还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：高中数学人教A版必修第二册 同步训练
成套系列资料，整套一键下载
- 第八章8.5空间直线、平面的平行同步练习 试卷 0 次下载
- 第八章8.6空间直线、平面的垂直同步练习 试卷 0 次下载
- 第九章9.1随机抽样同步练习 试卷 0 次下载
- 第九章9.2用样本估计总体同步练习 试卷 0 次下载
- 第九章9.3统计案例：公司员工的肥胖情况调查分析同步练习 试卷 0 次下载
第八章立体几何初步单元练习-
展开
这是一份第八章立体几何初步单元练习-，共20页。
第八章立体几何初步单元练习2022-2023学年下学期高一数学人教A版（2019）必修第二册学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是（ ）A．多面体至少有个面B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形2．三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）A． B． C． D．3．已知在正方体中，交于点，则（ ）A．平面 B．平面C．平面 D．4．如图所示的是一个五棱柱，则下列判断错误的是（ ）A．该几何体的侧面是平行四边形B．该几何体有七个面C．该几何体恰有十二条棱D．该几何体恰有十个顶点5．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）A． B． C． D．6．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（ ）A．千克 B．千克 C．千克 D．千克7．如图，是的直观图，其中，，那么是一个（ ）A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ）A．EF平面B． C．EF与AD1所成角为60°D．EF与平面所成角的正弦值为9．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，有下列四个结论：①与是异面直线；②，，相交于一点；③；④平面．其中所有正确结论的编号是（ ）A．①④ B．②④ C．①③④ D．②③④10．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则中边上的中线的长度为（ ）A． B． C． D．11．在中，角、、所对的边分别为、、，，若，则的最小值为（ ）A．B．C．D．12．复数（为复数单位），则（ ）A． B． C． D．13．锐角中，角、、所对的边分别为、、，若、，，，且，则的面积为（ ）A． B． C． D．14．已知向量，满足，，则（ ）A． B． C． D．15．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．二、填空题16．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则圆柱的体积为__________．17．如图，在三棱柱中，， ，，侧棱的长为1，则该三棱柱的高等于________18．如图所示，在正方体中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线与EF所成的角的大小为_________.19．如图所示，在三棱柱中，底面，，，，为上的动点，则的最小值为________．20．已知是边长为的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为___________．三、解答题21．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为，，，，，，．(1)求证：平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；(3)求点F到平面ABCD的距离．22．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，是的中点.(1)求证：平面平面；(2)点在棱上，满足且三棱锥的体积为，求的值.23．如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.(1)证明：平面(2)求证：平面平面(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.24．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.(1)当为的中点时，求证：平面.(2)当平面，求出点的位置，说明理由. 参考答案：1．D【分析】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可．【详解】对于A，多面体至少有个面，故选项A错误；对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误；对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误；对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确.故选：D．2．C【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.【详解】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示，三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，则，所以该三棱锥的外接球表面积为.故选：C．3．C【分析】由线面平行的判定定理即可得出结果.【详解】作出图形如图所示，连接，因为，所以平面平面，故平面，其他三个选项易知是错误的.故选：C.4．C【分析】根据棱柱的定义及性质判断即可.【详解】解：根据棱柱的定义可知，该几何体的侧面是平行四边形，故A正确；该五棱柱有七个面，十五条棱，十个顶点，故B、D正确，C错误；故选：C5．C【分析】在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，即可得到，则或其补角是异面直线与所成的角，求出，，，再利用余弦定理计算可得.【详解】解：如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：C6．C【分析】计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：易知四边形为等腰梯形，且，，，分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，所以，，所以，，因为，易知，故四边形为矩形，则，，所以，，故该正四棱台的高为，所以，该米斗的体积为，所以， 该米斗所盛大米的质量为.故选：C.7．A【分析】将直观图还原为投影图，分析几何图形的形状.【详解】将直观图还原，则，，所以是正三角形.故选：A.8．C【分析】对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断．【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1 ，∴EF平面ABC1D1，故A正确；对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；对于C，由，得EF与AD1所成角为.在中，，所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，，所以，故D正确．故选：C．9．B【分析】根据、可判断①；设，根据平面，平面，又面面，可判断②；令，根据为平行四边形，可判断③；由线面平行的判定定理可判断④．【详解】对于①，因为，，所以，又，所以与是相交直线，则①不正确；对于②，设，面面，面面，所以平面，平面，又面面，所以，，相交于一点，②正确；对于③，令，连接，因为，分别是，的中点，所以，，则为平行四边形，所以，而，所以③不正确；对于④，因为平面，平面，所以平面，④正确．综上所述，②④正确，故选：B．10．A【分析】先由斜二测画法将直观图还原三角形，再分别求得与，且，由此在利用勾股定理可求得.【详解】利用斜二测画法将直观图还原如图，易知此时，，又由轴得轴，故，不妨设是的中点，则，所以在中，，即中边上的中线的长度为.故选：A..11．C【分析】首先由数量积的定义求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最小值；【详解】解：∵，∴，∴，由余弦定理得，当且仅当时取等号，∵，∴，即的最小值为，故选：C．12．B【分析】根据复数的除法运算及减法运算求出复数，再根据复数的模的公式即可得解.【详解】解：，所以.故选：B.13．D【分析】先由向量垂直得到，利用余弦定理求出或，利用锐角三角形排除，从而，利用面积公式求出答案.【详解】由题意得：，故，因为，所以，由余弦定理得：，解得：或，当时，最大值为B，其中，故为钝角，不合题意，舍去；当时，最大值为B，其中，故B为锐角，符合题意，此时.故选：D14．A【分析】平方后由数量积的运算律求解【详解】，得，，得故选：A15．B【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.【详解】在正方体中，连接，，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即为异面直线与所成角，不妨设，则，，取的中点，因为，所以，在直角中，可得.故选：B.16．【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，进而得圆柱的高，代入体积公式求解．【详解】设圆柱的底面半径为，球的半径为．由条件有：，圆柱的高为，所以圆柱的体积为．故答案为：17．##0.5【分析】过作平面、直线的垂线，交点分别为O，D，E，可得四边形为矩形，结合条件可得，，进而即得．【详解】过作平面、直线的垂线，交点分别为O，D，E，连接OD、OC、OE，则即为三棱柱的高，由平面，平面，可得，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，又，所以四边形为矩形，在直角三角形和中，，，侧棱的长为1，则，，所以，所以，即三棱柱的高等于.故答案为：.18．##【分析】连接，根据正方体的性质可得：（或其补角）即为所求，进而求解即可.【详解】如图，连接，则，故（或其补角）即为所求，又，所以，故答案为：.19．5【分析】将二面角沿展开成平面图形，得四边形，若要取得最小值，当且仅当、、三点共线，即可求出满足条件的点位置，然后应余弦定理求解.【详解】由题设可知为等腰直角三角形，且平面，故，将二面角沿展开成平面图形，得四边形，如图所示，若要取得最小值，当且仅当、、三点共线，∵、，，，∴，∴当最小值时，由余弦定理得，∴，即的最小值为．故答案为：5.20．【分析】取中点，以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量坐标运算可表示出点坐标，进而得到，利用二次函数最值的求法可求得结果.【详解】取中点，为等边三角形，，则以为坐标原点可建立如图所示平面直角坐标系，则，，，设，，，，，则，，，，，则当时，取得最小值.故答案为：.21．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案； （2）即为二面角的平面角，作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面ADE；（2）∵，，∴即为二面角的平面角，∴，又，平面ADE，所以平面ADE，作于O，因为平面ADE，所以，又，平面CDEF，所以平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为，，，所以．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；（3）由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得，，，所以．22．(1)证明见解析.(2).【分析】（1）连接，证明，继而证明平面，推得，从而证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）由题意可推得，从而设点到平面的距离分别为，利用三棱锥等体积法分别求得，根据，即可求得答案.【详解】（1）由题意底面， ,，则底面为直角梯形，连接 ，则,故四边形为矩形，则 ， 所以四边形为正方形，所以 ，因为侧面为等边三角形，O是 的中点，所以 ，平面，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面 ，所以平面，因为平面 ，所以平面平面.（2）因为底面中， ,，侧面 为等边三角形，O是的中点，所以,,, ，因为平面，平面，所以 ，所以 ，因为 ，所以,所以 ,设点到平面的距离分别为，因为 ，所以 ,即，故，因为三棱锥的体积为，所以 所以 ，解得，所以，即 因为，所以 .23．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论；（3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可．【详解】（1）∵且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，所以平面.（2）∵平面，平面，∴，连接，∵且，∴四边形为平行四边形，∵，，∴平行四边形为正方形，∴，又，∴，又，面，∴面，∵面，∴平面平面.（3）∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，因为平面，∴∴为二面角的平面角，从而，所以，作于，连接，∵平面平面，平面，平面平面，∴面，所以为直线与平面所成角，在直角中，，，，∴，因为面，面，所以，在直角中，，，∴，则直线与平面所成角的正切值为.24．(1)证明见解析；(2)存在点M，点M为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析.【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.【详解】（1）取中点为，连接，在中，为的中点，为中点，，在平行四边形中，为的中点，，，四边形为平行四边形，面面，平面；（2）连接，相交于，连接，面，面面面，，，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.
第八章立体几何初步单元练习2022-2023学年下学期高一数学人教A版（2019）必修第二册学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法正确的是（ ）A．多面体至少有个面B．有个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D．棱柱的侧棱相等，侧面是平行四边形2．三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）A． B． C． D．3．已知在正方体中，交于点，则（ ）A．平面 B．平面C．平面 D．4．如图所示的是一个五棱柱，则下列判断错误的是（ ）A．该几何体的侧面是平行四边形B．该几何体有七个面C．该几何体恰有十二条棱D．该几何体恰有十个顶点5．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）A． B． C． D．6．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具，鉴于其储物功能以及吉祥富足的寓意，现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度），其上、下底面正方形边长分别为、，侧棱长为，若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出），设每立方分米的大米重千克，则该米斗盛装大米约（ ）A．千克 B．千克 C．千克 D．千克7．如图，是的直观图，其中，，那么是一个（ ）A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ）A．EF平面B． C．EF与AD1所成角为60°D．EF与平面所成角的正弦值为9．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，有下列四个结论：①与是异面直线；②，，相交于一点；③；④平面．其中所有正确结论的编号是（ ）A．①④ B．②④ C．①③④ D．②③④10．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，轴，则中边上的中线的长度为（ ）A． B． C． D．11．在中，角、、所对的边分别为、、，，若，则的最小值为（ ）A．B．C．D．12．复数（为复数单位），则（ ）A． B． C． D．13．锐角中，角、、所对的边分别为、、，若、，，，且，则的面积为（ ）A． B． C． D．14．已知向量，满足，，则（ ）A． B． C． D．15．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．二、填空题16．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上下底面及母线均相切，已知圆柱的底面半径为3，则圆柱的体积为__________．17．如图，在三棱柱中，， ，，侧棱的长为1，则该三棱柱的高等于________18．如图所示，在正方体中，E、F分别是AB、AD的中点，则异面直线与EF所成的角的大小为_________.19．如图所示，在三棱柱中，底面，，，，为上的动点，则的最小值为________．20．已知是边长为的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为___________．三、解答题21．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为，，，，，，．(1)求证：平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；(3)求点F到平面ABCD的距离．22．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，是的中点.(1)求证：平面平面；(2)点在棱上，满足且三棱锥的体积为，求的值.23．如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.(1)证明：平面(2)求证：平面平面(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.24．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.(1)当为的中点时，求证：平面.(2)当平面，求出点的位置，说明理由. 参考答案：1．D【分析】由多面体、棱台、棱柱等几何体的定义逐项判断即可．【详解】对于A，多面体至少有个面，故选项A错误；对于B，有个面平行，其余各面都是梯形，但各侧棱的延长线不能交于一点，则该几何体不是棱台，故选项B错误；对于C，各侧面都是正方形的四棱柱，可以是底面为菱形的直棱柱，不一定是正方体，故选项C错误；对于D，由棱柱定义知，棱柱的各侧棱平行且相等，故侧面是平行四边形，故选项D正确.故选：D．2．C【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.【详解】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示，三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，则，所以该三棱锥的外接球表面积为.故选：C．3．C【分析】由线面平行的判定定理即可得出结果.【详解】作出图形如图所示，连接，因为，所以平面平面，故平面，其他三个选项易知是错误的.故选：C.4．C【分析】根据棱柱的定义及性质判断即可.【详解】解：根据棱柱的定义可知，该几何体的侧面是平行四边形，故A正确；该五棱柱有七个面，十五条棱，十个顶点，故B、D正确，C错误；故选：C5．C【分析】在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，即可得到，则或其补角是异面直线与所成的角，求出，，，再利用余弦定理计算可得.【详解】解：如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：C6．C【分析】计算出米斗的高，进而可求得出该米斗的体积，结合题意可求得该米豆所盛大米的质量.【详解】设该正棱台为，其中上底面为正方形，取截面，如下图所示：易知四边形为等腰梯形，且，，，分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，由等腰梯形的几何性质可得，又因为，，所以，，所以，，因为，易知，故四边形为矩形，则，，所以，，故该正四棱台的高为，所以，该米斗的体积为，所以， 该米斗所盛大米的质量为.故选：C.7．A【分析】将直观图还原为投影图，分析几何图形的形状.【详解】将直观图还原，则，，所以是正三角形.故选：A.8．C【分析】对于A，证得，则EF平面ABC1D1，从而得出判断；对于B，证得平面ABC1D1，从而，而EFBD1，可得EF⊥B1C，从而得出判断；对于C，由，得EF与AD1所成角为，在中求解即可得出判断；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中求解即可得出判断．【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1 ，∴EF平面ABC1D1，故A正确；对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；对于C，由，得EF与AD1所成角为.在中，，所以，所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，在中，，所以，故D正确．故选：C．9．B【分析】根据、可判断①；设，根据平面，平面，又面面，可判断②；令，根据为平行四边形，可判断③；由线面平行的判定定理可判断④．【详解】对于①，因为，，所以，又，所以与是相交直线，则①不正确；对于②，设，面面，面面，所以平面，平面，又面面，所以，，相交于一点，②正确；对于③，令，连接，因为，分别是，的中点，所以，，则为平行四边形，所以，而，所以③不正确；对于④，因为平面，平面，所以平面，④正确．综上所述，②④正确，故选：B．10．A【分析】先由斜二测画法将直观图还原三角形，再分别求得与，且，由此在利用勾股定理可求得.【详解】利用斜二测画法将直观图还原如图，易知此时，，又由轴得轴，故，不妨设是的中点，则，所以在中，，即中边上的中线的长度为.故选：A..11．C【分析】首先由数量积的定义求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最小值；【详解】解：∵，∴，∴，由余弦定理得，当且仅当时取等号，∵，∴，即的最小值为，故选：C．12．B【分析】根据复数的除法运算及减法运算求出复数，再根据复数的模的公式即可得解.【详解】解：，所以.故选：B.13．D【分析】先由向量垂直得到，利用余弦定理求出或，利用锐角三角形排除，从而，利用面积公式求出答案.【详解】由题意得：，故，因为，所以，由余弦定理得：，解得：或，当时，最大值为B，其中，故为钝角，不合题意，舍去；当时，最大值为B，其中，故B为锐角，符合题意，此时.故选：D14．A【分析】平方后由数量积的运算律求解【详解】，得，，得故选：A15．B【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.【详解】在正方体中，连接，，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即为异面直线与所成角，不妨设，则，，取的中点，因为，所以，在直角中，可得.故选：B.16．【分析】由条件球的半径与圆柱底面圆半径相同，故球的半径为3，进而得圆柱的高，代入体积公式求解．【详解】设圆柱的底面半径为，球的半径为．由条件有：，圆柱的高为，所以圆柱的体积为．故答案为：17．##0.5【分析】过作平面、直线的垂线，交点分别为O，D，E，可得四边形为矩形，结合条件可得，，进而即得．【详解】过作平面、直线的垂线，交点分别为O，D，E，连接OD、OC、OE，则即为三棱柱的高，由平面，平面，可得，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，又，所以四边形为矩形，在直角三角形和中，，，侧棱的长为1，则，，所以，所以，即三棱柱的高等于.故答案为：.18．##【分析】连接，根据正方体的性质可得：（或其补角）即为所求，进而求解即可.【详解】如图，连接，则，故（或其补角）即为所求，又，所以，故答案为：.19．5【分析】将二面角沿展开成平面图形，得四边形，若要取得最小值，当且仅当、、三点共线，即可求出满足条件的点位置，然后应余弦定理求解.【详解】由题设可知为等腰直角三角形，且平面，故，将二面角沿展开成平面图形，得四边形，如图所示，若要取得最小值，当且仅当、、三点共线，∵、，，，∴，∴当最小值时，由余弦定理得，∴，即的最小值为．故答案为：5.20．【分析】取中点，以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量坐标运算可表示出点坐标，进而得到，利用二次函数最值的求法可求得结果.【详解】取中点，为等边三角形，，则以为坐标原点可建立如图所示平面直角坐标系，则，，，设，，，，，则，，，，，则当时，取得最小值.故答案为：.21．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案； （2）即为二面角的平面角，作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面ADE；（2）∵，，∴即为二面角的平面角，∴，又，平面ADE，所以平面ADE，作于O，因为平面ADE，所以，又，平面CDEF，所以平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为，，，所以．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；（3）由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得，，，所以．22．(1)证明见解析.(2).【分析】（1）连接，证明，继而证明平面，推得，从而证明平面，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）由题意可推得，从而设点到平面的距离分别为，利用三棱锥等体积法分别求得，根据，即可求得答案.【详解】（1）由题意底面， ,，则底面为直角梯形，连接 ，则,故四边形为矩形，则 ， 所以四边形为正方形，所以 ，因为侧面为等边三角形，O是 的中点，所以 ，平面，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面 ，所以平面，因为平面 ，所以平面平面.（2）因为底面中， ,，侧面 为等边三角形，O是的中点，所以,,, ，因为平面，平面，所以 ，所以 ，因为 ，所以,所以 ,设点到平面的距离分别为，因为 ，所以 ,即，故，因为三棱锥的体积为，所以 所以 ，解得，所以，即 因为，所以 .23．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论；（3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可．【详解】（1）∵且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，所以平面.（2）∵平面，平面，∴，连接，∵且，∴四边形为平行四边形，∵，，∴平行四边形为正方形，∴，又，∴，又，面，∴面，∵面，∴平面平面.（3）∵平面，平面，∴，又，，平面，∴平面，因为平面，∴∴为二面角的平面角，从而，所以，作于，连接，∵平面平面，平面，平面平面，∴面，所以为直线与平面所成角，在直角中，，，，∴，因为面，面，所以，在直角中，，，∴，则直线与平面所成角的正切值为.24．(1)证明见解析；(2)存在点M，点M为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析.【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.【详解】（1）取中点为，连接，在中，为的中点，为中点，，在平行四边形中，为的中点，，，四边形为平行四边形，面面，平面；（2）连接，相交于，连接，面，面面面，，，即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.
相关资料
更多
