浙江省磐安县第二中学2019-2020学年高二10月竞赛数学试题

浙江省磐安县第二中学2019-2020学年高二10月竞赛数学试题

磐安县第二中学2019学年第一学期10月月竞赛 高二数学 ‎ ‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．平面上有不共线的三点到平面的距离相等，则与的位置关系为（ ）‎ A．平行+ B．相交 C．平行或相交 D．垂直 ‎3．下列命题中正确的个数是（ ）‎ ‎①平面与平面相交，它们只有有限个公共点．‎ ‎②若直线上有无数个点不在平面内，则．‎ ‎③若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行 ‎④已知平面，和异面直线，，满足，，，，则．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎4．正方体中，直线与所成的角为（ ）‎ A．30o B．45o C．60o D．90o ‎5．已知a，b，c是三条互不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，给出 四个命题：①a∥b，b∥α，则a∥α；②a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β；③a⊥α，a∥β，则α⊥β ‎；④a⊥α，b∥α，则a⊥b.‎ 其中正确的命题个数是 ( )‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎6．我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍童.如图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍童的表面积为（ ）‎ A． B．72 C． D．32‎ ‎7．如图所示，已知正方体的棱长为3，点在上，且，记图中阴影平面为平面，且平面平面.若平面平面，则的长为（ ）‎ A．1 B．1.5 C．2 D．3‎ ‎8．的斜二侧直观图如图所示，则的面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．下列图形中不一定是平面图形的是（ ）‎ A．三角形 B．平行四边形 C．梯形 D．四边相等的四边形 ‎10．如图所示的平面结构（阴影部分为实心，空白部分为空心），绕中间轴旋转一周，形成的几何体为（ ）‎ A．一个球 B．一个球中间挖去一个圆柱 C．一个圆柱 D．一个球中间挖去一个棱柱 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题 ‎11．在棱长为1的正方体中，则直线与平面所成角的正弦值为________. ‎ ‎12．正方体的全面积为，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是______.‎ ‎13．如图所示，在三棱柱中，分别是的中点，则与平面平行的平面为________.‎ ‎14．如图所示，在四面体中，若，其余各棱长都为1，则在这个四面体中互相垂直的平面是____________________________________.‎ ‎15．已知，用斜二测画法作它的直观图，若是斜边平行于铀的等腰直角三角形，则是________三角形（填“锐角”.“直角”.“钝角”）‎ ‎16．某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为____． ‎ ‎17．已知圆锥和圆柱的底面半径均为，高均为，则圆锥和圆柱的表面积之比是______． ‎ 三、解答题 ‎18．求图中阴影部分绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积和体积.‎ ‎ ‎ ‎19．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为A1C1和BC的中点．‎ ‎(1)求证：EF∥平面AA1B1B；‎ ‎(2)若AA1＝3，AB＝2，求EF与平面ABC所成的角．‎ ‎ ‎ ‎20．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，E，F分别为BC，CD的中点，且平面 求证：‎ 平面PBD；‎ 平面PEF．‎ ‎ ‎ ‎21．如图，多面题的直观图及三视图如图所示，、分别为、的中点．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面平面； ‎ ‎（3）求.‎ ‎ ‎ ‎22．如图，四边形为菱形， 为与的交点， 平面.‎ ‎（Ⅰ）证明：平面平面.‎ ‎（Ⅱ）若, , ,求点到平面的距离.‎ ‎2019-2020学年度磐安二中学校10月月考卷 高二数学 考试时间：120分钟；命题人：潘建华 一、单选题 ‎1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三视图得到原图，再由椎体公式得到结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图可推知，几何体的直观图如图所示，其中平面平面，，三棱锥的体积为.‎ 故答案为：C.‎ ‎【点睛】‎ 思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎2．已知四面体中，平面平面 ，为边长2的等边三角形， ，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意画出图形，结合图形的特征建立空间直角坐标系，得到相关点的坐标后根据直线方向向量的夹角求出异面直线所成的角．‎ ‎【详解】‎ 根据题意画出图形如下图所示．‎ ‎∵平面平面，平面平面，，‎ ‎∴平面，‎ 以过点D且与平面垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，‎ 则，‎ ‎∴,‎ ‎∴，‎ ‎∴异面直线与所成角的余弦值为．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】‎ 解题的关键是将求两条异面直线所成角转化为两向量夹角的问题求解，其中需要注意异面直线所成角与两向量夹角间的关系，解题的关键是要注意异面直线所成角的范围，此处容易出现错误，属于基础题．‎ ‎3．已知点A，B在半径为的球O表面上运动，且AB＝2，过AB作相互垂直的平面α，β，若平面α，β截球O所得的截面分别为圆M，N，则 A．MN长度的最小值是2 B．MN的长度是定值 C．圆M面积的最小值是2π D．圆M，N的面积和是定值8π ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由过AB作相互垂直的平面α，β,确定BA、BC、DB两两互相垂直，M，N分别是AC，AD的中点，求出CD，即可得结论．‎ ‎【详解】‎ 如图所示，因为过AB作相互垂直的平面α、β，‎ 则面ABC面ABD,由面面垂直的性质定理，得AB⊥面BCD，所以AB⊥BC,AB⊥BD,得BD⊥BC，所以BA、BC、DB两两互相垂直，所以BC2+BD2+＝，因为AB=4,∴CD＝BC2+BD2=8，所以CD=2∵M，N分别是AC，AD的中点，∴MN的长度是定值，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了球的内接几何体和面面垂直，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎4．若三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC,PA=AB=2，AC=三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求解底面长方形的外接圆，PA⊥平面ABC，球心到圆心的距离为1，利用圆心与球心构造直角三角形求解即可．‎ ‎【详解】‎ 由题意，PA⊥平面ABC，PA=AB=2，AC＝2,∴平面ABC是直角三角形，补形底面为长方形．∴球心到圆心的距离为1，底面长方形的外接圆r=,∴R2=r2+1，即R=,∴球O的表面积S=4πR2=12π．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎5．平面上有不共线的三点到平面的距离相等，则与的位置关系为（ ）‎ A．平行 B．相交 C．平行或相交 D．垂直 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三点在平面的同侧或异侧，两种情况，即可判定得到与的位置关系，得到答案．‎ ‎【详解】‎ 由题意，若三点分布在平面的同侧，此时平面平面；‎ 若三点分布于平面的两侧时，此时平面与平面相交，‎ 综上可知，平面与平面平行或相交，故选C．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了空间中平面的位置关系的判定，其中根据三点在平面的同侧和异侧，分类讨论是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．‎ ‎6．正方形ABCD绕对角线AC所在直线旋转一周所得组（ ）‎ A．由两个圆台组合成的 B．由两个圆锥组合成的 C．由一个圆锥和一个圆台组合成的 D．由两个棱台组合成的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将正方形绕对角线所在的直线旋转一周，根据旋转体的定义，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意，将正方形绕对角线所在的直线旋转一周，‎ 根据旋转体的定义，可知得到的组合体是两个同底的圆锥，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了旋转体的概念及其应用，其中解答中熟记旋转体的概念，合理判定是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.‎ ‎7．直线m⊥平面α，下面判断错误的是（　　）‎ A．若直线n⊥m，则n∥α B．若直线n⊥α，则n∥m C．若直线n∥α，则n⊥m D．若直线n∥m，则n⊥α ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合线面垂直、线线平行及线面平行的相关性质可以判断.‎ ‎【详解】‎ 由直线m⊥平面α，得：‎ 在A中，若直线n⊥m，则由线面平行性质得n与α相交、平行或n⊂α，故A错误；‎ 在B中，若直线n⊥α，则由线面垂直的性质得n∥m，故B正确；‎ 在C中，若直线n∥α，则由线面垂直的性质得n⊥m，故C正确；‎ 在D中，若直线n∥m，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故D正确．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间位置关系的判定，可以借助模型求解，侧重考查直观想象和逻辑推理的核心素养.‎ ‎8．已知两条不同直线m、n和两个不同平面﹑，下列叙述正确的是（ ）‎ A．若，，则 B．若则 C．若，，则 D．若，，，则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A选项可由线面平行的性质作出判断，B选项可由面面平行的判定定理作出判断，C选项可由面面垂直的性质作出判断，D选项可由线面平行的条件作出判断 ‎【详解】‎ 当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，‎ B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，‎ C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，‎ D选项中，如下图所示 设，，又，根据垂直于同一平面的两直线平行，可得，又，‎ 选D ‎【点睛】‎ 考生需灵活掌握线线平行到线面平行，面面平行到线面平行的基本转化关系，遇到较为抽象的证明问题时，辅以图像能够更加有效的解决问题 ‎9．下列命题中正确的个数是（ ）‎ ‎①平面与平面相交，它们只有有限个公共点．‎ ‎②若直线上有无数个点不在平面内，则．‎ ‎③若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行 ‎④已知平面，和异面直线，，满足，，，，则．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线线平行、线面平行以及面面平行的定义来判断选项即可 ‎【详解】‎ 在①中，平面与平面相交，它们有无数个公共点，故①错误；‎ 在②中，若直线上有无数个点不在平面内，则与平行或相交，故②错误；‎ 在③中，若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线相交、平行或异面，故③错误；‎ 在④中，已知平面，和异面直线，，满足，，，，‎ 则由面面平行的判定定理得，故④正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线线平行、线面平行、面面平行的定义，属于基础题 ‎10．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D.或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平移CD到AB，则即为异面直线与所成的角，在直角三角形中即可求解.‎ ‎【详解】‎ 连接AC1，CD//AB，可知即为异面直线与所成的角，‎ 在中，，故选．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查异面直线所成的角.常用方法：1、平移直线到相交；2、向量法.‎ 二、填空题 ‎11．在棱长为1的正方体中，则直线与平面所成角的正弦值为________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用平面⊥平面得到 B1O⊥平面，进而作出直线与平面所成角，易解．‎ ‎【详解】‎ 如图，平面⊥平面，‎ 又B1O⊥，‎ ‎∴B1O⊥平面，‎ ‎∴∠B1D1O即为所求角，‎ sin∠B1D1O ，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】‎ 求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.‎ ‎12．正方体的全面积为，它的顶点都在球面上，则这个球的表面积是______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得正方体的边长及球的半径，可得球的表面积.‎ ‎【详解】‎ 解：根据正方体的表面积可以求得正方体的边长为，正方体的外接球球心位于正方体体心，半径为正方体体对角线的一半，求得球的半径，可得外接球表面积为，‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查空间几何体的表面积,得出正方体的边长和球的半径是解题的关键.‎ ‎13．如图所示，在三棱柱中，分别是的中点，则与平面平行的平面为________.‎ ‎【答案】平面 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分别为的中点，所以，利用线面平行的判定定理，得到平面，再由四边形是平行四边形，得到，证得平面，最后利用面面平行的判定定理，即可得到平面平面.‎ ‎【详解】‎ 由题意，因为分别为的中点，所以，‎ 因为平面，平面，可得平面，‎ 因为且，所以四边形是平行四边形，所以，‎ 又因为 平面，平面，所以平面，‎ 因为，所以平面平面.‎ ‎【点睛】‎ 主要考查了空间中平行关系的判定与证明，其中解答中熟记线面平行、面面平行的判定定理和性质定理，准确判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．‎ ‎14．如图所示，在四面体中，若，其余各棱长都为1，则在这个四面体中互相垂直的平面是____________________________________.‎ ‎【答案】平面，平面.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 过作，得到是二面角的平面角，又由，得到，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由题意，过作，交于点，‎ 因为，所以，‎ 由为的中点，所以，‎ 连接，因为，所以，且，‎ 所以是二面角的平面角，‎ 又，所以，所以，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面位置关系的应用，其中解答中熟练应用线面垂直的性质定理，合理准确判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.‎ ‎15．已知，用斜二测画法作它的直观图，若是斜边平行于铀的等腰直角三角形，则是________三角形（填“锐角”.“直角”.“钝角”）.‎ ‎【答案】直角 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二测画法，，直接判断的形状。‎ ‎【详解】‎ 如图所示，且，，将还原可得，所以，所以为直角三角形。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查斜二测画法中直观图的还原，属基础题。‎ ‎16．设m，n是两条不同直线，，，是三个不同平面，给出下列四个命题：①若m⊥，n⊥，则m//n；②若//，//，m⊥，则m⊥；③若m//，n//，则m//n；④⊥，⊥，则//．其中正确命题的序号是_______．‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在①中，由线面垂直的性质定理得m∥n；在②中，由线面垂直的判定定理得m⊥γ；在③中，m与n相交、平行或异面；在④中，α与β相交或平行．‎ ‎【详解】‎ 解：由m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，知：‎ 在①中，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m∥n，故①正确；‎ 在②中，若α∥β，β∥γ，m⊥α，则由线面垂直的判定定理得m⊥γ，故②正确；‎ 在③中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故③错误；‎ 在④中，α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故④错误．‎ 故答案为：①②．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．‎ ‎17．某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为____． ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先还原几何体，再根据四棱锥体积公式求结果.‎ ‎【详解】‎ 由三视图知该几何体如图，V＝＝‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三视图以及四棱锥的体积，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ 三、解答题 ‎18．如图，在四面体中，，，.‎ ‎（Ⅰ）求点到平面的距离；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线与所成角的大小.‎ ‎【答案】（Ⅰ）2 （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）作平面于，连,证明是的角平分线，由求得，即可得到点到平面的距离；‎ ‎（Ⅱ）取空间基底为，，，用基底表示，代入夹角公式即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）作平面于，连 作于，于，连，‎ ‎∴平面，平面，‎ ‎∴，，所以，‎ ‎∵，四边形为正方形，‎ ‎∴是的角平分线，‎ ‎∴‎ ‎∴，即，∴，‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅱ）（方法1）记，，，则，记，‎ ‎∵，又，‎ ‎，，∴，即，‎ 所以异面直线与所成角的大小为.‎ ‎（方法2）以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ‎，，，，‎ 则，‎ 设异面直线与所成角为，则 ‎,‎ ‎,‎ ‎∴，所以异面直线与所成角的大小为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间点到平面的距离，异面直线所成角，考查空间问题坐标化，考查计算能力与空间想象能力，属于中档题.‎ ‎19．在斜三棱柱A1B1C1-ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC．‎ ‎（1）若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1；‎ ‎（2）过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C．‎ ‎【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由AB=AC，且D是BC的中点得到AD⊥BC，再由侧面BB1C1C⊥底面ABC，结合面面垂直的性质得到AD⊥侧面BB1C1C．从而证得答案； （2）由AM=MA1，可想到延长B1A1与BM交于N，连结C1N，由中位线知识结合已知得到A1C1=A1N=A1B1，∴C1N⊥C1B1，然后由面面垂直的性质及判定得答案．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）如图，‎ ‎∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，‎ ‎∵底面ABC⊥平面BB1C1C，‎ 由两面垂直的性质，∴AD⊥侧面BB1C1C．‎ 又CC1⊂面BB1C1C，∴AD⊥CC1；‎ ‎（2）延长B1A1与BM的延长线交于N，连结C1N，‎ ‎∵AM=MA1，且MA1∥BB1，∴NA1=A1B1，‎ ‎∵AB=AC，∴A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1，‎ ‎∴A1为△B1C1N外接圆的圆心，‎ ‎∴C1N⊥C1B1，‎ ‎∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，‎ 由面面垂直的性质，∴C1N⊥侧面BB1C1C，‎ ‎∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C，∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面与平面垂直的判定，考查了直线与平面垂直的性质，解答此题的关键在于充分利用了中点，综合考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．‎ ‎20．求图中阴影部分绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积和体积.‎ ‎【答案】表面积为68πcm2，体积为(cm3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面,‎ 体积为圆台的体积减去半球的体积.‎ ‎【详解】‎ 由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成：圆台下底面、侧面和一半球面．‎ 在直角梯形ABCD中，过D点作，垂足为E，如下图：‎ 在中，,所以可计算出：‎ S半球＝8π，S圆台侧＝35π，S圆台底＝25π.故所求几何体的表面积为68π (cm2)；‎ 由圆台的体积()，‎ 半球的体积(),‎ 所以，所求几何体的体积为().‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面图形的旋转、圆台的体积、球的体积的计算以及表面积的有关计算。‎ ‎21．如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；‎ ‎(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)如图所示，连结，‎ 等边中，，则，‎ 平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，‎ 由面面垂直的性质定理可得：平面，故，‎ 由三棱柱的性质可知，而，故，且，‎ 由线面垂直的判定定理可得：平面，‎ 结合⊆平面，故.‎ ‎(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.‎ 设，则，,，‎ 据此可得：，‎ 由可得点的坐标为，‎ 利用中点坐标公式可得：，由于，‎ 故直线EF的方向向量为：‎ 设平面的法向量为，则：‎ ‎，‎ 据此可得平面的一个法向量为，‎ 此时，‎ 设直线EF与平面所成角为，则.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.‎ ‎22．如图，四棱锥中，，，与都是边长为的等边三角形.‎ ‎（1）证明：平面底面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取BD的中点E，连结PE，EA，证明，进而证明底面，再利用平面与平面垂直的判定定理证明即可．（2）证明平面PCD,则BP为所求 ‎【详解】‎ ‎（1）证明：连接，设的中点为，连接，‎ ‎∵与都是边长为的等边三角形，∴，，‎ ‎∴.∵,∴.‎ 又，∴，，.‎ ‎∵，∴底面.又平面，‎ ‎∴平面底面.‎ ‎（2）∵，，‎ ‎∴，.‎ ‎∵，‎ ‎∴，，.∴.∵，‎ ‎∴，.‎ ‎∵,，∴平面PCD,则BP为所求 ‎∴点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查空间点线面距离的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．‎ ‎ ‎