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- 9 第八章 立体几何初步章节综合检测（新高考题型，提高卷）高一数学下学期期中期末高效复习（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
- 1 高一数学下学期期中模拟试卷（新高考题型 基础卷1）高一数学下学期期中期末高效复习（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
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- 1第九章 统计 典型例题讲解高一数学下学期期中期末高效复习（人教A版必修第二册） 试卷 0 次下载
2 高一数学下学期期中模拟试卷（新高考题型 基础卷2）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末高效复习（人教A版必修第二册）
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这是一份2 高一数学下学期期中模拟试卷（新高考题型 基础卷2）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末高效复习（人教A版必修第二册），文件包含2高一数学必修第二册期中模拟试卷新高考题型基础卷2原卷版docx、2高一数学必修第二册期中模拟试卷新高考题型基础卷2解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
考试范围：第六章平面向量及其应用；第七章复数；第八章立体几何初步
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题设，
所以.
故选：A
2．（2023·全国·高一专题练习）在2022年第二十四届冬奥会上，中国代表队创造了历史最好成绩，首都北京也成为第一座“双奥之城”．如图所示，坐落于北京的国家游泳中心（又称“水立方”），是中国健儿为国争光的地方，“水立方”可以抽象出的几何体是（ ）．
A．圆柱B．四棱锥C．四棱台D．长方体
【答案】D
【详解】解：由图可知，“水立方”是可以抽象为长方体模型，
故选：D
3．（2023秋·云南德宏·高三统考期末）在中，若为边上的中线，点在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】如图所示，在中，
因为为边上的中线，
所以为的中点，
所以由平行四边形法则有：
，
又点在上，且
所以，
所以
，
故选：A.
4．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）如图，直四棱柱的所有棱长均为，，是侧棱的中点，则平面截四棱柱所得的截面图形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】连接 与的延长线交于点, 连 接与交于点,
因为 , 所以为的中点, 则为的中点,
所以截面为梯形 ,
因为所有棱长均为2,，
所以,,
,
,
故梯形 的周长为 .
故选：D.
5．（2023·福建福州·高三福州三中校考阶段练习）已知，为单位向量，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，为单位向量，
由，
所以，
即，
设与夹角为，
则，
又，所以，
故选：C.
6．（2023·全国·哈尔滨三中校联考一模）“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）
A．18πB．16πC．14πD．12π
【答案】A
【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，
∵分别为的中点，则，
∴正方体的边长为，
故，可得，
根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，
故该半正多面体外接球的表面积为.
故选：A.
7．（2023·河北·高二统考学业考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，E为PC的中点．平面与平面所成二面角的正切值是（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】B
【详解】分别取的中点为，连接，
设，则.
因为是等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
底面，
因为四棱锥的体积为，
所以，解得.
则，，所以，，
又因为底面为矩形，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
.
故选：B
8．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考阶段练习）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若且，则的周长的最大值为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】A
【详解】由已知及正弦定理得，
∴，
所以，因为，
所以，即，因为，
所以，从而，
由余弦定理得，即，
又，
∴，即，
∴，当且仅当时等号成立，从而，
∴的周长的最大值为15.
故选：A.
二、多选题（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·高一单元测试）已知复数满足，则（ ）
A．的虚部是B．
C．D．
【答案】BCD
【详解】∵，∴，
故，据此可判断
A项，的虚部为-1，故A项错误；
B项，，故，故B项正确；
C项，，故C项正确；
D项，，故D项正确；
故选：BCD.
10．（2023春·河北邯郸·高三大名县第一中学校考阶段练习）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】CD
【详解】A选项，若，，则可能异面，A选项错误.
B选项，若，，则可能相交，B选项错误.
C选项，若，，则（线面垂直的性质定理），C选项正确.
D选项，若，，则（垂直于同一条直线的两个平面平行），D选项正确.
故选：CD
11．（2023·全国·高一专题练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，内角A的平分线交BC于点D，，，以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为
【答案】ACD
【详解】在中，
∵，则，整理得，所以，
由二倍角公式得，解得，
在中，则，故选项A正确；
在中，则，故选项B错误；
由题意可知：，即，
由，解得，故选项C正确；
在中，
∵，则，
∴，故选项D正确.
故选：ACD.
12．（2023·福建漳州·统考三模）在正方体中，为线段上的动点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．直线与所成角的取值范围是
【答案】ABC
【详解】选项A，，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
又，且平面，平面，
所以平面平面，而为线段上的动点，平面，
平面，正确；
平面，平面，，
，，平面，平面，
而平面，，
同理可证，，又，平面，
平面，正确；
选项C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由选项A可得，平面，平面平面，则到平面的距离为定值，又底面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；
选项D，，直线与所成角即直线与所成角，
在中，当点与或重合时，取到最小值，
当点在线段中点时，取到最大值，故错误.
故选：ABC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023·广东·高三统考学业考试）已知复数，要让z为实数，则实数m为________.
【答案】2
【详解】为实数，则，．
故答案为：2.
14．（2023·全国·高一专题练习）如图的四面体中，所以棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为______.
【答案】
【详解】
如图，连接，
由题意得，四面体为正四面体，
所以，，
因为与点，平面，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角的大小为.
故答案为：.
15．（2023·安徽·高二马鞍山二中校考学业考试）在中，，点为边的中点，点在边上，则的最小值为________．
【答案】##
【详解】以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，如图所示
由题意可知，设，
所以，
所以，，
由二次函数的性质知，当时，取最小值为.
故答案为：.
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面米，米，与底面所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点出发，沿着侧面走到上的一点，再沿着侧面继续走到棱上，则这只蚂蚁从点出发到达棱的最短路程为_______米，这只蚂蚁的最短路线与的交点到底面的距离为______米.
【答案】 2 ##1.5
【详解】因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，又AB=4米，BC=3米，
所以AC=5米.因为AD与底面BCD所成的角为∠ADB，所以tan∠ADB==2，所以BD=2米.将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，如图所示.AC=CD=5米，AD=2米，取AD的中点E，连接CE，交AB于F，则CE⊥AD，蚂蚁的最短路线为C→F→E，最短路程为CE=2米，最短路线与AB的交点为F.取BD的中点G，连接EG，则EG=AB=2米，BG=BD=1米，根据△CBF∽△CGE，得==，则FB=EG=，故这只蚂蚁的最短路线与AB的交点到底面BCD的距离为米.
故答案为：；.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17．（2023·高一单元测试）已知复数，．
(1)若z是实数，求m的值．
(2)若z是纯虚数，求m的值．
(3)若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；
【答案】(1)或；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为为实数，
所以，解得或.
（2）因为是纯虚数，所以有，解得.
（3）因为对应复平面上的点在第四象限，所以有，
解得.
18．（2023·全国·高一专题练习）设是不共线的两个向量．
(1)若，求证：三点共线；
(2)若与共线，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）证明:因为，
而
所以，
所以与共线，且有公共点，
所以三点共线
（2）因为与共线
所以存在实数，使得，
因为与不共线，
所以，
解得，.
19．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD．
(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得PA//平面DEF？并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)能；证明见解析
【详解】（1）在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，所以BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．
（2）连接DE，EF，DF，设DE交AC于点H，连接HF
因为PA//平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEF，所以；
由于底面ABCD为菱形，为的中点，易证，所以，由PA//，可得，
所以存在点为棱上靠近的三等分点，可使PA//平面DEF.
20．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知，，
所以，
则，
又，所以，所以，
又，所以．
（2）由（1）得，由正弦定理得，
又，，所以．
因为，所以，所以，
故，即的取值范围为．
21．（2023春·四川成都·高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习）如图，在几何体中，底面四边形是正方形，平面和平面交于．
(1)求证：；
(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得几何体存在，并求三棱锥的体积．
条件①：平面平面；
条件②：平面平面；
条件③：，．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)只有条件①符合，体积为
【详解】（1）在正方形中，，平面，平面
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，又，所以．
（2）由（1）知，，，，
所以四边形为等腰梯形，为梯形，
选条件①：平面平面，
过点作于，连接，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以，
则，，
又，平面平面，所以平面，
所以；
选条件②：平面平面，且平面平面，
又，平面，平面，，
此时四边形不为等腰梯形，故条件②不符合；
条件③：，，平面，平面，，
则平面，即平面，
又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合．
22．（2023秋·四川南充·高二统考期末）如图，在正三棱柱中，为上的点，为上的点，M，N分别为BA，BE的中点，平面．
(1)证明：M，N，F，C四点共面，且平面平面；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：∵M、N分别为AB、BE的中点，
∴，
∵为正三棱柱，
∴,
∴,
∴M、N、F、C四点共面，
∵为正三棱柱，
∴平面平面，为等边三角形，
∵为的中点，
∴，又平面平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，平面，
∴，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）取的中点，过点作的垂线交于，连接，
由题可得，又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
∴为平面与平面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，．
由（1）可得四边形为平行四边形，
∴，
∴，又，，
由得：，
所以，
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
考试范围：第六章平面向量及其应用；第七章复数；第八章立体几何初步
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题设，
所以.
故选：A
2．（2023·全国·高一专题练习）在2022年第二十四届冬奥会上，中国代表队创造了历史最好成绩，首都北京也成为第一座“双奥之城”．如图所示，坐落于北京的国家游泳中心（又称“水立方”），是中国健儿为国争光的地方，“水立方”可以抽象出的几何体是（ ）．
A．圆柱B．四棱锥C．四棱台D．长方体
【答案】D
【详解】解：由图可知，“水立方”是可以抽象为长方体模型，
故选：D
3．（2023秋·云南德宏·高三统考期末）在中，若为边上的中线，点在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】如图所示，在中，
因为为边上的中线，
所以为的中点，
所以由平行四边形法则有：
，
又点在上，且
所以，
所以
，
故选：A.
4．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）如图，直四棱柱的所有棱长均为，，是侧棱的中点，则平面截四棱柱所得的截面图形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】连接 与的延长线交于点, 连 接与交于点,
因为 , 所以为的中点, 则为的中点,
所以截面为梯形 ,
因为所有棱长均为2,，
所以,,
,
,
故梯形 的周长为 .
故选：D.
5．（2023·福建福州·高三福州三中校考阶段练习）已知，为单位向量，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，为单位向量，
由，
所以，
即，
设与夹角为，
则，
又，所以，
故选：C.
6．（2023·全国·哈尔滨三中校联考一模）“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）
A．18πB．16πC．14πD．12π
【答案】A
【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，
∵分别为的中点，则，
∴正方体的边长为，
故，可得，
根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，
故该半正多面体外接球的表面积为.
故选：A.
7．（2023·河北·高二统考学业考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是等边三角形，平面底面，，四棱锥的体积为，E为PC的中点．平面与平面所成二面角的正切值是（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】B
【详解】分别取的中点为，连接，
设，则.
因为是等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
底面，
因为四棱锥的体积为，
所以，解得.
则，，所以，，
又因为底面为矩形，所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
.
故选：B
8．（2023春·陕西西安·高一西北工业大学附属中学校考阶段练习）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若且，则的周长的最大值为（ ）
A．15B．16C．17D．18
【答案】A
【详解】由已知及正弦定理得，
∴，
所以，因为，
所以，即，因为，
所以，从而，
由余弦定理得，即，
又，
∴，即，
∴，当且仅当时等号成立，从而，
∴的周长的最大值为15.
故选：A.
二、多选题（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·高一单元测试）已知复数满足，则（ ）
A．的虚部是B．
C．D．
【答案】BCD
【详解】∵，∴，
故，据此可判断
A项，的虚部为-1，故A项错误；
B项，，故，故B项正确；
C项，，故C项正确；
D项，，故D项正确；
故选：BCD.
10．（2023春·河北邯郸·高三大名县第一中学校考阶段练习）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】CD
【详解】A选项，若，，则可能异面，A选项错误.
B选项，若，，则可能相交，B选项错误.
C选项，若，，则（线面垂直的性质定理），C选项正确.
D选项，若，，则（垂直于同一条直线的两个平面平行），D选项正确.
故选：CD
11．（2023·全国·高一专题练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，内角A的平分线交BC于点D，，，以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．的面积为
【答案】ACD
【详解】在中，
∵，则，整理得，所以，
由二倍角公式得，解得，
在中，则，故选项A正确；
在中，则，故选项B错误；
由题意可知：，即，
由，解得，故选项C正确；
在中，
∵，则，
∴，故选项D正确.
故选：ACD.
12．（2023·福建漳州·统考三模）在正方体中，为线段上的动点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．直线与所成角的取值范围是
【答案】ABC
【详解】选项A，，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
又，且平面，平面，
所以平面平面，而为线段上的动点，平面，
平面，正确；
平面，平面，，
，，平面，平面，
而平面，，
同理可证，，又，平面，
平面，正确；
选项C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由选项A可得，平面，平面平面，则到平面的距离为定值，又底面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；
选项D，，直线与所成角即直线与所成角，
在中，当点与或重合时，取到最小值，
当点在线段中点时，取到最大值，故错误.
故选：ABC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13．（2023·广东·高三统考学业考试）已知复数，要让z为实数，则实数m为________.
【答案】2
【详解】为实数，则，．
故答案为：2.
14．（2023·全国·高一专题练习）如图的四面体中，所以棱长均相等，每个面都是全等的正三角形，分别是棱的中点，则直线与平面所成角的大小为______.
【答案】
【详解】
如图，连接，
由题意得，四面体为正四面体，
所以，，
因为与点，平面，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角的大小为.
故答案为：.
15．（2023·安徽·高二马鞍山二中校考学业考试）在中，，点为边的中点，点在边上，则的最小值为________．
【答案】##
【详解】以为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，如图所示
由题意可知，设，
所以，
所以，，
由二次函数的性质知，当时，取最小值为.
故答案为：.
16．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面米，米，与底面所成角的正切值为2.已知蚂蚁从点出发，沿着侧面走到上的一点，再沿着侧面继续走到棱上，则这只蚂蚁从点出发到达棱的最短路程为_______米，这只蚂蚁的最短路线与的交点到底面的距离为______米.
【答案】 2 ##1.5
【详解】因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，又AB=4米，BC=3米，
所以AC=5米.因为AD与底面BCD所成的角为∠ADB，所以tan∠ADB==2，所以BD=2米.将侧面ABD翻折至与平面ABC共面，如图所示.AC=CD=5米，AD=2米，取AD的中点E，连接CE，交AB于F，则CE⊥AD，蚂蚁的最短路线为C→F→E，最短路程为CE=2米，最短路线与AB的交点为F.取BD的中点G，连接EG，则EG=AB=2米，BG=BD=1米，根据△CBF∽△CGE，得==，则FB=EG=，故这只蚂蚁的最短路线与AB的交点到底面BCD的距离为米.
故答案为：；.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17．（2023·高一单元测试）已知复数，．
(1)若z是实数，求m的值．
(2)若z是纯虚数，求m的值．
(3)若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；
【答案】(1)或；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为为实数，
所以，解得或.
（2）因为是纯虚数，所以有，解得.
（3）因为对应复平面上的点在第四象限，所以有，
解得.
18．（2023·全国·高一专题练习）设是不共线的两个向量．
(1)若，求证：三点共线；
(2)若与共线，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）证明:因为，
而
所以，
所以与共线，且有公共点，
所以三点共线
（2）因为与共线
所以存在实数，使得，
因为与不共线，
所以，
解得，.
19．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD．
(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；
(2)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得PA//平面DEF？并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)能；证明见解析
【详解】（1）在底面菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD边的中点，所以BG⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．
（2）连接DE，EF，DF，设DE交AC于点H，连接HF
因为PA//平面DEF，PA平面PAC，平面PAC平面DEF，所以；
由于底面ABCD为菱形，为的中点，易证，所以，由PA//，可得，
所以存在点为棱上靠近的三等分点，可使PA//平面DEF.
20．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知，，
所以，
则，
又，所以，所以，
又，所以．
（2）由（1）得，由正弦定理得，
又，，所以．
因为，所以，所以，
故，即的取值范围为．
21．（2023春·四川成都·高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习）如图，在几何体中，底面四边形是正方形，平面和平面交于．
(1)求证：；
(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得几何体存在，并求三棱锥的体积．
条件①：平面平面；
条件②：平面平面；
条件③：，．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)只有条件①符合，体积为
【详解】（1）在正方形中，，平面，平面
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，又，所以．
（2）由（1）知，，，，
所以四边形为等腰梯形，为梯形，
选条件①：平面平面，
过点作于，连接，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以，
则，，
又，平面平面，所以平面，
所以；
选条件②：平面平面，且平面平面，
又，平面，平面，，
此时四边形不为等腰梯形，故条件②不符合；
条件③：，，平面，平面，，
则平面，即平面，
又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合．
22．（2023秋·四川南充·高二统考期末）如图，在正三棱柱中，为上的点，为上的点，M，N分别为BA，BE的中点，平面．
(1)证明：M，N，F，C四点共面，且平面平面；
(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：∵M、N分别为AB、BE的中点，
∴，
∵为正三棱柱，
∴,
∴,
∴M、N、F、C四点共面，
∵为正三棱柱，
∴平面平面，为等边三角形，
∵为的中点，
∴，又平面平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，平面，
∴，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）取的中点，过点作的垂线交于，连接，
由题可得，又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
∴为平面与平面所成二面角的平面角，
∵，，
∴，．
由（1）可得四边形为平行四边形，
∴，
∴，又，，
由得：，
所以，
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
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