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广西钦州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题
1．（2024高一下·钦州期末）已知向量，若，则（　　）
A．10 B． C． D．
2．（2024高一下·钦州期末）下列说法正确的是（　　）
A．有两个平面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱
B．底面是正六边形的棱锥是正六棱锥
C．棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点
D．绕直角梯形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台
3．（2024高一下·钦州期末）要得到函数的图象，只需要将函数的图象（　　）
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
4．（2024高一下·钦州期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·钦州期末）已知，则（　　）
A． B． C．2 D．
6．（2024高一下·钦州期末）小明在手工课上用硬纸板做了一个圆锥形容器，若该圆锥形容器的轴截面是边长为分米的等边三角形，忽略硬纸板的厚度，则该圆锥形容器的容积是（　　）
A．立方分米 B．立方分米
C．立方分米 D．立方分米
7．（2024高一下·钦州期末）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（　　）
A． B． C．12 D．18
8．（2024高一下·钦州期末）已知，是函数（）图象与轴的两个相邻的交点，若，则（　　）
A．4 B．8 C．4或8 D．8或16
9．（2024高一下·钦州期末）在中，角，，的对边分别是，，，若，，，则的值可以是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·钦州期末）已知函数（，）的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．不等式的解集是（）
11．（2024高一下·钦州期末）已知三棱锥的底面是直角三角形，平面，，则（　　）
A．三棱锥外接球的表面积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．三棱锥内切球的半径为
D．三棱锥内切球的半径为
12．（2024高一下·钦州期末）如图所示，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是　 　.
13．（2024高一下·钦州期末）某数学兴趣小组成员为了测量，两地之间的距离，在同一水平面上选取地，测得在的东偏北75°方向上，且距离地3千米，测得在的北偏东75°方向上，且距离地2千米，则，两地之间的距离是　 　千米.
14．（2024高一下·钦州期末）是直线外一点，点在直线上（点与，两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段外，记.已知点在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，则　 　.
15．（2024高一下·钦州期末）已知向量，的夹角为120°，且，.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
16．（2024高一下·钦州期末）如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）证明：平面平面.
17．（2024高一下·钦州期末）已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）求在区间上的值域.
18．（2024高一下·钦州期末）如图，在四棱柱中，平面平面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）求四棱柱的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（2024高一下·钦州期末）记的内角，，的对边分别是，，，已知.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）已知点在边上，，，，求的长.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
若，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、棱台有两个平面平行，其余各面都是梯形，故A错误；
B、底面是正六边形，且所有侧棱相等的棱锥是正六棱锥，故B错误；
C、棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点，故C正确；
D、绕直角梯形的直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据多面体和旋转体的定义，性质逐项判断即可.
3．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数，
则要得到函数的图象，只需要将函数的图象向左平移个单位长度.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象平移变换判断即可.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则或，故A错误；
B、若，，则或，相交，故B错误；
C、若，，则或或，故C错误；
D、若，，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断即可.
5．【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由，可得，则，
故答案为：C.
【分析】根据诱导公式结合同角的三角函数关系化简求值即可.
6．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设该圆锥形的容器的底面圆的半径为，高为，
易知分米，分米，
则小明制作的圆锥形的容器的容积是立方分米.
故答案为：A.
【分析】设该圆锥形的容器的底面圆的半径为，高为，由轴截面计算圆锥的高，代入圆锥体积公式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：作，垂足为，如图所示：
易知为的中点，
则.
故答案为：D.
【分析】作，垂足为，根据平面向量数量积定义计算即可.
8．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意可得：的两个相邻的解之间距离为，
则或，
即或，
则，或，解得或.
故答案为：C.
【分析】将问题转化为的两个相邻的解之间距离为，由此列式求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，则，
由正弦定理，可得，
因为，所以，则或.
故答案为：AD.
【分析】由，求得，利用正弦定理求出，即可得的值.
10．【答案】B,C
【知识点】余弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、点在的图象上，则，
即（），解得（），
因为，所以，故A错误；
B、点在的图象上，则，解得，故B正确；
C、因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
D、由，即，即，
得（），解得（），
所以不等式的解集是（），故D错误.
故答案为：BC.
【分析】把点，代入解析式可得；计算，若，则的图象关于点对称；即，解余弦不等式即可.
11．【答案】A,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解： 三棱锥的底面是直角三角形，平面，
则，，两两垂直，即三棱锥外接球的半径满足，故三棱锥外接球的表面积为，
故A正确，B错误；
由题意可得三棱锥的体积，
三棱锥的表面积.
设三棱锥内切球的半径为，
因为，所以，故C正确，D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据三棱锥特征构造长方体求出外接球半径，求得表面积，再由等体积法求内切球半径即可.
12．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为，则原四边形的面积是.
故答案为：.
【分析】先计算正方形的面积，再根据直观图与原图形的面积关系求解即可.
13．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：易知，，在的东偏北75°方向，在的北偏东75°方向可得，
在中，由余弦定理可得：，
则千米.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦定理求，两地之间的距离即可.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：在正方体中，，如图所示：
由，得，，，
则，，，
则.
故答案为：.
【分析】根据给定条件，利用两角差的正弦求出，再利用给定的定义计算即可.
15．【答案】（1）解：向量，的夹角为120°，且，，则，
；
（2）解：由（1）得，
因为，所以，
所以，即，解得.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量的数量积公式求模长即可；
（2）应用数量积的值结合已知条件计算参数即可.
（1）因为向量，的夹角为120°，且，，所以.
因为，
所以.
（2）因为.
又因为，所以，
所以，即，解得.
16．【答案】（1）证明：记，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接，可得，从而可证平面；
（2）连接，可证平面，由面面垂直的判定定理证明即可.
（1）记，连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为是的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为，所以.
因为四边形是正方形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
17．【答案】（1）解：函数，
令（），解得（），
则函数的单调递减区间为（）；
（2）解：，
当时，，
当时，即时，取最大值，最大值为；
当，即时，取最小值，最小值为，
故函数在区间上的值域为.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角结合辅助角公式化简函数，再求正弦函数的单调减区间即可；
（2）整体代换求出函数的最值进而得出值域.
（1）由题意可得.
令（），
解得（），
故的单调递减区间为（）.
（2），
因为，所以.
当，即时，取得最大值，
最大值为；
当，即时，取得最小值，
最小值为.
故在区间上的值域为.
18．【答案】（1）证明：在上取点，使得，连接，如图所示：
因为，，所以，，
又因为，即，所以四边形是正方形，
因为，，所以，
因为，，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，
，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，且与相交，所以平面，
因为平面平面，，所以平面；
（2）解：由题意可得梯形的面积，
则四棱柱的体积；
（3）解：作平面，垂足为，连接，如图所示：
则是直线与平面所成的角，
由题意可得的面积，
由（1）可知平面，
所以三棱锥的体积，
因为，且，所以.
由（1）可知平面，平面，所以.
又，，所以.
在中由余弦定理可知，
则，
所以，则的面积，
故三棱锥的体积.
因为，所以，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在上取点，使得，连接，即可说明，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而证明平面，再根据平行关系证明即可；
（2）根据柱体的体积公式计算即可；
（3）作平面，垂足为，连接，则是直线与平面所成的角，利用等体积法求出，再求直线与平面所成角的正弦值即可 .
（1）在上取点，使得，连接，因为，，
所以，，
又，即，
所以四边形是正方形.
因为，，所以.
因为，，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，
，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面，且与相交，所以平面.
因为平面平面，，所以平面.
（2）由题意可得梯形的面积，
则四棱柱的体积.
（3）作平面，垂足为，连接，
则是直线与平面所成的角，
由题意可得的面积，
由（1）可知平面，
所以三棱锥的体积，
因为，且，所以.
由（1）可知平面，平面，所以.
又，，所以.
在中由余弦定理可知，
则，
所以，则的面积，
故三棱锥的体积.
因为，所以，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
整理可得，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：由余弦定理，可得，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
所以，即，
则的面积，
即面积的最大值为；
（3）解：在中，由余弦定理，
则，，
所以，又因为，所以，
所以，即，
又因为，所以，即，
因为，
所以，
所以，即，
在中，由锐角三角函数得，，，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理将边化成角，再将分解成，最后根据和角的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，再根据三角形面积公式求解即可；
（3）由余弦定理求出和，再利用诱导公式求，最后根据锐角三角函数求出，即得.
（1）由正弦定理得，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，即，
因为，所以.
（2）由余弦定理得，即.
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，即，
则的面积，
即面积的最大值为.
（3）在中，由余弦定理得，
，
所以.
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，即，
又因为
所以，即，
因为，
所以
所以，即，
在中，由锐角三角函数得，
，
所以，
故.
1 / 1广西钦州市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题
1．（2024高一下·钦州期末）已知向量，若，则（　　）
A．10 B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，
若，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
2．（2024高一下·钦州期末）下列说法正确的是（　　）
A．有两个平面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱
B．底面是正六边形的棱锥是正六棱锥
C．棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点
D．绕直角梯形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、棱台有两个平面平行，其余各面都是梯形，故A错误；
B、底面是正六边形，且所有侧棱相等的棱锥是正六棱锥，故B错误；
C、棱台的所有侧棱的延长线交于同一个点，故C正确；
D、绕直角梯形的直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆台，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据多面体和旋转体的定义，性质逐项判断即可.
3．（2024高一下·钦州期末）要得到函数的图象，只需要将函数的图象（　　）
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数，
则要得到函数的图象，只需要将函数的图象向左平移个单位长度.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象平移变换判断即可.
4．（2024高一下·钦州期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论一定正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则或，故A错误；
B、若，，则或，相交，故B错误；
C、若，，则或或，故C错误；
D、若，，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断即可.
5．（2024高一下·钦州期末）已知，则（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由，可得，则，
故答案为：C.
【分析】根据诱导公式结合同角的三角函数关系化简求值即可.
6．（2024高一下·钦州期末）小明在手工课上用硬纸板做了一个圆锥形容器，若该圆锥形容器的轴截面是边长为分米的等边三角形，忽略硬纸板的厚度，则该圆锥形容器的容积是（　　）
A．立方分米 B．立方分米
C．立方分米 D．立方分米
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设该圆锥形的容器的底面圆的半径为，高为，
易知分米，分米，
则小明制作的圆锥形的容器的容积是立方分米.
故答案为：A.
【分析】设该圆锥形的容器的底面圆的半径为，高为，由轴截面计算圆锥的高，代入圆锥体积公式求解即可.
7．（2024高一下·钦州期末）正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（　　）
A． B． C．12 D．18
【答案】D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：作，垂足为，如图所示：
易知为的中点，
则.
故答案为：D.
【分析】作，垂足为，根据平面向量数量积定义计算即可.
8．（2024高一下·钦州期末）已知，是函数（）图象与轴的两个相邻的交点，若，则（　　）
A．4 B．8 C．4或8 D．8或16
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由题意可得：的两个相邻的解之间距离为，
则或，
即或，
则，或，解得或.
故答案为：C.
【分析】将问题转化为的两个相邻的解之间距离为，由此列式求解即可.
9．（2024高一下·钦州期末）在中，角，，的对边分别是，，，若，，，则的值可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：在中，，则，
由正弦定理，可得，
因为，所以，则或.
故答案为：AD.
【分析】由，求得，利用正弦定理求出，即可得的值.
10．（2024高一下·钦州期末）已知函数（，）的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．不等式的解集是（）
【答案】B,C
【知识点】余弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、点在的图象上，则，
即（），解得（），
因为，所以，故A错误；
B、点在的图象上，则，解得，故B正确；
C、因为，所以的图象关于点对称，故C正确；
D、由，即，即，
得（），解得（），
所以不等式的解集是（），故D错误.
故答案为：BC.
【分析】把点，代入解析式可得；计算，若，则的图象关于点对称；即，解余弦不等式即可.
11．（2024高一下·钦州期末）已知三棱锥的底面是直角三角形，平面，，则（　　）
A．三棱锥外接球的表面积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．三棱锥内切球的半径为
D．三棱锥内切球的半径为
【答案】A,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解： 三棱锥的底面是直角三角形，平面，
则，，两两垂直，即三棱锥外接球的半径满足，故三棱锥外接球的表面积为，
故A正确，B错误；
由题意可得三棱锥的体积，
三棱锥的表面积.
设三棱锥内切球的半径为，
因为，所以，故C正确，D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据三棱锥特征构造长方体求出外接球半径，求得表面积，再由等体积法求内切球半径即可.
12．（2024高一下·钦州期末）如图所示，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是　 　.
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为，则原四边形的面积是.
故答案为：.
【分析】先计算正方形的面积，再根据直观图与原图形的面积关系求解即可.
13．（2024高一下·钦州期末）某数学兴趣小组成员为了测量，两地之间的距离，在同一水平面上选取地，测得在的东偏北75°方向上，且距离地3千米，测得在的北偏东75°方向上，且距离地2千米，则，两地之间的距离是　 　千米.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：易知，，在的东偏北75°方向，在的北偏东75°方向可得，
在中，由余弦定理可得：，
则千米.
故答案为：.
【分析】由题意，利用余弦定理求，两地之间的距离即可.
14．（2024高一下·钦州期末）是直线外一点，点在直线上（点与，两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段外，记.已知点在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：在正方体中，，如图所示：
由，得，，，
则，，，
则.
故答案为：.
【分析】根据给定条件，利用两角差的正弦求出，再利用给定的定义计算即可.
15．（2024高一下·钦州期末）已知向量，的夹角为120°，且，.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：向量，的夹角为120°，且，，则，
；
（2）解：由（1）得，
因为，所以，
所以，即，解得.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量的数量积公式求模长即可；
（2）应用数量积的值结合已知条件计算参数即可.
（1）因为向量，的夹角为120°，且，，所以.
因为，
所以.
（2）因为.
又因为，所以，
所以，即，解得.
16．（2024高一下·钦州期末）如图，在四棱锥中，，四边形是正方形，是的中点.
（1）证明：平面.
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）证明：记，连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：连接，如图所示：
因为四边形是正方形，所以是的中点，
因为，所以，
因为四边形是正方形，所以，
因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接，可得，从而可证平面；
（2）连接，可证平面，由面面垂直的判定定理证明即可.
（1）记，连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为是的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）连接.
因为四边形是正方形，所以是的中点.
因为，所以.
因为四边形是正方形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
17．（2024高一下·钦州期末）已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）求在区间上的值域.
【答案】（1）解：函数，
令（），解得（），
则函数的单调递减区间为（）；
（2）解：，
当时，，
当时，即时，取最大值，最大值为；
当，即时，取最小值，最小值为，
故函数在区间上的值域为.
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角结合辅助角公式化简函数，再求正弦函数的单调减区间即可；
（2）整体代换求出函数的最值进而得出值域.
（1）由题意可得.
令（），
解得（），
故的单调递减区间为（）.
（2），
因为，所以.
当，即时，取得最大值，
最大值为；
当，即时，取得最小值，
最小值为.
故在区间上的值域为.
18．（2024高一下·钦州期末）如图，在四棱柱中，平面平面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）求四棱柱的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：在上取点，使得，连接，如图所示：
因为，，所以，，
又因为，即，所以四边形是正方形，
因为，，所以，
因为，，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，
，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，且与相交，所以平面，
因为平面平面，，所以平面；
（2）解：由题意可得梯形的面积，
则四棱柱的体积；
（3）解：作平面，垂足为，连接，如图所示：
则是直线与平面所成的角，
由题意可得的面积，
由（1）可知平面，
所以三棱锥的体积，
因为，且，所以.
由（1）可知平面，平面，所以.
又，，所以.
在中由余弦定理可知，
则，
所以，则的面积，
故三棱锥的体积.
因为，所以，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在上取点，使得，连接，即可说明，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而证明平面，再根据平行关系证明即可；
（2）根据柱体的体积公式计算即可；
（3）作平面，垂足为，连接，则是直线与平面所成的角，利用等体积法求出，再求直线与平面所成角的正弦值即可 .
（1）在上取点，使得，连接，因为，，
所以，，
又，即，
所以四边形是正方形.
因为，，所以.
因为，，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，
，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面，且与相交，所以平面.
因为平面平面，，所以平面.
（2）由题意可得梯形的面积，
则四棱柱的体积.
（3）作平面，垂足为，连接，
则是直线与平面所成的角，
由题意可得的面积，
由（1）可知平面，
所以三棱锥的体积，
因为，且，所以.
由（1）可知平面，平面，所以.
又，，所以.
在中由余弦定理可知，
则，
所以，则的面积，
故三棱锥的体积.
因为，所以，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2024高一下·钦州期末）记的内角，，的对边分别是，，，已知.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）已知点在边上，，，，求的长.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
整理可得，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：由余弦定理，可得，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
所以，即，
则的面积，
即面积的最大值为；
（3）解：在中，由余弦定理，
则，，
所以，又因为，所以，
所以，即，
又因为，所以，即，
因为，
所以，
所以，即，
在中，由锐角三角函数得，，，
则.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理将边化成角，再将分解成，最后根据和角的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，再根据三角形面积公式求解即可；
（3）由余弦定理求出和，再利用诱导公式求，最后根据锐角三角函数求出，即得.
（1）由正弦定理得，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，即，
因为，所以.
（2）由余弦定理得，即.
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，即，
则的面积，
即面积的最大值为.
（3）在中，由余弦定理得，
，
所以.
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，即，
又因为
所以，即，
因为，
所以
所以，即，
在中，由锐角三角函数得，
，
所以，
故.
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