1、高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。1(2013高考新课标全国卷)设AnBnCn 的三边长分别为 an，bn，cn，AnBnCn 的面积为 Sn，n1,2,3，.若 b1c1，b1c12a1，an1an，bn1cnan2，cn1bnan2，则()ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列解析：选 B.在A1B1C1 中，b1c1，b1c12a1，b1a1c1.在A2B2C2 中，a2a1，b2c1a12，c2b1a12，b2c22a1，c1b2a1c2b1.在A3B3C3 中，a3a2a1，b3c2a
2、22c2a12，c3b2a22b2a12，b3c32a1，a1b3c2，b2c3a1，c1b2c3a1b3c20，x，y 满足约束条件x1，xy3，yax3.若 z2xy的最小值为 1，则 a()A.14B.12C1 D2解析：选 B.作出不等式组表示的可行域，如图(阴影部分)易知直线 z2xy 过交点 A 时，z 取最小值，由x1，yax3，得x1，y2a，zmin22a1，解得 a12，故选 B.3(2013高考新课标全国卷)设 x，y 满足约束条件xy10，xy10，x3，则 z2x3y 的最小值是()高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。A7 B6C5 D3解
3、析：选 B.作出不等式组表示的可行域，如图(阴影部分)易知直线 z2x3y 过点 C 时，z 取得最小值由x3，xy10，得x3，y4，zmin23346，故选 B.4(2013高考大纲全国卷)不等式|x22|2 的解集是()A(1,1)B(2,2)C(1,0)(0,1)D(2,0)(0,2)解析：选 D.由|x22|2，得2x222，即 0 x24，所以2x0 或 0 x0)将ABC 分割为面积相等的两部分，则 b 的取值范围是()A(0,1)B(1 22，12)C(1 22，13 D13，12)解析：选 B.由题意画出图形，如图(1)由图可知，直线 BC 的方程为 xy1.由xy1，yax
4、b，解得 M(1ba1，aba1)可求 N(0，b)，D(ba，0)直线 yaxb 将ABC 分割为面积相等的两部分，SBDM12SABC.又 SBOC12SABC，SCMNSODN，即12|ba|b12(1b)(1ba1)整理得b2a 1b2a1.1b2b21aa，高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。1b111a，1b11a1，即 b111a1，可以看出，当 a 增大时，b 也增大当 a时，b12，即 b1 22.由上分析可知 1 22 b0，y0，z0)，xyz xyx23xy4y21xy4yx 3 1431.当且仅当xy4yx，即 x2y 时等号成立，此时 z
5、x23xy4y24y26y24y22y2，2x1y2z 22y1y 22y21y22y(1y1)21，当 y1 时，2x1y2z的最大值为 1.9(2013高考北京卷)设 a，b，cR，且 ab，则()AacbcB.1ab2Da3b3解析：选 D.A 项，c0 时，由 ab 不能得到 acbc，故不正确；B 项，当 a0，bb 不能得到1ab 可知当 abb2，故不正确；D 项，a3b3(ab)(a2abb2)(ab)(ab2)234b2，因为(ab2)234b2 0，所以可由 ab 知 a3b30，即 a3b3，故正确10(2013高考安徽卷)已知一元二次不等式 f(x)0 的解集为x|x1
6、2，则 f(10 x)0的解集为()Ax|xlg 2Bx|1xlg2 Dx|x0 的解集为x|1x0，110 x12，解得 xlg12，即 x0，xm0，表示的平面区域内存在点 P(x0，y0)，满足 x02y02，求得 m 的取值范围是()高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。A(，43)B(，13)C(，23)D(，53)解析：选 C.当 m0 时，若平面区域存在，则平面区域内的点在第二象限，平面区域内不可能存在点 P(x0，y0)满足 x02y02，因此，m0.如图所示的阴影部分为不等式组表示的平面区域要使可行域内包含 y12x1 上的点，只需可行域边界点(m，
7、m)在直线 y12x1 的下方即可，即 m12m1，解得 m23.12(2013高考天津卷)设变量 x，y 满足约束条件3xy60，xy20，y30，则目标函数 zy2x 的最小值为()A7 B4C1 D2解析：选 A.画出可行域(如图)，由 zy2x 得 y2xz，由图形可知，当直线 y2xz经过点 A(5,3)时，z 取得最小值，最小值为 zmin3107.13(2013高考福建卷)若变量 x，y 满足约束条件xy2，x1，y0，则 z2xy 的最大值和最小值分别为()A4 和 3 B4 和 2C3 和 2 D2 和 0解析：选 B.作出可行域如图阴影部分作直线 2xy0，并向右上平移，过
8、点 A 时 z 取最小值，过点 B 时 z 取最大值，可求得A(1,0)，B(2,0)，zmin2，zmax4.高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。14(2013高考福建卷)若 2x2y1，则 xy 的取值范围是()A0,2 B2,0C2，)D(，2解析：选 D.2x2y2 2xy，2x2y1，2 2xy1，2xy1422，xy2，即(xy)(，215.(2013高考陕西卷)若点(x，y)位于曲线 y|x|与 y 2 所围成的封闭区域，则 2xy 的最小值是()A6 B2C 0 D2解析：选 A.曲线 y|x|与 y2 所围成的封闭区域如图阴影部分所示，当直线 l：
9、y2x 向左平移时，(2xy)的值在逐渐变小，当 l 通过点 A(2,2)时，(2xy)min6.16(2013高考陕西卷)设x表示不大于 x 的最大整数，则对任意实数 x，有()Axx Bx12xC2x2x Dxx122x解析：选 D.选项 A，取 x1.5，则x1.52，x1.51，显然xx选项 B，取 x1.5，则x12221.51.选项 C，取 x1.5，则2x33,2x21.52，显然2x2x17(2013高考天津卷)已知函数 f(x)x(1a|x|)设关于 x 的不等式 f(xa)f(x)的解集为 A.若12，12 A，则实数 a 的取值范围是()A.1 52，0B.1 32，0C
10、.1 52，0 0，1 32D.，1 52解析：选 A.12，12 A，f(a)f(0)，a(1a|a|)0，解得1a0，可排除 C.又f12a f12，12a 1a12a121a2，a12a 12a 54a.高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。1a54，12a 254，12a 254，1 52a0.排除 B，D.故选 A.18(2013高考湖南卷)若变量 x，y 满足约束条件y2x，xy1，y1，则 x2y 的最大值是()A52B0C.53D.52解析：选 C.不等式组表示的平面区域为图中阴影部分平行移动 y12x12z，可知该直线经过 y2x 与 xy1 的交点
11、 A(13，23)时，z 有最大值为134353.19(2013高考江西卷)下列选项中，使不等式 x1xx2 成立的 x 的取值范围是()A(，1)B(1,0)C(0,1)D(1，)解析：选 A.由 x1xx2 可得x1x，1xx2，即x21x0，1x3x0，解得x1或0 x1，x1，综合知 x1.20(2013高考湖北卷)某旅行社租用 A，B 两种型号的客车安排 900 名客人旅行，A，B两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人，租金分别为 1 600 元/辆和 2 400 元/辆，旅行社要求租车总数不超过 21 辆，且 B 型车不多于 A 型车 7 辆，则租金最少为()A31 200
12、元B36 000 元C36 800 元D38 400 元解析：选 C.设租用 A 型车 x 辆，B 型车 y 辆，目标函数为 z1 600 x2 400y，则约束条件为36x60y900，xy21，yx7，x，yN，高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。作出可行域，如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5,12)时，有最小值 zmin36 800(元)21(2013高考重庆卷)3aa6(6a3)的最大值为()A9 B.92C3 D.3 22解析：选 B.3aa6a23a18a23a94 814a322814，由于6a3，当 a32时，3aa6有最大值92.22(201
13、3高考四川卷)若变量 x，y 满足约束条件xy8，2yx4，x0，y0，且 z5yx 的最大值为 a，最小值为 b，则 ab 的值是()A48 B30C24 D16解析：选 C.先将不等式 2yx4 转化为 x2y4，画出不等式组表示的平面区域，并找出目标函数 yx5z5的最优解，进而求得 a，b 的值xy8，2yx4，x0，y0，xy8，x2y4，x0，y0，由线性约束条件得可行域为如图所示的阴影部分，由 z5yx，得 yx5z5.由图知目标函数 yx5z5，过点 A(8,0)时，zmin5yx5088，即 b8.目标函数 yx5z5过点 B(4,4)时，zmax5yx54416，即 a16
14、.ab16(8)24，故选 C.23(2013高考重庆卷)关于 x 的不等式 x22ax8a20)的解集为(x1，x2)，且 x2x115，则 a()A.52B.72C.154D.152高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。解析：选 A.由 x22ax8a20)得(x2a)(x4a)0)，即2ax4a，故原不等式的解集为(2a,4a)由 x2x115 得 4a(2a)15，即 6a15，所以 a52，故选 A.24(2013高考大纲全国卷)若 x，y 满足约束条件x0，x3y4，3xy4，则 zxy 的最小值为_解析：由不等式组作出可行域，如图阴影部分所示(包括边界)
15、，且 A(1,1)，B(0,4)，C(0，43)由数形结合知，直线 yxz 过点 A(1,1)时，zmin110.答案：025(2013高考山东卷)在平面直角坐标系 xOy 中，M 为不等式组2x3y60，xy20，y0，所表示的区域上一动点，则|OM|的最小值是_解析：如图所示，M 为图中阴影部分区域上的一个动点，由于点到直线的距离最短，所以|OM|的最小值 22 2.答案：226(2013高考江苏卷)抛物线 yx2 在 x1 处的切线与两坐标轴围成的三角形区域为D(包含三角形内部与边界)若点 P(x，y)是区域 D 内的任意一点，则 x2y 的取值范围是_解析：由于 y2x，所以抛物线在
16、x1 处的切线方程为y12(x1)，即 y2x1.画出可行域(如图)设 x2yz，则 y12x12z，可知当直线 y12x12z 经过点 A(12，0)，B(0，1)时，z 分别取到最大值和最小值，此时最大值 zmax12，最小值 zmin2，故取高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。值范围是2，12答案：2，1227(2013高考大纲全国卷)记不等式组x0，x3y4，3xy4，所表示的平面区域为 D，若直线 ya(x1)与 D 有公共点，则 a 的取值范围是_解析：不等式组所表示的平面区域 D 为如图所示阴影部分(含边界)，且 A(1,1)，B(0,4)，C(0，4
17、3)直线 ya(x1)恒过定点 P(1,0)且斜率为 a.由斜率公式可知 kAP12，kBP4.若直线 ya(x1)与区域 D 有公共点，数形结合可得12a4.答案：12，428(2013高考山东卷)定义“正对数”：lnx0，0 x0，b0，则 ln(ab)blna；若 a0，b0，则 ln(ab)lnalnb；若 a0，b0，则 ln(ab)lnalnb；若 a0，b0，则 ln(ab)lnalnbln 2.其中的真命题有_(写出所有真命题的编号)解析：当 a1 时，b0，ab1，ln(ab)ln abbln ablna.当 0a0，ab1，ln(ab)0.又 lna0，blna0，ln(a
18、b)blna.故正确当 a2，b14时，ln(ab)ln120，而 lnaln 2，lnb0，从而 lnalnbln 2.故不成立a.当 0a1,0b1 时，lnalnb000，而 ln(ab)0，ln(ab)lnalnb.b当 01 时，lnalnblnb1,01，ln(ab)ln(ab)ln alnalnalnb.ln(ab)lnalnb.d当 a1，b1，且 ab 时，ln(ab)0，lnalnb1，b1，且 ab 时，ab1，ln(ab)ln(ab)ln aln blnalnb.高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。综上：ln(ab)lnalnb，故正确a.当
19、 0ab1 时，0a1,00.ln(ab)1 时，分以下三种情况：()当 0a1，b1 时，ab1bbb2b，ln(ab)ln(ab)ln 2blnalnbln 2.()当 a1,0b1 时，ab1aaa2a，ln(ab)ln(ab)ln 2aln aln 2lnalnbln 2.来源:()当 0a1,0b1 时，ab2，且 lna0，lnb0.ln(ab)ln(ab)ln 2lnalnbln 2.综上：ln(ab)lnalnbln 2，故正确答案：29(2013高考浙江卷)设 zkxy，其中实数 x、y 满足x2，x2y40，2xy40.若 z 的最大值为 12，则实数 k_.解析：作出可行
20、域如图中阴影所示，由图可知，当 0k12时，直线 ykxz 经过点 M(4,4)时 z 最大，所以 4k412，解得 k2(舍去)；当k12时，直线 ykxz 经过点 N(2,3)时 z 最大，所以 2k312，解得 k92(舍去)；当k0，则当 a_时，12|a|a|b 取得最小值解析：由于 ab2，所以 12|a|a|b ab4|a|a|b a4|a|b4|a|a|b，由于 b0，|a|0，所以 b4|a|a|b 2b4|a|a|b 1，因此当 a0 时，12|a|a|b 的最小值是14154；当 a0 时，12|a|a|b 的最小值是14134.故 12|a|a|b 的最小值为34，此时
21、 b4|a|a|b，a0，即 a2.答案：231(2013高考浙江卷)设 zkxy，其中实数 x、y 满足x2，x2y40，2xy40.若 z 的最大值为 12，则实数 k_.解析：高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。作出可行域如图中阴影所示，由图可知，当 0k12时，直线 ykxz 经过点 M(4,4)时 z 最大，所以 4k412，解得 k2(舍去)；当k12时，直线 ykxz 经过点 N(2,3)时 z 最大，所以 2k312，解得 k92(舍去)；当k1 时，有 ax2x1 恒成立，所以 a1.综上可知，a1，所以 aba21.答案：133(2013高考北京
22、卷)设 D 为不等式组x0，2xy0，xy30，表示的平面区域，区域 D 上的点与点(1,0)之间的距离的最小值为_解析：不等式组x0，2xy0，xy30，表示的区域 D 如图阴影部分所示由图知点 P(1,0)与平面区域 D 上的点的最短距离为点 P(1,0)到直线 y2x 的距离 d|2101|12222 55.答案：2 5534(2013高考天津卷)设 ab2，b0，则 12|a|a|b 的最小值为_解析：当 a0 时，12|a|a|b 12aabab4a ab14b4aab 54；高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。当 a0 时，12|a|a|b 12aab
23、ab4aab 14b4aab14134.综上所述，12|a|a|b 的最小值是34.答案：3435(2013高考陕西卷)若点(x，y)位于曲线 y|x1|与 y2 所围成的封闭区域，则 2xy 的最小值为_解析：如图，阴影部分为封闭区域作直线 2xy0，并向左上平移，过点 A 时，2xy 最小，由y2，y|x1|xa0，cb0.(1)记集合 M(a，b，c)|a，b，c 不能构成一个三角形的三条边长，且 ab，则(a，b，c)M 所对应的 f(x)的零点的取值集合为_；(2)若 a，b，c 是ABC 的三条边长，则下列结论正确的是_(写出所有正确结论的序号)x(，1)，f(x)0；xR，使 a
24、x，bx，cx 不能构成一个三角形的三条边长；若ABC 为钝角三角形，则x(1,2)，使 f(x)0.解析：(1)ca0，cb0，ab 且 a，b，c 不能构成三角形的三边，02ac，ca2.令 f(x)0 得 2axcx，即(ca)x2.高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。xlogca2.1xlog2ca1.0c.ca0，cb0，0ac1,0bccx(acbc1)cxabcc0.x(，1)，f(x)0.故正确令 a2，b3，c4，则 a，b，c 可以构成三角形但 a24，b29，c216 却不能构成三角形，故正确ca，cb，且ABC 为钝角三角形，a2b2c20，
25、f(2)a2b2c20，函数 f(x)在(1,2)上存在零点故正确答案：(1)x|0|HC|.又|HA|HB|PA|PB|AB|，|HA|HB|HC|0，a0)在 x3 时取得最小值，则 a_.解析：f(x)4xax24xax4 a(x0，a0)，当且仅当 4xax，即 x a2 时等号成立，此时 f(x)取得最小值 4 a.又由已知 x3 时，f(x)min4 a，a2 3，即 a36.答案：3644(2013高考重庆卷)设 0，不等式 8x2(8sin)xcos 20 对 xR 恒成立，则 的取值范围为 _.解析：由题意，要使 8x2(8sin)xcos 20 对 xR 恒成立，需 64s
26、in232cos20，化简得 cos 212.又 0，023或53 22，解得 06或56.答案：0，6 56，45(2013高考广东卷)若曲线 yax2ln x 在点(1，a)处的切线平行于 x 轴，则 a_.解析：因为 y2ax1x，所以 y|x12a1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于 x 轴，故其斜率为 0，故 2a10，a12.答案：1246(2013高考安徽卷)若非负变量 x、y 满足约束条件xy1，x2y4，则 xy 的最大值为_解析：高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。根据题目中的约束条件画出可行域，注意到 x，y 非负，得可行域为如图所示的阴影
27、部分(包括边界)作直线 yx，并向上平移，数形结合可知，当直线过点 A(4,0)时，xy 取得最大值，最大值为 4.答案：447(2013高考广东卷)不等式 x2x20 的解集为_解析：方程 x2x20 的根为 x12，x21，故不等式 x2x20 的解集为(2,1)答案：(2,1)48(2013高考广东卷)给定区域 D：x4y4，xy4，x0，令点集 T(x0，y0)D|x0，y0Z，(x0，y0)是 zxy 在 D 上取得最大值或最小值的点，则 T 中的点共确定_条不同的直线解析：画出平面区域 D(图中阴影部分)，zxy 取得最小值时的最优整数解为(0,1)，取得最大值时的最优整数解为(0
28、,4)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,0)点(0,1)与(0,4)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,0)中的任何一个点都可以构成一条直线，共有 5 条，又(0,4)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,0)，都在直线 xy4 上，故 T 中的点共确定 6 条不同的直线答案：649(2013高考新课标全国卷)设 x，y 满足约束条件1x3，1xy0，则 z2xy 的最大值为_解析：作出可行域如图阴影部分作直线 2xy0，并向右平移，当平移至直线过点 B 时，z2xy 取最大值而由x3，xy0，可得 B(3,3)zmax2333.答案：350(2013高考江苏卷)设数列
29、an：1，2，2,3,3,3，4，4，4，4，(1)k1k，(1)k1k，即当k1k2nkk12(kN*)时，an(1)k1k.记 Sna1a2an(nN*)对于 lN*，定义集合 Pln|Sn 是 an 的整数倍，nN*，且 1nl(1)求集合 P11 中元素的个数；(2)求集合 P2 000 中元素的个数解：(1)由数列an的定义得 a11，a22，a32，a43，a53，a63，a74，a84，a94，a104，a115，所以 S11，S21，S33，S40，S53，S66，高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。S72，S82，S96，S1010，S115，从而
30、 S1a1，S40a4，S5a5，S62a6，S11a11，所以集合 P11 中元素的个数为 5.(2)先证：Si(2i1)i(2i1)(iN*)事实上，当 i1 时，Si(2i1)S33，i(2i1)3，故原等式成立；假设 im 时成立，即 Sm(2m1)m(2m1)，则 im1 时，S(m1)(2m3)Sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3)综合可得，Si(2i1)i(2i1)于是 S(i1)(2i1)Si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知 Si(2i1)是 2i1 的倍数，而 ai(2i1)j2i1(
31、j1,2，2i1)，所以 Si(2i1)jSi(2i1)j(2i1)是 ai(2i1)j(j1,2，2i1)的倍数又 S(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是 2i2 的倍数，而 a(i1)(2i1)j(2i2)(j1,2，2i2)，所以 S(i1)(2i1)jS(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是 a(i1)(2i1)j(j1,2，2i2)的倍数，故当 li(2i1)时，集合 Pl 中元素的个数为 13(2i1)i2，于是，当 li(2i1)j(1j2i1)时，集合Pl 中元素的个数为 i2j.又 2 00031(2311)47，故集合 P2 000 中元素的个
32、数为 312471 008.51(2013高考湖南卷)在平面直角坐标系 xOy 中，将从点 M 出发沿纵、横方向到达点 N的任一路径称为 M 到 N 的一条“L 路径”如图所示的路径 MM1M2M3N 与路径 MN1N 都是M 到 N 的“L 路径”某地有三个新建的居民区，分别位于平面 xOy 内三点 A(3,20)，B(10,0)，C(14,0)处现计划在 x 轴上方区域(包含 x 轴)内的某一点 P 处修建一个文化中心(1)写出点 P 到居民区 A 的“L 路径”长度最小值的表达式(不要求证明)；(2)若以原点 O 为圆心，半径为 1 的圆的内部是保护区，“L 路径”不能进入保护区，请确定
33、点 P 的位置，使其到三个居民区的“L 路径”长度之和最小解：设点 P 的坐标为(x，y)(1)点 P 到居民区 A 的“L 路径”长度最小值为|x3|y20|，xR，y0，)(2)由题意知，点 P 到三个居民区的“L 路径”长度之和的最小值为点 P 分别到三个居民区的“L 路径”长度最小值之和(记为 d)的最小值当 y1 时，d|x10|x14|x3|2|y|y20|.因为 d1(x)|x10|x14|x3|x10|x14|，(*)当且仅当 x3 时，不等式(*)中的等号成立又因为|x10|x14|24，(*)当且仅当 x10,14时，不等式(*)中的等号成立，所以 d1(x)24，当且仅当
34、 x3 时，等号成立d2(y)2|y|y20|21，当且仅当 y1 时，等号成立故点 P 的坐标为(3,1)时，P 到三个居民区的“L 路径”长度之和最小，且最小值为 45.当 0y1 时，由于“L 路径”不能进入保护区，所以 d|x10|x14|x3|1|1y|y|y20|，此时，d1(x)|x10|x14|x3|，d2(y)1|1y|y|y20|22y21.由知，d1(x)24，故 d1(x)d2(y)45，当且仅当 x3，y1 时等号成立综上所述，在点 P(3,1)处修建文化中心，可使该文化中心到三个居民区的“L 路径”长度之和最小52(2013高考广东卷)如图，在等腰直角三角形 ABC
35、 中，A 90，BC6，D，E分别是 AC，AB 上的点，CDBE 2，O 为 BC 的中点将ADE 沿 DE 折起，得到如图所示的四棱椎 A-BCDE，其中 AO 3.高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。(1)证明：AO平面 BCDE；(2)求二面角 A-CD-B 的平面角的余弦值解：(1)证明：法一：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形 ABC 中，因为 BC6，O 为 BC 的中点，所以 ACAB3 2，OCOB3.又因为 CDBE 2，所以 ADAE2 2.如图，连接 OD，在OCD 中，由余弦定理可得OD OC2CD22OCCDcos 45 5.在折叠后的图
36、形中，因为 AD2 2，所以 AO2OD2AD2，所以 AOOD.同理可证 AOOE.又 ODOEO，所以 AO平面 BCDE.法二：如图，在折叠前的图形中，连接 AO，交 DE 于点 F，则 F 为 DE 的中点在等腰 RtABC 中，因为 BC6，O 为 BC 的中点，所以 ACAB3 2，OA3.因为 CDBE 2，所以 D 和 E 分别是 AC，AB 的三等分点，则 AF2，OF1.如图，在折叠后的图形中，连接 OF 和 AF.因为 AO 3，所以 AF2OF2AO2，所以 AOOF.在折叠前的图形中，DEOF，所以在折叠后的图形中，DEAF，DEOF.又 OFAFF，OF，AF平面
37、OAF，所以 DE平面 OAF.因为 OA平面 OAF，所以 DEOA.因为 OFDEF，OF，DE平面 BCDE，所以 AO平面 BCDE.(2)法一：如图，过 O 作 OM 垂直于 CD 的延长线于点 M，连接 AM.因为 AO平面 BCDE，CM平面 BCDE，OM平面 BCDE，所以 AOCM，AOOM.因为 AOOMO，所以 CM平面 AOM.因为 AM平面 AOM，所以 CMAM，故AMO 就是所求二面角的平面角在 RtOMC 中，OC3，OCM45，所以 OM3 22.在 RtAOM 中，因为 AO 3，OM3 22，所以 AM AO2OM2392 302，所以 cosAMO O
38、MAM3 22302 155，所以二面角 A-CD-B 的平面角的余弦值为 155.高考资源网（），您身边的高考专家欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚。法二：以点 O 为原点，建立空间直角坐标系 O-xyz，如图所示(F 为 DE 的中点)，则 A(0,0，3)，C(0，3,0)，D(1，2,0)，所以OA(0,0，3)，CA(0,3，3)，DA(1,2，3)设 n(x，y，z)为平面 ACD 的一个法向量，则nCA 3y 3z0，nDA x2y 3z0.令 z 3，得 n(1，1，3)，|n|113 5.由(1)知，OA(0,0，3)为平面 CDB 的一个法向量又|OA|3，OA n010(1)3 33，所以 cosn，OA nOA|n|OA|33 5 155，即二面角 A-CD-B 的平面角的余弦值为 155.
