（人教A版）必修二高一数学下学期期末培优训练 立体几何(2份，原卷版+解析版)

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1．下列说法中，正确的是（ ）
A．底面是正多边形，而且侧棱长与底面边长都相等的多面体是正多面体
B．正多面体的面不是三角形，就是正方形
C．若长方体的各侧面都是正方形，它就是正多面体
D．正三棱锥就是正四面体
【答案】C
【分析】由正多面体的概念对选项依次辨析即可.
【详解】
对于A，如上图所示正四棱锥，底面为正方形，且，即满足底面是正多边形，而且侧棱长与底面边长都相等，但该多面体不是正多面体，故选项A错误；
对于B，如上图所示正十二面体的各个面均为正五边形，故选项B错误；
对于C，若长方体的各侧面都是正方形，则该长方体为正方体，即正六面体，故选项C正确；
对于D，如上图所示正三棱锥，且，但侧棱与底面边长不相等，则该正三棱锥不是正四面体，故选项D错误.
故选：C．
2．已知一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则截面不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】判断出可能的截面，由此确定不可能的截面.
【详解】画出正方体如下图所示，设正方体外接球的球心为.
是棱的中点，
过的截面图像为C选项对应的图像.
过的截面图像为B选项对应的图像.
设是棱靠近的三等分点，
过的截面图像为A选项对应的图像.
故D选项的图像不可能.
故选：D
题型二：直观图
3．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（ ）
A．16B．12C．D．
【答案】A
【分析】根据斜二测画法分析运算.
【详解】在直观图中，，
可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为，
则另一边长为，所以原图形的周长为．
故选：A.
4．如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形是一个边长为1的正方形，则原图形的形状是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据斜二测画法规律，平行于轴的线段长度是原长的一半即可判断.
【详解】在直观图中，其一条对角线在y轴上且长度为，
所以在原图形中其中一条对角线必在y轴上，且长度为，
故选：A．
题型三：点线确定平面的数量问题
5．若，是空间中两条不相交的直线，则过且平行于的平面（ ）
A．有且仅有一个B．有一个或无数个C．至多有一个D．有无数个
【答案】B
【详解】∵，是空间中两条不相交的直线，∴，只可能平行或者异面．
当，平行时，则过直线且平行于直线的平面有无数个；
当，异面时，如图，
在上取一点O，过O作，则,确定平面，
∴，此时过直线且平行于直线的平面有且只有一个．
故选：B．
6．下列说法正确的是（ ）
A．三个点可以确定一个平面B．若直线a在平面外，则a与无公共点
C．用平面截正棱锥所得的棱台是正棱台D．斜棱柱的侧面不可能是矩形
【答案】C
【详解】A：三点共线时平面不止一个，错误；
B：若直线a在平面外，则a与可能相交或平行，错误；
C：平面截正棱锥所得的棱台，必有上下底面均为正多边形且侧面是全等的等腰梯形，即为正棱台，正确；
D：斜棱柱侧棱不垂直于底面，但可能存在两条相邻侧棱同时垂直于底面上与它们相交的边，此时这两条侧棱和上下底面的边所成侧面为矩形，错误.
故选：C
题型三：平面
7．三个平面不可能将空间分成（ ）个部分
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】分三个平面互相平行，三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，三个平面交于一条直线，三个平面两两相交且三条交线平行，三个平面两两相交且三条交线交于一点，六种情况讨论即可.
【详解】若三个平面互相平行，则可将空间分为4个部分；
若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6个部分；
若三个平面交于一条直线，则可将空间分为6个部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行，则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点，则可将空间分为8部分
故n的取值为4，6，7，8，所以n不可能是5.
故选：A.
8．正方体的6个面无限延展后把空间分成______个部分
【答案】
【分析】正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分，得到答案.
【详解】正方体的6个面无限延展后把空间分成个部分.
故答案为：
题型四：空间中的点线共面问题
9．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：B，C，H，G四点共面；
）
【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点
∴GH是的中位线，∴GHB1C1，
又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，
∴B，C，H，G四点共面．
题型五：空间中点共线问题
10．如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且.
求证：设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线.
证明：因为，所以.
由已知可得，，，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，所以平面ABC.
同理，平面ADC，平面ADC.
所以为平面ABC与平面ADC的一个公共点.
又平面平面，所以，
所以P，A，C三点共线.
题型六：空间中线共点问题
11．如下图所示，已知棱长为1正方体中，点E，F分别是棱AB，的中点.
求证：三条直线DA，CE，交于一点；
证明：延长CE交DA的延长线于点O，易得.
在与中,
∴
∴
∴O､F､三点共线.
∴三条直线DA､CE､交于一点O.
题型八：有平面的基本性质作截面图形
12．如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（ ）
A．三角形 B．矩形C．正方形D．菱形
【答案】D
【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.
【详解】分别取的中点，连接，
如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，
由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为且，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以,
所以，同理，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以平行四边形为菱形，
故选：.
题型九：平面的基本性质有关的计算
13．在四棱锥P-ABCD中，，，E为PD中点，平面ABE交PC于F，则（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】C
【解析】首先通过延长直线，交于点，平面变为，连结，交于点，再根据三角形中线的性质，求的值.
【详解】延长，交于点，连结，交PC于点，
，且，可得点分别是的中点，
又点是的中点，和是的中线，
点是重心，得
故选：C
题型十：等角定理
14．若且，OA与的方向相同，则下列结论中正确的是（ ）
A．且方向相同B．
C．OB与一定不平行D．OB与不一定平行
【答案】D
【分析】画出图形，当满足题目中的条件时，根据出现的情况可得出结论．
【详解】如图，

当∠AOB=∠A1O1B1时，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，OB与O1B1是不一定平行．
故选：D．
15．给出下列命题：
①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；
②如果两条相交直线和另两条直线分别平行，那么这两组直线所成的锐角(或直角)相等；
③如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补．
其中正确的命题有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】对于①，如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，据此判断；对于②，根据等角定理判断；对于③，空间两条直线的垂直包括异面垂直，此时两个角有可能不相等且不互补，据此判断.
【详解】对于①，这两个角也可能互补，故①错误；根据等角定理，②显然正确；
对于③，如图所示，
BC⊥PB，AC⊥PA，∠ACB的两条边分别垂直于∠APB的两条边，但这两个角不一定相等，也不一定互补，故③错误．所以正确的命题有1个．
故选：B
题型十一：异面直线
16．下列说法正确的是（ ）
A．一定存在与两条异面直线都平行的平面.
B．过空间一点，必能作一个平面与两条异面直线都平行.
C．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.
D．平行于同一直线的两个平面平行.
【答案】A
【分析】利用异面直线的意义结合线面平行的判定判断AB；利用面面平行的意义及判定判断CD作答.
【详解】对于A，令直线为异面直线，在直线a上取点O，过O作直线，则直线确定一个平面，在直线b上取点，过作直线，则直线确定一个平面，
在空间取点，使点，过点A作，显然确定平面，，
因此，A正确；
对于B，令直线为异面直线，当点与直线确定的平面平行于直线时，
过点B不能作一个平面与两条异面直线都平行，B错误；
对于C，令点为平面内不共线三点，当平面经过线段的中点时，
点到平面的距离相等，此时平面与平面相交，C错误；
对于D，当一条直线与两个相交平面的交线平行，并且这条直线都不在这两个平面内时，
这条直线与这两个平面平行，而这两个平面相交，D错误.
故选：A
17．如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是_____.
【答案】
【分析】连接，，，则得或其补角即为与所成的角，再利用勾股定理即可得到线线角.
【详解】连接，，，点E，F，G分别是，，的中点，
，，
，四边形为平行四边形，
则，故或其补角即为与所成的角，
易得，，
，所以，所以.
故答案为：.
题型十二：线面关系（线面角）
18．设l，m，n表示不同的直线，α，β，y表示不同的平面，给出下列三个命题：
①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；
②若α⊥β，β⊥y，则α∥y；
③若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，则l∥m∥n.
其中正确命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】由线面、面面的平行、垂直的判定与性质逐一判断即可.
【详解】l，m，n表示不同的直线，α，β，y表示不同的平面，
对于①，若m∥l，且m⊥α，则由线面垂直的判定定理得l⊥α，故①正确；
对于②，若α⊥β，β⊥y，则α与y相交或平行，故②错误；
对于③，如图，若α∩β＝l，β∩y＝m，α∩y＝n，

结合图形得l，m，n交于同一点，故③错误.
故选：B.
19．已知在长方体中，，，那么直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由长方体性质易知为与面所成的角，进而求其正弦值即可.
【详解】根据长方体性质知：面，故为与面所成的角，
，所以.故选：A
题型十三：面面关系（面面角）
20．在空间中，下列命题正确的是（ ）
A．与两相交平面的交线平行的直线必平行于这两个相交平面
B．平行于同一直线的两个平面平行
C．垂直于同一平面的两个平面平行
D．垂直于同一平面的两条直线平行
【答案】D
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系即可得出真命题.
【详解】由题意，A项，其结论是判定线面平行的问题，因此，该直线是否在平面内显得非常重要.与两相交平面的交线平行的直线，既可在平面内，也可不在平面内，故A错误.
B项，平行同一直线的平面，可以平行，也可以相交，故B错误.
C项，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故C错误.
D项，由直线与平面垂直的性质知，垂直于同一平面的两条直线平行，D正确.故选：D.
21．长方体中，，，则二面角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先二面角的定义得到是二面角的平面角，根据图形即可计算.
【详解】由图可知，，所以是二面角的平面角，
，所以.
故选：D
题型十四：线面平行的判断
22．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．

求证：平面；
【详解】证明：如图，取的中点，连接，．

，分别是和的中点，
，．
又四边形为正方形，
，从而．
平面，平面，
平面，
同理平面，又，
平面平面，
∵平面，
则平面；
23．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，E，F分别为SD、BC的中点.

(1)证明：平面SAB；
【详解】（1）
证明：取SA中点M，连接BM，EM.
又E分别为SD的中点，
所以，且ME＝AD，
因为底面ABCD为菱形，F分别为BC的中点，
所以BF＝AD，，
所以，且ME＝BF.
所以MEFB为平行四边形.
所以.
又因为EF平面SAB，平面SAB，
所以平面SAB.
题型十五：线面平行的性质
24．如图，在四棱锥中，，且.点是线段上一动点.
(1)当平面时，求的值；
【详解】（1）连接交于O，连接.
由知：，
则
又平面平面，平面平面
；
25．如图，在五面体中，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，，.
(1)求证：；
【详解】（1）∵，平面，平面，
∴平面.
又∵平面，
且平面平面，
∴.
题型十六：面面平行的判断
26．下列条件中能推出平面平面的是（ ）
A．存在一条直线，，
B．存在一条直线， ，
C．存在两条平行直线，，，，，
D．存在两条异面直线，，，，，
【答案】D
【分析】A、B、C，画图举例判断；D.由面面平行的判定定理判断.
【详解】A.如图所示：，存在一条直线，，，但平面与平面相交，故错误；
B.如图所示： ，存在一条直线，，，但平面与平面相交，故错误；
C. 如图所示：，存在两条平行直线，，，，，，但平面与平面相交，故错误；
D.如图所示：，在平面内过b上一点作，则，又，且，所以，故正确；
故选：D
27．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：平面EFA1平面BCHG.
证明：∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EFBC，
∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF平面BCHG，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，
∴A1GEB，，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，
∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E平面BCHG，
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1平面BCHG.
题型十七：面面平行的性质
28．如图，平面，直线l、m分别与、、相交于点A、B、C和点D、E、F．若，DF＝20，则EF＝______．
【答案】15
【分析】分两种情况：（1）直线l和m在同一平面内；（2）直线l和m不在同一平面内，即l和m异面然后利用面面平行的性质定理得到线线平行，进一步利用平行线分线段成比例定理得到结果．
【详解】解：分两种情况：（1）直线l和m在同一平面内，
连接AD，BE，CF平面，，，，求得：；
（2）直线l和m不在同一平面内，即l和m异面，
过D作，平面，∴，，
进一步得，利用平行线分线段成比例得：，，求得：，
故答案为：15．
29.如图，在三棱柱中，⊥平面，，是等边三角形，分别是棱的中点.
证明：平面；
【详解】（1）证明：连接，
因为分别是棱的中点，所以,
平面,平面,所以平面，
因为分别是棱，的中点，所以,.
所以四边形是平行四边形，则,.
平面,平面,所以平面，
因为平面，且，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
题型十八：线面垂直的判断
30．如图，在三棱锥中，平面，，，为的中点，则下列结论正确的有（ ）
①平面；②；③平面；④平面.
A．个B．个
C．个D．个
【答案】D
【分析】由线面垂直定义和判定定理进行辨析即可.
【详解】对于①，∵平面，平面，∴，
又∵，，平面，平面，
∴平面，故①正确；
对于②，③，由①，∵平面，平面，∴，
又∵，为的中点，∴，
又∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴，故②，③正确；
对于④，假设平面，则∵平面，∴，
又∵为的中点，∴，
∵平面，平面，∴，∴中，，
又∵，∴中，，∴，，
∴假设不成立，故④错误.∴正确的有①②③，共个.故选：D.
31．如图，在三棱锥中，，O为AC的中点．
证明：⊥平面ABC；.
【详解】（1）在中，，O为AC的中点．
则中线，且；
同理在中有，则；
因为，O为AC的中点．
所以且；
在中有，则，
因为，平面ABC，
所以⊥平面ABC．
题型十九：线面垂直的性质
32．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．

求证：平面.
求证为正方形，
．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，平面，则，
，，
，则，得．
又，平面，
平面；
33．如图，在四棱锥中，为线段的中点，.
证明：；
【详解】（1）连接，设，则有，
又在中，，则，，
等腰中，，，则
，
则中，，则，
又，，平面，
平面，
又平面，
.
题型二十：面面垂直的判断
34.如图，在四棱锥中，已知底面是菱形，且对角线与相交于点.
若，求证：平面平面；
【详解】（1）
由已知，为中点，连接，若，则，
又∵底面是菱形，∴，
∵，平面，平面，∴平面，
又∵平面，∴平面平面.
35．如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，和分别是和的中点．求证：
(1)底面；
(2)平面平面.
【详解】（1）因为平面底面，，
平面底面，平面，
所以底面.
（2），，为中点，
，则四边形平行四边形，
，所以四边形为矩形，
，.
底面，平面，.
又平面，且，
平面，平面，.
和分别是和的中点，，.
又，，平面，
平面，平面，
平面平面.
题型二十一：面面垂直的性质
36．如图甲，已知在长方形中，，，M为DC的中点．将沿折起，如图乙，使得平面平面．
(1)求证：平面；
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∵且，，平面，
∴平面．
37．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面平面．
(1)求证：；
【详解】（1）证明：，
∵设，∴，，,
∴，∴，
∴，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∵平面，
∴．
题型二十二：柱、锥、台的表面积
38．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开扇形的圆心角大小为，则这个圆锥的母线长为____________.
【答案】18
【分析】设母线长为，由弧长公式计算可得；
【详解】解：设母线长为，圆锥的底面半径为，
则侧面展开的扇形的弧长为，
由题意，即，因为，故．
故答案为：18.
39．已知圆台的上、下底面半径分别为4和5，高为2，则该圆台的侧面积为________．
【答案】
【分析】直接利用侧面积公式计算得到答案.
【详解】圆台的侧面积为.
故答案为：
40．如图，直三棱柱内接于高为的圆柱中，已知，， O为AB的中点．
(1)求圆柱的侧面积；
【详解】（1）因为，
所以即为底面圆的直径，
，
所以圆柱的侧面积为；
题型二十三：柱、锥、台的体积
41．“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术.商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即一个长方体沿对角线斜解（图1）.得到一模一样的两个堑堵，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若某长方体的长为4，宽为2，高为2，记该长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合长方体、锥体体积公式求得正确答案.
【详解】，A选项正确.，B选项正确.，C选项正确.
，D选项不正确.故选：D
42．已知一个正四棱台形油槽可以装煤油，若它的上､下底面边长分别为和，则它的深度约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出深度，利用棱台的体积计算公式即可求解.
【详解】设深度为，由棱台的体积计算公式可得：，解得：，
故选：B.
43．若圆锥的高为，底面半径为，则其体积为___________.
【答案】
【分析】利用锥体的体积公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该圆锥的体积为.故答案为：.
题型二十四：球的表面积与体积
44．已知球的半径等于1，则该球的体积等于______.
【答案】
【分析】由球体体积公式直接求解.
【详解】由球的体积公式.故答案为：
45．若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为1，则球的表面积为______．
【答案】
【分析】计算半径为，再计算表面积得到答案.
【详解】球的半径，故球的表面积为．故答案为：
题型二十五：组合题的表面积与体积
46．如图所示，一款网红冰激凌可近似地看作是圆锥和半球的组合体，将圆锥外的包装纸展开发现，它是一张半径为6的半圆形纸片，则这个冰激凌的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：设半球的半径为，圆锥母线长为，由得，
所以这款冰激凌的体积为：.
故选：B.
47．学发现，如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球．该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的，若圆柱的表面积是，现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为______．
【答案】
【分析】利用圆柱的表面积求出球的表面积，然后求出球的半径，最后求出圆柱的底面半径和高，利用圆柱和球的体积差，求出水的体积即可.
【详解】设球的半径为，由题意得球的表面积为，所以，所以圆柱的底面半径为2，高为4，所以最多可以注入的水的体积为．故答案为：
题型二十六：柱、锥、台体的轴截面
48．已知圆柱的轴截面是边长为4的正方形，则圆柱的侧面积为______________ .
【答案】
【分析】由圆柱轴截面的性质知：圆柱体的高为，底面半径为，根据圆柱体的侧面积公式，即可求其侧面积.
【详解】由圆柱的轴截面是边长为4的正方形，∴圆柱体的高为，底面半径为，
∴圆柱的侧面积为.
49．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个垂直于圆柱底面的平面去截这个组合体﹐则截面图形可能是______（填序号）．
【答案】①⑤
【分析】根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案.
【详解】由题意，当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时①符合条件；
当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时⑤符合条件，
综上可知截面的图形可能是①⑤.故答案为：①⑤
答案为：.
50．若圆台的母线与高的夹角为，且上下底面半径之差为4，则该圆台的高为________．
【答案】
【解析】设上、下底面半径分别为、，圆台高为，化简即得解.
【详解】设上、下底面半径分别为、，圆台高为，
根据轴截面可知，即，所以．故答案为：
题型二十七：球的外接、内切问题
51．棱长为1的正方体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正方体与其外接球之间的关系，求出外接球的半径，即可得出球的表面积．
【详解】解：易知，正方体的体对角线是其外接球的直径，设外接球的半径为，
则，故．所以．故选：B．
52．中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．在如图所示的堑堵中，，则堑堵的外接球的体积是__________．
【答案】
【分析】将该堑堵补充成长方体，求长方体外接球体积即可.
【详解】将该堑堵补充为一个长方体，如图，
则该堑堵的外接球即为长方体的外接球，设长方体的体对角线为，则，
所以，所以外接球的体积为，故答案为: .
题型二十八：立体几何综合
53．如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，
所以.
[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，
连接
54．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
55．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.
【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
56．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：
（1）当时，；
（2）点在平面内．
【详解】
（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.
57．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D的底面是菱形，AA=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB，A的中点.
（1）证明：MN∥平面；
（2）求点C到平面的距离．
【详解】（1）连接，
，分别为，中点 为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，
所以点C到平面的距离为.
58．图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．在中，DE=1，，故．所以四边形ACGD的面积为4.
59．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
60．如图，在四棱锥中，，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积．
试题解析：（1）由已知，得，．
由于，故，从而平面．
又平面，所以平面平面．
（2）在平面内作，垂足为．
由（1）知，面，故，可得平面．
设，则由已知可得，．
故四棱锥的体积．
由题设得，故．
从而，，．
可得四棱锥的侧面积为
．