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浙江省宁波中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2025高一下·宁波月考）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为（　　）
A．6 B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由斜二测画法可得，
所以的面积为，
故答案为：A．
【分析】利用斜二测画法原理可得，再求出平面图形的边长为4和3，再利用三角形的面积公式即可求解．
2．（2025高一下·宁波月考）已知是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：
①若则；
②若则；
③若则；
④若是异面直线，则．其中真命题是（　　）
A．①和② B．①和③ C．③和④ D．①和④
【答案】D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；空间点、线、面的位置；异面直线
【解析】【解答】解：①若由线面垂直的性质定理可得，故①正确；
②正方体中，如图所示：
取平面分别为平面，满足但是不满足，故②错误；
③在正方体中，取平面分别为平面，
直线分别为，满足但是不满足，故③错误；
④若是异面直线，由面面平行的性质定理易知，故④正确；
综上可得，真命题是①和④
故答案为：D
【分析】利用空间点线面的位置关系逐个判断即可求解.
3．（2025高一下·宁波月考）如图直四棱柱的体积为8，底面为平行四边形，的面积为，则点A到平面的距离为（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设点A到平面的距离为h，因为直四棱柱的体积为8，
则直三棱柱的体积为4，故，
即，
又因为，
所以，故点A到平面的距离为.
故答案为：B
【分析】先利用等体积转化可得，设点A到平面的距离为h，列出方程，结合即可求解.
4．（2025高一下·宁波月考）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，当点在线段上运动时，下列四个结论：
①；②；③平面；④平面.
其中恒成立的为（　　）
A．①③ B．③④ C．①② D．②③④
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为分别是的中点，所以，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，平面，所以③恒成立；
设与交于点，则为底面正方形的中心，且，
由正四棱锥，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以平面，因为平面，所以，所以①恒成立；
对于②④对于线段MN上的任意一点P不一定成立.
故答案为：A.
【分析】连接，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再利用面面平行的性质定理即可得平面即可判断③，设与交于点利用线面垂直的判断定理可得平面再结合平面平面 可得平面，即可得即可判断①；对于线段MN上的任意一点P时，②④不一定成立，即可求解.
5．（2025高一下·宁波月考）如图所示，在四边形中，，，，将四边形沿对角线BD折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．与平面所成的角为 D．四面体的体积为
【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、 在四边形中，，，
则，，，若，因为，，平面，平面，所以平面，所以，这与矛盾，故A错误；
B、因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以，故B正确；
C、平面，则就是与平面所成的角，
因为，所以与平面所成的角为，故C错误；
D、四面体的体积为：，故D错误.
故答案为：B.
【分析】若，根据线面垂直的判定定理得，得出矛盾即可判断A；根据线面垂直的判定定理、性质定理即可判断B；由平面得就是与平面所成的角，求解即可判断C；求出四面体的体积即可判断D.
6．（2025高一下·宁波月考） 在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图，
取的中点为，连接，作交于点，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成的角，
因为，所以.
故答案为：D.
【分析】取的中点，作交于点，由线面垂直的判定定理和线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，在中计算即可.
7．（2025高一下·宁波月考）如图，到的距离分别是和，与所成的角分别是和，在内的射影长分别是和，若，则
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由题意知，
因为a＞b所以，所以，且，所以m＞n
故答案为：D.
【分析】利用线面角的定义可得，再利用正，余弦函数的性质即可求解.
8．（2025高一下·宁波月考）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：过点作于，过作于，连接，如图所示，
则，，，
，，，
所以，
故答案为：A．
【分析】先过点作于，过作于，连接，再利用几何法表示出，再利用边长关系即可求解．
9．（2025高一下·宁波月考） ， 是不在平面 内的任意两点，则（　　）
A．在 内存在直线与直线 异面
B．在 内存在直线与直线 相交
C．存在过直线 的平面与 垂直
D．在 内存在直线与直线 平行
【答案】A,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】由题意知，点 ， 是不在平面 内的任意两点，
对于A 中，根据异面直线的定义，可得平面 内存在直线与直线 异面，所以是正确的；
对于B中，若直线 平行于平面 时，可得在 内不存在直线与直线 相交，所以不正确；
对于C中，过 作 平面 的垂线，则由直线 和直线 确定的平面垂直与平面 ，所以是正确的；
对于D中，当直线 与平面 相交时，在 内不存在直线与直线 平行，所以不正确.
故答案为：AC
【分析】根据异面直线的定义，以及线面位置的判定及性质，逐项判定，即可得出答案。
10．（2025高一下·宁波月考）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（　　）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
【答案】A,C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知，，可得，
A、圆锥的体积为，故A正确；
B、圆锥的侧面积为，故B错误；
C、设是的中点，连接，如图所示：
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，故C正确；
D、，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意可得圆锥的高为1，底面半径为，利用圆锥的体积、侧面积公式即可判断A、B选；利用二面角定义可得是二面角的平面角结合勾股定理即可判断C、D.
11．（2025高一下·宁波月考）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（　　）
A．
B．直线与平面所成的角为定值
C．二面角的大小为定值
D．三棱锥的体积为定值
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
A、由三垂线定理可知且
故有面，面，则，故A正确；
B、已知如图所示：
因为面，故面，
所以为直线与平面所成的角，是两个动点，
故不是定值，故B错；
C、因为面，故面，
所以二面角的平面角为，始终为定值，故C正确；
对于选项D，面积始终不变，
三角形，因为面，
故三棱锥的体高为，
，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】利用空间中线面的垂直可得面，利用线面垂直的定义即可判断A；利用定义可得直线与平面所成的角为即可判断B；利用二面角的平面角的定义可得二面角的平面角为即可判断C；通过线面关系和三棱锥的体积公式即可判断D.
12．（2025高一下·宁波月考）“米升子”是一种古代专司量米的量器，其形状是上大下小的正四棱台.将“米升子”装满后用手指或筷子沿升子口刮平叫“平升”.现有一“米升子”的缩小模型，上、下两面正方形的边长分别为5 cm和3cm，侧面与上面的夹角为，则该“米升子”模型“平升”的容积为　 　
【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取底面和平面的中心，，
取和的中点，，连接，，，，
过点作平面，
因为为正四棱台，所以点在上，如图所示：
因为为正四棱台，四边形的边长为3，四边形的边长为5，侧面与上面的夹角为，
所以，，，
，，
又平面平面，
平面，平面，
所以侧面与上底面所成角的平面角为，故，
由平面，平面，所以，
所以，
故正四棱台的高为，
故"平升"的容积为，
故答案为：
【分析】先利用侧面与上面的夹角为可得，再利用二面角的概念可得为二面角的平面角，最后利用台体的体积公式即可求解.
13．（2025高一下·宁波月考）如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是　 　.
【答案】
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D，连接AD，如图所示：
由三垂线定理可知AD⊥l，
故ADC为二面角α-l-β的平面角，为60°，
又由已知，ABD=30°，
连接CB，则ABC为AB与平面β所成的角
设AD=2，则AC=，CD=1
AB==4
∴sinABC==.
故答案为．
【分析】先过点A作平面β的垂线，利用二面角的平面角定义可得ADC为二面角α-l-β的平面角 ，再利用线面角的定义可得ABC为AB与平面β所成的角 ，最后利用三角函数即可求解.
14．（2025高一下·宁波月考）已知正方形的边长为2，点为边的中点，点为边的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，则三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为　 　．
【答案】24
【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：已知如图所示：
依题知，，故，，
又，故平面，
又平面，故，
所以三棱锥中，PD ，PE ，PF两两垂直，且PE=PF=1，PD=2，
所以三棱锥P-DEF的外接球即为以PD，PF，PE为邻边的长方体的外接球，
故外接球半径R满足，外接球表面积为：，
因为三棱锥的表面积为正方形ABCD的面积，
故，，
设三棱锥的内切球半径为，故由等体积法得，得
故内切球表面积为，
所以三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为．
故答案为：24．
【分析】由题意可得三棱锥P-DEF中，PD，PE，PF两两垂直，且PE=PF=1，PD=2，即可得三棱锥P-DEF的外接球即为以PD，PF，PE为邻边的长方体的外接球，再利用外接球的半径与表面积可得最后计算比值即可求解．
15．（2025高一下·宁波月考）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形.已知，，，，.
（1）证明平面；
（2）求异面直线与所成的角的正切值；
（3）求二面角的正切值.
【答案】（1）证明：在中，由题设，可得.
于是.
在矩形中，.
又，平面，
所以平面.
（2）解：由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.
在中，由余弦定理得
由（1）知平面，平面，
所以，因而，于是是直角三角形，
故.
所以异面直线与所成的角的正切值为.
（3）解：过点M做于E，连接如图所示：

因为平面，平面，所以.
又，因而平面，
又平面，所以
从而是二面角的平面角.
由题设可得，
，，
，，
，
于是在中，.
所以二面角的正切值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用，结合线面垂直的判定定理即可证平面；
（2）利用异面直线的定义可得（或其补角）是异面直线与所成的角，在中求解即可求解；
（3）过点M做于E，连接，利用二面角平面角的定义可得是二面角的平面角，在中求即可求解.
（1）证明：在中，由题设，可得.
于是.
在矩形中，.
又，平面，
所以平面.
（2）证明：由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.
在中，由余弦定理得
由（1）知平面，平面，
所以，因而，于是是直角三角形，
故.
所以异面直线与所成的角的正切值为.
解法二：
由（1）可知，平面，平面，
所以平面平面，
作于M，交于点，
因为平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
以M为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
，则.
所以异面直线与所成的角的正切值为
（3）
过点M做于E，连接.
因为平面，平面，所以.
又，因而平面，
又平面，所以
从而是二面角的平面角.
由题设可得，
，，
，，
，
于是在中，.
所以二面角的正切值为.
解法二：由（2）知，.
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
又平面的一个法向量可以是.
由图知二面角的大小为锐角，
所以，则
所以二面角的正切值为.
16．（2025高一下·宁波月考）如下图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，为的中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若四边形是正方形，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】解：（I）连结，设与相交于点，连接，则为中点，如图所示：
为的中点，∴
∴.
（Ⅱ），∴
又，∴
又∴
设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
则.
∴，
平面的一个法向量，
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）连结，设与相交于点，连接，利用中位线可得，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（II）设的中点为，的中点为，以为原点，建立空间直角坐标系，可得直线的方向向量为和平面的法向量，再利用线面角的正弦值公式即可求解.
1 / 1浙江省宁波中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2025高一下·宁波月考）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为（　　）
A．6 B．3 C． D．
2．（2025高一下·宁波月考）已知是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：
①若则；
②若则；
③若则；
④若是异面直线，则．其中真命题是（　　）
A．①和② B．①和③ C．③和④ D．①和④
3．（2025高一下·宁波月考）如图直四棱柱的体积为8，底面为平行四边形，的面积为，则点A到平面的距离为（　　）
A．1 B． C． D．2
4．（2025高一下·宁波月考）如图，在正四棱锥中，分别是的中点，当点在线段上运动时，下列四个结论：
①；②；③平面；④平面.
其中恒成立的为（　　）
A．①③ B．③④ C．①② D．②③④
5．（2025高一下·宁波月考）如图所示，在四边形中，，，，将四边形沿对角线BD折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是（　　）
A． B．
C．与平面所成的角为 D．四面体的体积为
6．（2025高一下·宁波月考） 在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·宁波月考）如图，到的距离分别是和，与所成的角分别是和，在内的射影长分别是和，若，则
A． B．
C． D．
8．（2025高一下·宁波月考）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2025高一下·宁波月考） ， 是不在平面 内的任意两点，则（　　）
A．在 内存在直线与直线 异面
B．在 内存在直线与直线 相交
C．存在过直线 的平面与 垂直
D．在 内存在直线与直线 平行
10．（2025高一下·宁波月考）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（　　）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
11．（2025高一下·宁波月考）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（　　）
A．
B．直线与平面所成的角为定值
C．二面角的大小为定值
D．三棱锥的体积为定值
12．（2025高一下·宁波月考）“米升子”是一种古代专司量米的量器，其形状是上大下小的正四棱台.将“米升子”装满后用手指或筷子沿升子口刮平叫“平升”.现有一“米升子”的缩小模型，上、下两面正方形的边长分别为5 cm和3cm，侧面与上面的夹角为，则该“米升子”模型“平升”的容积为　 　
13．（2025高一下·宁波月考）如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是　 　.
14．（2025高一下·宁波月考）已知正方形的边长为2，点为边的中点，点为边的中点，将分别沿折起，使三点重合于点，则三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为　 　．
15．（2025高一下·宁波月考）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形.已知，，，，.
（1）证明平面；
（2）求异面直线与所成的角的正切值；
（3）求二面角的正切值.
16．（2025高一下·宁波月考）如下图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，为的中点.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若四边形是正方形，且，求直线与平面所成角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由斜二测画法可得，
所以的面积为，
故答案为：A．
【分析】利用斜二测画法原理可得，再求出平面图形的边长为4和3，再利用三角形的面积公式即可求解．
2．【答案】D
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；空间点、线、面的位置；异面直线
【解析】【解答】解：①若由线面垂直的性质定理可得，故①正确；
②正方体中，如图所示：
取平面分别为平面，满足但是不满足，故②错误；
③在正方体中，取平面分别为平面，
直线分别为，满足但是不满足，故③错误；
④若是异面直线，由面面平行的性质定理易知，故④正确；
综上可得，真命题是①和④
故答案为：D
【分析】利用空间点线面的位置关系逐个判断即可求解.
3．【答案】B
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设点A到平面的距离为h，因为直四棱柱的体积为8，
则直三棱柱的体积为4，故，
即，
又因为，
所以，故点A到平面的距离为.
故答案为：B
【分析】先利用等体积转化可得，设点A到平面的距离为h，列出方程，结合即可求解.
4．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为分别是的中点，所以，
又因为，且平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，平面，所以③恒成立；
设与交于点，则为底面正方形的中心，且，
由正四棱锥，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以平面，因为平面，所以，所以①恒成立；
对于②④对于线段MN上的任意一点P不一定成立.
故答案为：A.
【分析】连接，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再利用面面平行的性质定理即可得平面即可判断③，设与交于点利用线面垂直的判断定理可得平面再结合平面平面 可得平面，即可得即可判断①；对于线段MN上的任意一点P时，②④不一定成立，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、 在四边形中，，，
则，，，若，因为，，平面，平面，所以平面，所以，这与矛盾，故A错误；
B、因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以，故B正确；
C、平面，则就是与平面所成的角，
因为，所以与平面所成的角为，故C错误；
D、四面体的体积为：，故D错误.
故答案为：B.
【分析】若，根据线面垂直的判定定理得，得出矛盾即可判断A；根据线面垂直的判定定理、性质定理即可判断B；由平面得就是与平面所成的角，求解即可判断C；求出四面体的体积即可判断D.
6．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图，
取的中点为，连接，作交于点，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成的角，
因为，所以.
故答案为：D.
【分析】取的中点，作交于点，由线面垂直的判定定理和线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，在中计算即可.
7．【答案】D
【知识点】直线与平面所成的角；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由题意知，
因为a＞b所以，所以，且，所以m＞n
故答案为：D.
【分析】利用线面角的定义可得，再利用正，余弦函数的性质即可求解.
8．【答案】A
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：过点作于，过作于，连接，如图所示，
则，，，
，，，
所以，
故答案为：A．
【分析】先过点作于，过作于，连接，再利用几何法表示出，再利用边长关系即可求解．
9．【答案】A,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】由题意知，点 ， 是不在平面 内的任意两点，
对于A 中，根据异面直线的定义，可得平面 内存在直线与直线 异面，所以是正确的；
对于B中，若直线 平行于平面 时，可得在 内不存在直线与直线 相交，所以不正确；
对于C中，过 作 平面 的垂线，则由直线 和直线 确定的平面垂直与平面 ，所以是正确的；
对于D中，当直线 与平面 相交时，在 内不存在直线与直线 平行，所以不正确.
故答案为：AC
【分析】根据异面直线的定义，以及线面位置的判定及性质，逐项判定，即可得出答案。
10．【答案】A,C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：已知，，可得，
A、圆锥的体积为，故A正确；
B、圆锥的侧面积为，故B错误；
C、设是的中点，连接，如图所示：
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，故C正确；
D、，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由题意可得圆锥的高为1，底面半径为，利用圆锥的体积、侧面积公式即可判断A、B选；利用二面角定义可得是二面角的平面角结合勾股定理即可判断C、D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
A、由三垂线定理可知且
故有面，面，则，故A正确；
B、已知如图所示：
因为面，故面，
所以为直线与平面所成的角，是两个动点，
故不是定值，故B错；
C、因为面，故面，
所以二面角的平面角为，始终为定值，故C正确；
对于选项D，面积始终不变，
三角形，因为面，
故三棱锥的体高为，
，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】利用空间中线面的垂直可得面，利用线面垂直的定义即可判断A；利用定义可得直线与平面所成的角为即可判断B；利用二面角的平面角的定义可得二面角的平面角为即可判断C；通过线面关系和三棱锥的体积公式即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取底面和平面的中心，，
取和的中点，，连接，，，，
过点作平面，
因为为正四棱台，所以点在上，如图所示：
因为为正四棱台，四边形的边长为3，四边形的边长为5，侧面与上面的夹角为，
所以，，，
，，
又平面平面，
平面，平面，
所以侧面与上底面所成角的平面角为，故，
由平面，平面，所以，
所以，
故正四棱台的高为，
故"平升"的容积为，
故答案为：
【分析】先利用侧面与上面的夹角为可得，再利用二面角的概念可得为二面角的平面角，最后利用台体的体积公式即可求解.
13．【答案】
【知识点】直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线，垂足为D，连接AD，如图所示：
由三垂线定理可知AD⊥l，
故ADC为二面角α-l-β的平面角，为60°，
又由已知，ABD=30°，
连接CB，则ABC为AB与平面β所成的角
设AD=2，则AC=，CD=1
AB==4
∴sinABC==.
故答案为．
【分析】先过点A作平面β的垂线，利用二面角的平面角定义可得ADC为二面角α-l-β的平面角 ，再利用线面角的定义可得ABC为AB与平面β所成的角 ，最后利用三角函数即可求解.
14．【答案】24
【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：已知如图所示：
依题知，，故，，
又，故平面，
又平面，故，
所以三棱锥中，PD ，PE ，PF两两垂直，且PE=PF=1，PD=2，
所以三棱锥P-DEF的外接球即为以PD，PF，PE为邻边的长方体的外接球，
故外接球半径R满足，外接球表面积为：，
因为三棱锥的表面积为正方形ABCD的面积，
故，，
设三棱锥的内切球半径为，故由等体积法得，得
故内切球表面积为，
所以三棱锥的外接球与内切球的表面积之比为．
故答案为：24．
【分析】由题意可得三棱锥P-DEF中，PD，PE，PF两两垂直，且PE=PF=1，PD=2，即可得三棱锥P-DEF的外接球即为以PD，PF，PE为邻边的长方体的外接球，再利用外接球的半径与表面积可得最后计算比值即可求解．
15．【答案】（1）证明：在中，由题设，可得.
于是.
在矩形中，.
又，平面，
所以平面.
（2）解：由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.
在中，由余弦定理得
由（1）知平面，平面，
所以，因而，于是是直角三角形，
故.
所以异面直线与所成的角的正切值为.
（3）解：过点M做于E，连接如图所示：

因为平面，平面，所以.
又，因而平面，
又平面，所以
从而是二面角的平面角.
由题设可得，
，，
，，
，
于是在中，.
所以二面角的正切值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用，结合线面垂直的判定定理即可证平面；
（2）利用异面直线的定义可得（或其补角）是异面直线与所成的角，在中求解即可求解；
（3）过点M做于E，连接，利用二面角平面角的定义可得是二面角的平面角，在中求即可求解.
（1）证明：在中，由题设，可得.
于是.
在矩形中，.
又，平面，
所以平面.
（2）证明：由题设，，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.
在中，由余弦定理得
由（1）知平面，平面，
所以，因而，于是是直角三角形，
故.
所以异面直线与所成的角的正切值为.
解法二：
由（1）可知，平面，平面，
所以平面平面，
作于M，交于点，
因为平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
以M为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设异面直线与所成的角为，
，则.
所以异面直线与所成的角的正切值为
（3）
过点M做于E，连接.
因为平面，平面，所以.
又，因而平面，
又平面，所以
从而是二面角的平面角.
由题设可得，
，，
，，
，
于是在中，.
所以二面角的正切值为.
解法二：由（2）知，.
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
又平面的一个法向量可以是.
由图知二面角的大小为锐角，
所以，则
所以二面角的正切值为.
16．【答案】解：（I）连结，设与相交于点，连接，则为中点，如图所示：
为的中点，∴
∴.
（Ⅱ），∴
又，∴
又∴
设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
则.
∴，
平面的一个法向量，
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（Ⅰ）连结，设与相交于点，连接，利用中位线可得，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（II）设的中点为，的中点为，以为原点，建立空间直角坐标系，可得直线的方向向量为和平面的法向量，再利用线面角的正弦值公式即可求解.
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