9．已知變量x和變量y，根據(jù)最小二乘法估計(jì)得到成對(duì)數(shù)據(jù)組1,y1,2,y2,3,y3,（參考公式，對(duì)于一組成對(duì)數(shù)據(jù)x1,y1,A．直線l1經(jīng)過點(diǎn)(3,y)B．直線l2不經(jīng)過點(diǎn)(3,y) C．【答案】A【解析】根據(jù)回歸方程的性質(zhì)得出直線l1經(jīng)過點(diǎn)樣本中心點(diǎn)(3,y)直線直線l2經(jīng)過點(diǎn)樣本中心點(diǎn)(3,y)回歸直線l1:y=bx+a，l2:故選：A.二、多選題10．已知在正四面體A-BCD中，M，N分別是AB,CD的中點(diǎn)，平面α與直線AB,CD都平行，則（

）A．MN∥αB．MN⊥αC．直線AC與平面α所成角為60°D．平面ABC與平面α的夾角的余弦值為3【答案】BD【解析】如圖，把正四面體放入正方體中，易知平面α與平面ABE平行，因?yàn)镸，N分別是AB,CD的中點(diǎn)，所以MC=MD，所以MN⊥CD，同理可得MN⊥AB，又因?yàn)镃D//ME，所以MN⊥ME，又因?yàn)镸E交AB于M，所以MN⊥平面ABE，所以MN⊥α，故A錯(cuò)誤，B正確；直線AC與平面α所成的角為∠CAE=45°，故C錯(cuò)誤；平面ABC與平面α的夾角為∠CME，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，由正方體的性質(zhì)可得ME=2由余弦定理可得cos∠CME=22+故選：BD.11．已知定義域?yàn)?-1,1)的函數(shù)f(x)滿足?x,y∈(-1,1)，都有f(x)+f(y)+1=fx+y1+xy，且x∈(0,1)時(shí)，f(x)>-1，則（A．f(0)=-1 B．f(x)是偶函數(shù)C．f(2x-1)>f(1-x)的解集為23,1 D【答案】ACD【解析】對(duì)A，令x=y=0，2f0+1=f0對(duì)B，令y=-x，fx+f-x+1=f0=-1?fx對(duì)C，fy+f-y即f(x)-f-y=1+fx+y1+xy，x2-x11-x2所以f(x2)-fx1f(2x-1)>f(1-x)，所以-1<2x-1<1-1<1-x<12x-1>1-x，解得x∈2對(duì)D，fx+f-x=-2，故選：ACD.三、填空題12．已知拋物線y=14x2上的點(diǎn)P到其焦點(diǎn)的距離為4，則點(diǎn)【答案】23,3【解析】拋物線y=14x則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F0,1，準(zhǔn)線方程為y=-1設(shè)拋物線上一點(diǎn)Px由拋物線的定義可得PF=14x02+1=4，解得x故答案為：23,3或13．已知圓柱的上、下底面圓周在同一球面上，且球的表面積是圓柱的表面積的2倍，則球的體積與圓柱的體積的比值是．【答案】5【解析】設(shè)球的半徑為R，圓柱底面的半徑為r，圓柱的母線長(zhǎng)為l，則球的表面積為S1=4π所以S1S2=又圓柱的上、下底面圓周在同一球面上，所以l22由①②解得l=4r，R=5圓柱的體積為V2=π故答案為：5514．設(shè)函數(shù)fx=cosx(|sinx|+1)，若對(duì)于任意的x∈R【答案】2π【解析】對(duì)于任意的x∈R，都有f則fx注意到fx+2π=fx，fx則由fx在0,π0,π時(shí)，f故f'x∈0,π?sinx+1>0則fx的最值只可能在x=0,x=π因f0則此時(shí)fxmin=f故答案為：2四、解答題15．已知在△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，其中c=2,3（1）求B；（2）若△ABC的面積S=3+12解：（1）因?yàn)閏=2,3bsin由正弦定理得3sinBsin則3sinB=cosB，即tanB=（2）由于△ABC的面積S=12ac由余弦定理得b2故b=216．某企業(yè)為了提高生產(chǎn)效率，采用智能監(jiān)測(cè)器對(duì)企業(yè)的生產(chǎn)設(shè)備進(jìn)行監(jiān)測(cè)．已知該企業(yè)的生產(chǎn)設(shè)備正常的概率p0=0.8，在生產(chǎn)設(shè)備異常的情況下，每臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的概率為p1（1）如果用2臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器進(jìn)行監(jiān)測(cè)，且每臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器相互獨(dú)立，已知p1=0.9，在生產(chǎn)設(shè)備異常的情況下，求智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的臺(tái)數(shù)（2）如果用1臺(tái)智能監(jiān)測(cè)器進(jìn)行監(jiān)測(cè)，要使在智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的條件下，生產(chǎn)設(shè)備異常的概率超過95%，求p1解：（1）智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)的臺(tái)數(shù)X的所有可能取值為0,1,2，則X～B2則PX=0=CPX=2則X的分布列為故X的數(shù)學(xué)期望為EX（2）設(shè)生產(chǎn)設(shè)備正常為事件A，生產(chǎn)設(shè)備異常為事件A，智能監(jiān)測(cè)器出現(xiàn)預(yù)警信號(hào)為事件B，則P(A)=p0=0.8，P(A)=1-由全概率公式知P(B)=P(A)P(B|A)+P(APBA=P解得p1>3839，又因?yàn)?<p17．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，AD∥EF,AD⊥BE．（1）證明：平面ABCD⊥平面ABE；（2）若EA=EB=6，當(dāng)平面BDE與平面CDF的夾角為π（1）證明：在正方形ABCD中，AD⊥AB，由因?yàn)锳D⊥BE，AB,BE是平面ABE內(nèi)兩條相交直線，所以AD⊥平面ABE，又AD在平面ABCD內(nèi)，所以平面ABCD⊥平面ABE（2）解：取AB的中點(diǎn)O，CD的中點(diǎn)G，連接OE,OG，因?yàn)镋A=EB=6所以O(shè)E⊥AB,OE=2又因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABE，相交于AB，且OE在平面ABE內(nèi)，所以O(shè)E⊥平面ABCD，如圖，分別以O(shè)A,OG,OE所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EF=aa>0以題意得：D2,4,0設(shè)平面BDE的法向量m=x,y,z，則m?令x=1，得y=-1,z=-2則m=設(shè)平面CDF的法向量n=x1則n?令y1=2所以n=設(shè)平面BDE與平面CDF的夾角為θ，則cosθ=化簡(jiǎn)可得：a2-4a+4=0，解得：將該多面體補(bǔ)成三棱柱，如圖：所以