【全程复习方略】(浙江专用)高考数学 阶段滚动检测(四)理 新人教A版

【全程复习方略】（浙江专用）2013版高考数学 阶段滚动检测(四)理 新人教A版(120分钟 150分) 第Ⅰ卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.设复数z ＝1－i ，则2z ＋2z2等于( )(A)－1＋i (B)1＋i (C)－1＋2i (D)1＋2i2.(2012·衢州模拟)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，下面有三个命题：①α∥β⇒l ⊥m；②α⊥β⇒l ∥m；③l ∥m ⇒α⊥β.其中假命题的个数为( ) (A)3 (B)2 (C)1 (D)03.(滚动单独考查)在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP ＝2PM ，则PA ·(PB ＋PC )＝( )(A)－49 (B)－43 (C)43 (D)494.(滚动综合考查)(2012·辽源模拟)设奇函数f(x)的定义域为R ，最小正周期T ＝3，若f(1)≥1，f(2)＝2a －3a ＋1，则a 的取值范围是( ) (A)a<－1或a≥23 (B)a<－1(C)－1<a≤23 (D)a≤235.(2012·哈尔滨模拟)某品牌香水瓶的三视图如图(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )(A)(95－π2) cm 2 (B)(94－π2) cm 2(C)(94＋π2) cm 2 (D)(95＋π2) cm 26.(2012·杭州模拟)若m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n； ②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β； ③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ. 其中正确命题的个数为( )(A)1 (B )2 (C)3 (D)47.(2012·广州模拟)过平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB 1D 1平行的直线共有( )(A)4条 (B)6条 (C)12条 (D)8条8.(滚动单独考查)(2012·长春模拟)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n>3)，S n ＝100，则n 的值为( )(A)8 (B)9 (C)10 (D)119.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) (A)πa 2 (B)73πa 2 (C)113πa 2 (D)5πa 210.(2012·黄山模拟)已知函数f(x)＝cosxsinx(x∈R)，给出下列五个命题：①若f(x 1)＝－f(x 2)，则x 1＝－x 2； ②f(x)的最小正周期是2π；③f(x)在区间[－π4，π4]上是增函数；④f(x)的图象关于直线x ＝3π4对称；⑤当x∈[－π6，π3]时，f(x)的值域为[－34，34].其中正确的命题为( )(A)①②④ (B)③④⑤ (C)②③ (D)③④第Ⅱ卷(非选择题 共100分)二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分.请把正确答案填在题中横线上) 11.(2012·金华模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 .12.(2012·遵义模拟)在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，B 1C 1＝A 1C 1，AC 1⊥A 1B ，M ，N 分别是A 1B 1，AB 的中点，给出如下三个结论：①C 1M⊥平面A 1ABB 1；②A 1B⊥AM； ③平面AMC 1∥平面CNB 1，其中正确的是 .13.母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于43π，则该圆锥的体积为 .14.(滚动单独考查)(2012·安阳模拟)已知点M(x ，y)满足x 1x y 102x y 20≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩若z ＝ax ＋y(a>0)的最小值为3，则a 的值为 .15.(2012·杭州模拟)已知四面体ABCD 中，DA ＝DB ＝DC ＝32，且DA ，DB ，DC 两两互相垂直，点O 是△ABC 的中心，将△DAO 绕直线DO 旋转一周，则在旋转过程中，直线DA 与直线BC 所成角的余弦值的取值范围是 .16.(滚动交汇考查)对于等差数列{a n }有如下命题：“若{a n }是等差数列，a 1＝0，s ，t 是互不相等的正整数，则有(s －1)a t －(t －1)a s ＝0”.类比此命题，给出等比数列{b n }相应的一个正确命题是 .17.(2012·西宁模拟)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为 .三、解答题(本大题共5小题，共72分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)如图，已知AB⊥平面ACD ，DE⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点.(1)求证：AF∥平面BCE ；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE ；(3)在DE 上是否存在一点P ，使直线BP 和平面BCE 所成的角为30°？19.(14分)(2012·北京模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝λa n －1(λ为常数，n ＝1,2,3，…).(1)若a 3＝a 22，求λ的值；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }是等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. (3)当λ＝2时，若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ＝1,2,3，…)，且b 1＝32，令c n ＝a n(a n ＋1)b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .20.(14分)(2011·安徽高考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形.(1)证明直线BC∥EF；(2)求棱锥F －OBED 的体积.21.(15分)一个多面体的三视图及直观图如图所示： (1)求异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值；(2)试在平面ADD 1A 1中确定一个点F ，使得FB 1⊥平面BCC 1B 1； (3)在(2)的条件下，求二面角F―CC 1―B 的余弦值.22.(15分)(2012·长春模拟)如图所示，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2，点E 为AB 的中点.(1)求证：BD 1∥平面A 1DE ； (2)求证：D 1E⊥A 1D ；(3)在线段AB 上是否存在点M ，使二面角D 1－MC －D 的大小为π6？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.答案解析1.【解析】选D.2z ＋2z 2＝21－i ＋2(1－i)2＝1＋i ＋1－i＝1＋i ＋i ＝1＋2i. 2.【解析】选C.①对，∵l ⊥α，α∥β，∴l ⊥β，又m ⊂β，∴l ⊥m ；②错，l ⊥α，α⊥β，则l 也可以在β内，l 与m 重合；③对，∵l ⊥α，l ∥m ，∴m ⊥α，又∵m ⊂β，∴β⊥α.故只有②是假命题.3.【解题指南】根据数量积的定义确定向量的长度和夹角即可.【解析】选A.PA ·(PB ＋PC )＝PA ·2PM ＝2×23×13×cos180°＝－49.4.【解析】选C.由条件知f(2)＝f(3－1)＝f(－1)＝－f(1)，故2a －3a ＋1≤－1，解得－1<a ≤23.5.【解析】选C.由三视图知该几何体上层为底面是边长为3的正方形，高为1的长方体，其表面积为2(3×1＋3×3＋3×1)＝30；中间为底面圆半径为12，高为1的圆柱，其侧面积为2π×12×1＝π；底层为底面是边长为4的正方形，高为2的长方体，其表面积为2(4×2＋4×4＋4×2)＝64. 故所求几何体的表面积为30＋π＋64－2×π×(12)2＝94＋π2.【误区警示】本题中容易忽视去掉圆柱的两个底面面积.6.【解析】选B.①对，n ∥α，在α内必有直线l ∥n ，而m ⊥α，l ⊂α， ∴m ⊥l ，l ∥n ，∴m ⊥n.②错，墙角的三个面满足α⊥γ，β⊥γ，但α⊥β. ③错，m ∥α，n ∥α，m ，n 也可异面，也可相交.④对，α∥β，β∥γ⇒α∥γ，又m ⊥α，则m ⊥γ.故①④正确. 7.【解析】选C.如图，P 、E 、F 、H 分别为AD 、AB 、 A 1B 1、A 1D 1的中点，则平面PEFH ∥平面DBB 1D 1，所以 四边形PEFH 的任意两顶点的连线都平行于平面DBB 1D 1，共6条，同理在平面DBB 1D 1的另一侧也有6条，共12条.8.【解析】选C.S n ＝n(a 1＋a n )2＝n(a 2＋a n －1)2＝n(3＋a n －1)2＝100，又S n －S n －3＝a n ＋a n －1＋a n －2＝3a n －1＝51，∴a n －1＝17，故n ＝10.9.【解析】选B.由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a.如图，设O 、O 1分别为下、上底面中心，且球心O 2为O 1O 的中点，又AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a2，设球的半径为R ，则R 2＝22AO ＝13a 2＋14a 2＝712a 2.∴S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.10.【解析】选D.f(x)＝cosxsinx ＝12sin2x.①中，若f(x 1)＝－f(x 2)，即12sin2x 1＝－12sin2x 2＝12sin(－2x 2)，则2x 1＝－2x 2＋2k π(k ∈Z)或2x 1＝π＋2x 2＋2k π(k ∈Z)，故①不正确；②中最小正周期为π，故不正确；③中，由x ∈[－π4，π4]时，2x ∈[－π2，π2]，故f(x)为增函数，故③正确；④中，当x ＝3π4时，f(3π4)＝12sin 3π2＝－12，故x ＝3π4为对称轴，故④正确；⑤中，当x ∈[－π6，π3]时，2x ∈[－π3，2π3]，此时－34≤f(x)≤12，故不正确.综上③④正确. 11.【解析】由三视图可知，此几何体上部为半径为2的半球，下部为底面边长为2，高为3的正四棱柱. 故S 表＝S 底＋S 柱侧＋S 半球＋π×22－S 底 ＝4×2×3＋12·4π·22＋π×22＝24＋12π 答案：24＋12π12.【解题指南】画出图形，根据线面关系的判定方法求解. 【解析】如图，由B 1C 1＝A 1C 1知C 1M ⊥A 1B 1，故C 1M ⊥ 平面A 1ABB 1，因此①正确；由A 1B ⊥AC 1，A 1B ⊥C 1M ， AC 1∩C 1M ＝C 1知A 1B ⊥平面AMC 1，故A 1B ⊥AM ，故② 正确；又C 1M ∥CN ，AM ∥B 1N ，可得平面AMC 1∥平 面CNB 1，综上①②③正确. 答案：①②③13.【解析】圆锥的侧面展开图中扇形的弧长，即底面圆的周长为43π·1＝43π，于是设底面圆的半径为r ，则有2πr ＝43π，所以r ＝23，于是圆锥的高为h ＝1－(23)2＝53，故圆锥的体积为V ＝4581π.答案：4581π14.【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示，易知A(3,4)，B(1,0)，当a>0时，由线性规划知，当直线y ＝－ax ＋z 过点B(1,0)时，z 有最小值，则z min ＝a ＝3.答案：315.【解析】由两直线所成角的范围可知在[0，π2]上余弦为减函数.当DA ⊥BC 即△DAO 不转动时，DA ⊥BC ，此时余弦值最小为0.而DA 与面ABC 所成的角为DA 与BC 所成角的最小值(最小角定理)， ∵DA ＝DC ＝DB ＝32，∴AC ＝BC ＝AB ＝6， ∴AO ＝33AC ＝23，设线面角为α，则cos α＝OA AD ＝2332＝63.∴DA 与BC 所成角的余弦值的取值范围为[0，63]. 答案：[0，63] 16.【解析】从等差数列到等比数列的类比，等差数列中＋、－、×、÷类比到等比数列经常是×，÷，()n，n()，0类比1.故若{b n }是等比数列，b 1＝1，s 、t 是互不相等的正整数，则b s －1t b t －1s ＝(b 1·q t －1)s －1(b 1·q s －1)t －1＝1.答案： 若{b n }是等比数列，b 1＝1，s 、t 是互不相等的正整数，则有b s －1tb t －1s＝117.【解题指南】根据正六棱柱和球的对称性，球心O 必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量.【解析】以正六棱柱的最大对角面作截面，如图.设球心为O ，正六棱柱的上下底面中心分别为O 1，O 2，则O 是线段O 1O 2的中点.设正六棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则a 2＋h 2＝9.正六棱柱的体积为V ＝6×34a 2×2h ，即V ＝33(9－h 2)h ，则V ′＝33(9－3h 2)，得极值点h ＝3，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点.故当正六棱柱的体积最大时，其高为2 3.答案：2 318.【解析】设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A(0,0,0)，B(0,0，a)，C(2a,0,0)， D(a ，3a,0)，E(a ，3a,2a)， ∵F 为CD 的中点， ∴F(32a ，32a,0).(1)AF ＝(32a ，32a,0)，BE ＝(a ，3a ，a)，BC ＝(2a,0，－a).∵AF ＝12(BE ＋BC )，AF 平面BCE ，∴AF ∥平面BCE.(2)∵AF ＝(32a ，32a,0)，CD ＝(－a ，3a,0)，ED ＝(0,0，－2a).∴AF ·CD ＝0，AF ·ED ＝0，∴AF ⊥CD ，AF ⊥ED . 又CD ∩DE ＝D ，∴AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.(3)存在.设平面BCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n·BE＝0，n·BC＝0可得：x＋3y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝(1，－3，2).设存在P(a，3a，ta)满足题意，则BP＝(a，3a，(t－1)a)(0≤t≤2)，设BP和平面BCE所成的角为θ，则sinθ＝BPBPnn＝a－3a＋2a(t－1)8×a1＋3＋(t－1)2＝12，解得：t＝3±6，又∵t∈[0,2]，故取t＝3－ 6.∴存在P(a，3a，(3－6)a)，使直线BP和平面BCE所成的角为30°.【变式备选】如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，AC与BD 的交点为O，E为侧棱SC上一点.(1)当E为侧棱SC的中点时，求证：SA∥平面BDE；(2)求证：平面BDE⊥平面SAC；(3)当二面角E－BD－C的大小为45°时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由.【解析】(1)连接OE，由条件可得SA∥OE.因为SA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以 SA∥平面BDE.(2)由题意知SO⊥平面ABCD，AC⊥BD.故建立如图所示的空间直角坐标系.设四棱锥S－ABCD的底面边长为2，则O(0,0,0)，S(0,0，2)，A(2，0,0)，B(0，2，0)，C(－2，0,0)，D(0，－2，0).所以AC＝(－22，0,0)，BD＝(0，－22，0).设CE＝a(0<a<2)，由已知可求得∠ECO＝45°.所以E(－2＋22a,0，22a)，BE＝(－2＋22a，－2，22a).设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则BD0BE0⎧=⎪⎨=⎪⎩nn，即⎩⎪⎨⎪⎧y＝0，(－2＋22a)x－2y＋22az＝0.令z＝1，得n＝(a2－a，0,1).易知BD＝(0，－22，0)是平面SAC的一个法向量.因为n·BD＝(a2－a，0,1)·(0，－22，0)＝0，所以n⊥BD，所以平面BDE⊥平面SAC.(3)由(2)可知，平面BDE的一个法向量为n＝(a2－a，0,1).因为SO⊥底面ABCD ，所以OS＝(0,0，2)是平面BDC的一个法向量. 由已知二面角E－BD－C的大小为45°.所以|cos〈OS，n〉|＝cos45°＝22，所以2(a 2－a)2＋1×2＝22， 解得a ＝1.所以点E 是SC 的中点.19.【解析】(1)因为S n ＝λa n －1，所以a 1＝λa 1－1，a 2＋a 1＝λa 2－1，a 3＋a 2＋a 1＝λa 3－1. 由a 1＝λa 1－1可知：λ≠1.所以a 1＝1λ－1，a 2＝λ(λ－1)2，a 3＝λ2(λ－1)3.因为a 3＝a 22，所以λ2(λ－1)3＝λ2(λ－1)4.所以λ＝0或λ＝2.(2)假设存在实数λ，使得数列{a n }是等差数列， 则2a 2＝a 1＋a 3.由(1)可得：2λ(λ－1)2＝1λ－1＋λ2(λ－1)3.所以2λ(λ－1)2＝2λ2－2λ＋1(λ－1)3，即1＝0，矛盾. 所以不存在实数λ，使得数列{a n }是等差数列. (3)当λ＝2时，S n ＝2a n －1， 所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，且a 1＝1. 所以a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2). 所以a n ≠0(n ∈N *)，且a n a n －1＝2(n ≥2).所以，数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列. ∴a n ＝2n －1，又b n ＋1＝a n ＋b n ，∴b n ＋1－b n ＝2n －1，∴b 2－b 1＝20b 3－b 2＝2 b 4－b 3＝22…… b n －b n －1＝2n －2各式相加，得b n －b 1＝1＋2＋22＋…＋2n －2＝2n －1－1∵b 1＝32，∴b n ＝2n －1＋12＝2n＋12， 所以c n ＝2n －1(2n －1＋1)×2n ＋12＝2×2n －1(2n －1＋1)(2n＋1). 因为2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n＋1， 所以T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2(12－12＋1＋12＋1－122＋1＋…＋12n －1＋1－12n ＋1)＝1－22n ＋1＝2n－12n ＋1.【方法技巧】求数列通项的方法(1)公式法：当已知数列类型时，可利用公式求数列的通项； (2)已知S n 或已知S n 和a n 的关系时，可利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2)求通项；(3)已知a n ＋1＝pa n ＋q(p ≠1，q ≠0)时，可根据构造法，通过构造等比数列求通项； (4)已知a n ＋1＝a n ＋f(n)时，可通过累加的方法求通项； (5)已知a n ＋1＝a n ·f(n)时，可利用累乘法求通项.20.【解析】(1)设G 是线段DA 延长线与线段EB 延长线的交点， 由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，且OA ＝1，OD ＝2，所以OB12DE ，OG ＝OD ＝2. 同理，设G ′是线段DA 延长线与线段FC 延长线的交点，有OC 12DF ，OG ′＝OD ＝2. 又由于G 和G ′都在线段DA 的延长线上，所以G 与G ′重合. 在△GED 和△GFD 中， 由OB12DE 和OC 12DF ，可知B ，C 分别是GE 和GF 的中点， 所以BC 是△GEF 的中位线，故BC ∥EF. (2)由OB ＝1，OE ＝2，∠EOB ＝60°， 知S △EOB ＝32， 而△OED 是边长为2的正三角形，故S △OED ＝3，所以S 四边形OBED ＝S △EOB ＋S △OED ＝332.过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F －OBED 的高，且FQ ＝3，所以V F －OBED ＝13FQ ·S 四边形OBED ＝32.21.【解析】依题意知，该多面体为底面是正方形的四棱台，且D 1D ⊥底面ABCD.AB ＝2A 1B 1＝2DD 1＝2a.以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2a,0,0)，B 1(a ，a ，a)，D 1(0,0，a)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，C 1(0，a ，a).(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a)，1DD ＝(0,0，a)， ∴cos 〈1AB ，1DD 〉＝1111AB DD AB DD ＝a23a 2·a2＝33， 即异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)设F(x,0，z)，∵1BB ＝(－a ，－a ，a)，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(a －x ，a ，a －z)，由FB 1⊥平面BCC 1B 1得111FB BB 0FB BC 0⎧=⎪⎨=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧－a(a －x)－a 2＋a(a －z)＝0－2a(a －x)＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝az ＝0，∴F(a,0,0)，即F 为DA 的中点.(3)由(2)知1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量.设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面F CC 1的一个法向量. ∵1CC ＝(0，－a ，a)，FC ＝(－a,2a,0)，由1CC 0FC 0⎧=⎪⎨=⎪⎩n n ，即⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0－ax 1＋2ay 1＝0，令y 1＝1得x 1＝2，z 1＝1， ∴n ＝(2,1,1)，cos 〈n ，1FB 〉＝11FB||FB |n n ＝a ＋a 6×2a2＝33. 即二面角F-CC 1-B 的余弦值为33. 【方法技巧】高考中立体几何解答题的常见题型(1)线面平行、垂直的证明.解题时主要利用相关的判定定理进行解题即可，但要注意表达的规范性，即要把相关定理的内容完全表示为符号语言.(2)空间角的求法.一般以二面角的求法为主，解题时可根据所给几何体的特征建立坐标系，利用向量的运算来解题.22.【解析】(1)连接AD 1，四边形ADD 1A 1为正方形，O 是AD 1的中点，点E 为AB 的中点，连接OE.∴EO 为△ABD 1的中位线，∴EO ∥BD 1， 又∵BD 1⊄平面A 1DE ，OE ⊂平面A 1DE ， ∴BD 1∥平面A 1DE.(2)正方形ADD 1A 1中，A 1D ⊥AD 1，由已知可得：AB ⊥平面ADD 1A 1，A 1D ⊂平面ADD 1A 1 ∴AB ⊥A 1D ，AB ∩AD 1＝A ，∴A 1D ⊥平面AD 1E ，D 1E ⊂平面AD 1E ，∴A 1D ⊥D 1E.(3)存在.由题意可得：D 1D ⊥平面ABCD ，以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)，设M(1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，∵MC ＝(－1,2－y 0,0)，1D C ＝(0,2，－1) 设平面D 1MC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)则1MC 0D C 0⎧=⎪⎨=⎪⎩11n n 得0x y(2y )02y z 0-+=⎧⎨-=⎩ 取平面D 1MC 的一个法向量n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面MCD 的一个法向量为 n 2＝(0,0,1)，二面角D 1－MC －D 的大小为π6，则cos π6＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝||||||1212n n n n ＝ 2(2－y 0)2＋12＋22＝32解得：y 0＝2－33(0≤y 0≤2)，当AM ＝2－33时，二面角D 1－MC －D 的大小为π6.。