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8.7 立体几何初步 章末检测卷
全卷共22题 满分：150分 时间：120分钟
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（广西柳州市2023届高三第三次模拟数学（文）试题）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如下图），在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的时，所需时间为（ ）
A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
【答案】C
【分析】根据题意，问题转化为求，根据圆锥体积公式计算即可.
【详解】如图，
设圆锥的高为，依题意可知，
，所以，则所需时间为小时．故选：C．
2．（2023秋·陕西西安·高一统考期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】C
【解析】A. 若，，，则与相交，平行，故A错误；
B. 若，，则或，故B错误；
C. 若，，则，且，则，故C正确；
D. 若，，，但没注明，所以与不一定垂直，故D错误.故选：C
3．（四川省自贡市2023届高三下学期第二次诊断性考试数学（文）试题）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面ABCD的射影为BC中点H，则点到平面ABCD的距离为( )
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】求出，根据∥平面ABCD即可得点到平面ABCD的距离．
【详解】如图，
连接，则⊥平面ABCD，且，
由题可知∥，
又∵平面ABCD，平面ABCD，
∴∥平面ABCD，
∴点到平面ABCD的距离与点B1到平面ABCD的距离相等．
故选：B．
4．（2023·四川成都·成都实外校考模拟预测）平面 与平面平行的充分条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线都与平行
B．直线， 且
C．内的任何一条直线都与平行
D．直线 ， 直线，且
【答案】C
【分析】选项A、 B、D中，平面与平面相交时都有可能满足，选项C由面面平行的定义可判断.从而得出答案.
【详解】选项A. 当内有无穷多条直线都与平行时，平面与平面可能相交，故不正确.
选项B. 直线,当平面平面，时，满足条件，
此时平面与平面可能相交，故不正确.
选项C. 由面面平行的定义可得，平面 与平面平行，故正确.
选项D. 当平面平面，，，满足条件，
此时平面与平面可能相交，故不正确.
故选: C.
5．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列说法中错误的是（ ）
A．异面直线EF与所成的角为
B．存在点E，F，使得
C．三棱锥B-AEF的体积为
D．点C到平面BEF的距离为
【答案】B
【分析】对A：根据异面直线的夹角分析运算；对B：根据空间中直线的位置关系分析判断；对C：根据锥体的体积公式运算求解；对D：利用等体积法求点到面的距离.
【详解】对A：连接，则，，
故为平行四边形，则，
且，即为等边三角形，
故异面直线EF与所成的角为，A正确；
对B：反证：若存在点E，F，使得，则四点共面，
故与为共面直线，
这与与为异面直线相矛盾，故假设不成立，
即不存在点E，F，使得，B错误；
对C：连接，设，则，
∵平面，平面，
故，
，平面，可得平面，
可知三棱锥B-AEF的高为，
故三棱锥B-AEF的体积为，C正确；
对D：设点到直线的距离为，
由，根据的面积可得，
解得，
设点C到平面BEF的距离为，
由选项C可知三棱锥B-CEF的高为，
根据，可得，解得，
故点C到平面BEF的距离为，D正确；
故选：B.
6．（2023·河南·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，则下列结论：
①；
②平面平面；
③点到平面的距离为；
④三棱锥的体积为；
⑤与所成角的正弦值为.
其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】对于①利用线线平行的判定即可；对于②利用面面垂直的判定即可；对于③④利用三棱锥的体积公式及等体积法转化即可；对于⑤利用余弦定理即可.
【详解】如图所示，
对于①，在正方体中易知,而,∴不平行，故①错误；
对于②取中点G，连接，可得为等腰三角形，由题意可得，同理,，故
又∵面，面∴面
而面，所以面面，即面与面不垂直，故②错误；
对于③④，设点到平面的距离为，则，
∴，，③④正确；
对于⑤，取中点,连接，∥，即易知与的夹角可化为与的夹角，
由余弦定理可得，故⑤正确.
综上正确的结论有三个，
故选:C
7．（2023·全国·高一专题练习）如图，长方体中，，，为的中点，为底面上一点，若直线与平面没有交点，则面积的最小值为（）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】直线与平面没有交点，所以平面，
取中点，连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，故 平面；
同理可得平面，，平面，
故平面平面，
故在上运动，当时，最小，最小值为，
此时的面积最小，求得.
故选：A
8．（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥的所有棱长均为2，若球经过三棱锥各棱的中点，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】把正四面体放置在正方体中，转化为正方体内切球问题，求出半径，代入球的表面积公式求解即可.
【详解】三棱锥的所有棱长均为2，
故可把三棱锥放置在正方体中，
如图
设正方体的棱长为a，则，解得，
当球经过三棱锥各棱的中点时，球为正方体的内切球，
故球的半径为正方体棱长的一半，即，所以球的表面积.
故选：B.
二 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆市凤鸣山中学校考阶段练习）下列关于空间几何体的说法正确的是（ ）
A．棱柱的两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
D．圆柱的任意两条母线互相平行
【答案】ABD
【分析】根据棱柱、棱锥和圆柱的结构特征依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，由棱柱的结构特征知：棱柱两个底面为全等的多边形，且对应边互相平行，A正确；
对于B，由棱柱的结构特征知：棱柱侧棱长相等，且各侧面均为平行四边形，B正确；
对于C，如下图所示的两个三棱锥拼接而成的组合体，各个面都为三角形，但不是三棱锥，C错误；
对于D，由圆柱的结构特征知：圆柱的任意两条母线互相平行，D正确.
故选：ABD.
10．（2023春·全国·高一专题练习）在底面边长为2、高为4的正四棱柱中，为棱上一点，且分别为线段上的动点，为底面的中心，为线段的中点，则下列命题正确的是（ ）
A．与共面 B．三棱锥的体积为 C．的最小值为
D．当时，过三点的平面截正四棱柱所得截面的周长为
【答案】ACD
【解析】对于A，如图1，在中，因为为的中点，所以，所以与共面，所以A正确；
对于B，由，因为到平面的距离为定值2，且的面积为1，所以三棱锥的体积为，所以B错误；
对于C，如图2，展开平面，使点共面，过作，交与
点，交与点，则此时最小，易求的最小值为，则C正确；
对于D，如图3，取，连接，则，又，所以，所以共面，即过三点的正四棱柱的截面为，由，则是等腰梯形，且，所以平面截正四棱柱所得截面的周长为，所以D正确.
故选:ACD.
11．（2023春·全国·高一专题练习）如图，正方体的棱长为1，，，分别为线段，，上的动点（不含端点），则（ ）
A．异面直线与成角可以为
B．当为中点时，存在点，使直线与平面平行
C．当，为中点时，平面截正方体所得的截面面积为
D．存在点，使点与点到平面的距离相等
【答案】BC
【解析】对A：因为//，故与的夹角即为与的夹角，
又当与重合时，取得最大值，为；
当与点重合时，取得最小值，设其为，则，故；
又点不能与重合，故，故A错误；
对B：当为中点时，存在分别为的中点，满足//面，证明如下：
取的中点为，连接，如下所示：
显然//，又面面，故//面；
又易得//，面面，故//面；
又面，故面//面，
又面，故//面，故B正确；
对C：连接，如下所示：
因为////，故面即为平面截正方体所得截面；
又，故该截面为等腰梯形，又，，
故截面面积，故C正确；
对D：连接，取其中点为，如下所示：
要使得点到平面的距离等于点到平面的距离，只需经过的中点，显然当点分别为所在棱的中点时，不存在这样的点满足要求，故D错误.故选：BC.
12．（2023春·山东青岛·高二青岛二中校考开学考试）如图，四边形为矩形，平面，，且，记四面体，，的体积分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．若为中点，则平面
C．
D．直线与平面所成角的正切值为
【答案】ACD
【分析】利用面面平行的判定可证得平面平面，由面面平行的性质知A正确；假设B正确，由线面垂直的性质和等腰三角形三线合一性质可知，显然不成立，知B错误；利用体积桥，结合棱锥体积公式可分别求得，知C正确；根据线面角定义作出所求角，由长度关系可求得D正确.
【详解】对于A，四边形为矩形，，
又，平面，平面，
平面，平面，又，平面，
平面平面，又平面，平面，A正确；
对于B，连接，
假设当为中点时，平面，
平面，，又为中点，，
由已知得：，假设错误，B错误；
对于C，设，
由A知：平面，；
平面，平面，，
又，，平面，平面，
，，C正确；
对于D，取中点，连接，
平面，平面，，
又，，平面，平面；
，，四边形为平行四边形，，
平面，即为直线与平面所成角，
设，则，，
，即直线与平面所成角的正切值为，D正确.
故选：ACD.
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023·山东·高一专题练习）正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为 .
【答案】
【解析】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为，则，
且正四棱锥的高为图中，易得，即：
解得：，所以，内切球的表面积为．
14．（2023春·河北·高三统考阶段练习）已知中，为边上的高线，以为折痕进行折叠，使得二面角为，则三棱锥的外接球半径为__________.
【答案】
【分析】先说明为二面角的平面角，从而科力远余弦定理求得，在证明平面，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用勾股定理即可得出答案.
【详解】由题意，可得为二面角的平面角，
即，
在中，，
由余弦定理，可得，
又由且平面，
所以平面，
设外接圆的半径为，圆心为，
则，可得，即，
设三棱锥的外接球的半径为，球心为，
可得，即，
所以三棱锥的外接球半径为.
故答案为：.
15．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；
②一定是锐角；
③；
④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有__________．
【答案】①③④
【分析】根据正方体特征可知平面，利用面面垂直的判定定理即可求得①正确；当是的中点时是直角，即②错误；易知平面，利用线面垂直的性质即可得，所以③正确；根据等体积法和线面平行判定定理可得三棱锥的体积为定值，即可知④正确.
【详解】对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；
对于②，当是的中点时，
易得，
满足，此时是直角，所以②错误；
对于③，连接，如下图所示;
由正方体可知，且平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面；
又平面，所以，即③正确；
对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，
平面，所以点到平面的距离是定值，
所以三棱锥的体积为定值,即④正确.
故答案为：①③④
16．（天津市南开区2023届高三一模数学试题）如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱的体积为___________.
【答案】
【分析】底面正方形的对角线即球的直径，利用直三棱柱的性质及勾股定理可以求得的面积，从而求体积.
【详解】如图所示，由题意知，球心在底面的中心O上，故为截面圆的直径，
则，
取的中点，连接
易知：底面中∥，，
则面，即为直角三角形，由勾股定理可得：，故
所以
故答案为：
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17．（2022春·四川成都·高二石室中学校考阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到的位置，．
(1)证明：平面平面ABCD；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)12.
【分析】（1）由题可得，然后利用菱形的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面ABCD，再利用面面垂直的判定定理即得；
（2）利用锥体的体积公式即得.
【详解】（1）∵ABCD是菱形，AD＝DC，又，
∴，则，
又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，
∴EF⊥DH，则，
∵AC＝6，∴AO＝3，
又AB＝5，AO⊥OB，∴OB＝4，
∴，则，
∴，则，又，平面ABCD ，
∴平面ABCD，平面，
所以平面平面ABCD；
（2）由题可知，，
所以三棱锥的体积为.
18．（2023春·上海浦东新·高二上海市洋泾中学校考阶段练习）如图，是圆柱的一条母线，是圆柱的底面直径，在圆柱下底面圆周上，是线段的中点．已知，.
(1)求圆柱的体积；
(2)求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）计算出圆柱的底面半径，再利用柱体的体积公式可求得该圆柱的体积；
（2）推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立.
【详解】（1）解：设圆柱的底面半径为，
因为，是圆柱的底面直径，在圆柱下底面圆周上，且，，则，
由勾股定理可得，所以，，
因此，该圆柱的体积为.
（2）证明：因为平面，平面，所以，，
又因为，，、平面，所以，平面.
因为平面，所以，.
19．（2023春·河南·高一校联考期中）如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，分别为正方形和正方形的中心，连接，.
(1)证明：平面平面；(2)问在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，写出点的位置并给出证明；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接 ，则有 ，同理 ，
平面GEF，平面GEF，所以平面GEF，
平面GEF，平面GEF，所以平面GEF，
且 平面 ， 平面， ，
平面 平面；
（2）如图：
设平面QDC与的交点为N，正方体的棱长为，
平面，平面， ，
又 ，平面DQC，平面DQC，，
平面DQC，
连接QN，平面DQC，， 是直角三角形，
在 中， ，
由余弦定理得： ，
在 中， ，
在平面QDC内作直线 ，交QD于L，则平面， ，
在线段DC上取P点，使得 ，则四边形为矩形，平面，平面，平面，
P点即是所求的点；
取DC的中点K，连接HK，则平面，
过N点在平面内作HK的平行线NM，交于M点，过M点作DC的平行线，交于W，连接WL，则四边形NMWL是矩形，
，且 ，
，
即P点的位置在靠近D点的DC线段的三分点处；
综上，存在点P满足题意，P点在靠近D点的DC线段的三分点处.
20．（2023·山东威海·统考一模）在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且平面BCE.
(1)求证：；
(2)若，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过面面平行的判断证明平面平面，再由面面平行的性质证明，即是中位线，由此得到是的中点；
（2）设，通过勾股定理计算将到的距离和到平面的距离用表示，根据二面角的正弦值列方程求出，再代入体积公式计算即可.
【详解】（1）如图，连接，，
因为为母线，
所以,
又平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，
所以是的中点，
即.
（2）如下图，作，，.
设到的距离为，则到的距离为.
设，则有，，
，
，，
因为，
所以.
因为平面，
所以到平面的距离即是到平面的距离，即.
所以，解得.
所以.
21．（2022秋·云南昆明·高二昆明市第三中学校考阶段练习）如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,平面,,为的中点,为边上的一个点.
(1)求证:平面平面;
(2)若为上的动点,与平面所成角的正切值的最大值为,求平面与平面夹角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)面面垂直的判定,需先证明线面垂直;(2)先找到线面角,再求出的长,然后找到二面角,求出其正切值.
【详解】（1）证明:在菱形中,,
故△是等边三角形,又是中点,
所以,而,
所以;
因为平面,平面,
所以;
又因为,平面,平面;
所以平面,
又平面,所以平面平面.
（2）
如图,连接,则
即为与平面所成的角,设,
则,
,即点到直线的距离为;
又,且;
.
设平面平面,
;
又平面且平面平面,
.
如图,取中点,连接,
则⊥;
⊥平面平面
⊥,又,
⊥平面,又平面,
又⊥,;
所以∠即为所求二面角的平面角.
在△中,.
故平面与平面夹角的正切值为.
22．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）在三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是线段上的一动点，.
(1)求证：；(2)求平面与平面所成的二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）由题意可知，，又，所以，
连接，如下图所示：
由，可知，是正三角形，
又点为棱的中点，所以，
平面，平面，，
所以平面，平面所以.
（2）由（1）知，，
根据二面角定义可知，即为所求二面角的平面角或其补角，
在正三角形中，，所以，
因为，，所以，
又，且，所以平面，
而平面，所以，在中，，
所以，于是平面与平面所成的二面角的正弦值为
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全卷共22题 满分：150分 时间：120分钟
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（广西柳州市2023届高三第三次模拟数学（文）试题）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如下图），在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的时，所需时间为（ ）
A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
2．（2023秋·陕西西安·高一统考期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
3．（四川省自贡市2023届高三下学期第二次诊断性考试数学（文）试题）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面ABCD的射影为BC中点H，则点到平面ABCD的距离为( )
A． B． C． D．3
4．（2023·四川成都·成都实外校考模拟预测）平面 与平面平行的充分条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线都与平行
B．直线， 且
C．内的任何一条直线都与平行
D．直线 ， 直线，且
5．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列说法中错误的是（ ）
A．异面直线EF与所成的角为 B．存在点E，F，使得
C．三棱锥B-AEF的体积为 D．点C到平面BEF的距离为
6．（2023·河南·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，则下列结论：①； ②平面平面；③点到平面的距离为；
④三棱锥的体积为；⑤与所成角的正弦值为.其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2023·全国·高一专题练习）如图，长方体中，，，为的中点，为底面上一点，若直线与平面没有交点，则面积的最小值为（）
A． B． C． D．1
8．（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥的所有棱长均为2，若球经过三棱锥各棱的中点，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考阶段练习）下列关于空间几何体的说法正确的是（ ）
A．棱柱的两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行
B．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形
C．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
D．圆柱的任意两条母线互相平行
10．（2023春·全国·高一专题练习）在底面边长为2、高为4的正四棱柱中，为棱上一点，且分别为线段上的动点，为底面的中心，为线段的中点，则下列命题正确的是（ ）
A．与共面 B．三棱锥的体积为 C．的最小值为
D．当时，过三点的平面截正四棱柱所得截面的周长为
11．（2023春·全国·高一专题练习）如图，正方体的棱长为1，，，分别为线段，，上的动点（不含端点），则（ ）
A．异面直线与成角可以为
B．当为中点时，存在点，使直线与平面平行
C．当，为中点时，平面截正方体所得的截面面积为
D．存在点，使点与点到平面的距离相等
12．（2023春·山东青岛·高二青岛二中校考开学考试）如图，四边形为矩形，平面，，且，记四面体，，的体积分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面 B．若为中点，则平面
C． D．直线与平面所成角的正切值为
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023·山东·高一专题练习）正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为 .
14．（2023春·河北·高三统考阶段练习）已知中，为边上的高线，以为折痕进行折叠，使得二面角为，则三棱锥的外接球半径为__________.
15．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；②一定是锐角；③；④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有__________．
16．（天津市南开区2023届高三一模数学试题）如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱的体积为___________.
四 解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤.
17．（2022春·四川成都·高二石室中学校考阶段练习）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到的位置，．(1)证明：平面平面ABCD；(2)求三棱锥的体积．
18．（2023春·上海浦东新·高二上海市洋泾中学校考阶段练习）如图，是圆柱的一条母线，是圆柱的底面直径，在圆柱下底面圆周上，是线段的中点．已知，.
(1)求圆柱的体积；(2)求证：
19．（2023春·河南·高一校联考期中）如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，分别为正方形和正方形的中心，连接，.
(1)证明：平面平面；(2)问在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，写出点的位置并给出证明；若不存在，请说明理由.
20．（2023·山东威海·统考一模）在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且平面BCE.(1)求证：；(2)若，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积.
21．（2022秋·云南昆明·高二昆明市第三中学校考阶段练习）如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,平面,,为的中点,为边上的一个点.
(1)求证:平面平面;(2)若为上的动点,与平面所成角的正切值的最大值为,求平面与平面夹角的正切值.
22．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）在三棱柱中，，，，点为棱的中点，点是线段上的一动点，.
(1)求证：；(2)求平面与平面所成的二面角的正弦值.
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