广东省湛江市第二十一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·湛江期中）已知复数，则对应的点在复平面的（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：因为，
所以对应的点在复平面的第三象限.
故答案为：C.
【分析】根据虚数单位的性质化简得出复数z，再由复数实部、虚部符号确定复数对应点所在的象限.
2．（2024高一下·湛江期中）在平行四边形中，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量减法运算；平面向量数乘的运算；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解： 在平行四边形中，点满足， 则，
.
故答案为：B.
【分析】根据向量的加减法运算以及向量的数乘运算求解即可.
3．（2024高一下·湛江期中）在中，，则中最小的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由题意，，
故中最小的边长为.
由正弦定理，
故.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和三角形内角和定理得出角C的值，再根据正弦定理计算出最小角的对边c的值.
4．（2024高一下·湛江期中）在直角坐标系中，向量，其中，若，三点共线，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
因为，，三点共线，则共线，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】先由题意求得向量的坐标，再利用向量共线的坐标表示列式计算，即可得出实数m的值.
5．（2024高一下·湛江期中）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故答案为：C．
【分析】根据题意，结合斜二测画法（斜二测画法的口诀是：平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变；）的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
6．（2024高一下·湛江期中）已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设圆锥的母线为，底面半径为，
所以扇形的面积为，解得，
扇形的弧长为，解得，
故圆锥的高，
所以此圆锥的体积为.
故选：B.
【分析】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，弧长公式，圆锥体积公式，由扇形面积和弧长公式求得扇形半径和弧长，从而得到圆锥的底面圆半径，再求圆锥的高，利用体积公式求解。
7．（2024高一下·湛江期中）如图，在直三棱柱中，D为的中点，，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：如图，取的中点E，连接，
则，则（或其补角）即为异面直线与所成的角，
由已知条件知：，则.
故答案为：C.
【分析】取的中点E，连接，易得（或其补角）为异面直线与所成的角，再利用已知条件得出异面直线与所成的角.
8．（2024高一下·湛江期中） 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质
【解析】解：因为，可得为等腰直角三角形，
又由平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入一个长方体内，如图所示，
可得长方体的对角线长即为三棱锥外接球的半径，即为求得直径，
所以，解得，
又因为，解得，
又由，所以，
当且仅当时，等号成立，所以三棱柱的体积为.
故答案为：A.
【分析】将三棱锥放入一个长方体中，得到为求得直径，由基本不等式求得，从而求得三棱锥的体积的最大值，得到答案.
9．（2024高一下·湛江期中）已知是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则m至少与中一个平行
【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】对于A，如图所示：
可得结果或，故A错误；
对于B，如图所示：
可得结果，故B正确；
对于C，如图所示：
可得，故C错误；
对于D，如图所示：
可得结果或，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】画出一个正方体，再借助正方体中的平行，垂直关系，从而逐项进行验证，即可找出说法正确的选项．
10．（2024高一下·湛江期中）设为复数(为虚数单位)，下列命题正确的有（ ）
A．复数的共轭复数的虚部为
B．若则
C．若则
D．若则
【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【解答】解：A、因为复数，所以，其虚部为2，故A正确；
B、取，此时，但，故B错误；
C、若，则，故，故C正确；
D、若，则，解得，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用共轭复数的定义即可判断A；利用特殊值法即可判断B；利用复数的除法化简复数，结合复数的模长公式即可判断C；解方程即可判断D.
11．（2024高一下·湛江期中）如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．直三棱柱的体积为
B．直三棱柱外接球的表面积为
C．若分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D．取得最小值时，
【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于选项A：因为，，
所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，
所以，故A正确．
对于选项B：如图1，记和外接圆的圆心分别为和，
连接，，记的中点为，连接，
则，，
易知为直三棱柱的外接球半径，
且，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故B错误．
对于选项C：如图2，取的中点，连接，
易知，，且，
故即异面直线与所成角或其补角，连接，则，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为，故C正确．
对于选项D：将直三棱柱的侧面展开得到平面展开图，
如图3所示．连接，分别交，于点，
易知的最小值为．
在侧面展开图中易知点分别为的三等分点，
过点作交于点，
由勾股定理得，
因为，所以，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据三棱柱的体积公式，即可判断选项A；通过确定球心的位置求出直三棱柱外接球的半径，即可判断选项B；通过平移找到异面直线所成角，然后在三角形中利用余弦定理，则可判断选项C；通过三棱柱的侧面展开图，则可判断选项D，进而找出说法正确的选项．
12．（2024高一下·湛江期中）向量，，且，则实数 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，即，解得.
故答案为：-1.
【分析】依题意，由可得，再根据数量积的坐标表示得到方程，解方程得出实数的值.
13．（2024高一下·湛江期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为3，，，则的值为 .
【答案】
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】因为 的面积为3， ，
所以
，
又因为
，解得
，
则
，所以
，
故答案为：
【分析】结合三角形的面积公式求出bc，然后利用已知条件即可求出b，c的边长，进而结合余弦定理即可求出结果.
14．（2024高一下·湛江期中）如图所示，在棱长为1的正方体中，设分别是线段、上的动点，若平面，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过点分别作交于点，交于点，连接，
要想平面，
则四边形为平行四边形，故，
设，则，故，
由勾股定理得，
其中，当且仅当时，等号成立，
故.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，要使平面，则四边形为平行四边形，故，设，再结合勾股定理表达出，则根据二次函数求最值的方法，从而得出线段长的最小值.
15．（2024高一下·湛江期中）设复数，为虚数单位.
（1）若，求；
（2）若是纯虚数，求.
【答案】（1）解：当时，，.
（2）解：因为，
又因为 为纯虚数，则，解得，
则，.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】（1）代入的值得出复数z，再利用复数乘法的 运算法则得出复数.
（2）先将进行化简，利用复数是纯虚数，则复数的实部为0且虚部不为0，从而求出的值，进而得出复数，则求出复数的模.
（1）当时，，.
（2），
因为其为纯虚数，则，解得，
则，.
16．（2024高一下·湛江期中）已知向量．
（1）若，求；
（2）若，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：由可得，整理得．
因为，
所以，解得，
所以，
所以．
（2）解：因为，又因为，
所以，解得，所以，
又因为，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算求出x的值，再根据向量的模的坐标运算，从而可得的值.
（2）根据向量平行的坐标运算求出x的值，再根据数量积求向量夹角的坐标运算，从而可得与的夹角的余弦值．
（1）由可得，整理得．
因为，所以，解得．
所以，所以．
（2），因为，所以，解得．
所以，又，所以，
所以与的夹角的余弦值为．
17．（2024高一下·湛江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】解：（1）因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
因为，则，
所以，
因为，所以.
（2）因为，，
由余弦定理可得，整理得，
又因为，解得，
所以.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦函数公式，从而化简得，进而得出的值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）由余弦定理可得，再结合求得的值，则利用三角形的面积公式得出的面积.
18．（2024高一下·湛江期中）如图，已知多面体的底面是边长为3的正方形，底面，，且．
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明：∵底面，底面，∴，
又因为，，平面，
∴平面．
（2）解：由题意易知四边形为直角梯形，
∴，
∴．
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和线面垂直的判定定理，从而证出平面.
（2）由题意易知四边形为直角梯形，再根据直角梯形的面积公式求出直角梯形的面积，再由棱锥的体积公式得出四棱锥的体积.
（1）∵底面，底面，
∴．
又，，平面，
∴平面．
（2）由题意易知四边形为直角梯形，
∴．
∴．
19．（2024高一下·湛江期中）如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）解：在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）证明：如图，连接交于点O，连接，
则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又因为平面平面，
所以平面.
（3）解：在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
在中，得出，
因为平面，平面，
所以平面，
由，得，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）根据正四棱锥的结构特征求出侧面的高，从而由正四棱锥的表面积公式得出正四棱锥的表面积.
（2）如图，连接交于点O，则，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，则由中位线定理得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，再结合面面平行的判定定理与性质定理，从而得出侧棱上存在一点，使得平面，并求出此时的值.
（1）在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为；
（2）如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又平面平面，
所以平面；
（3）在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得.
又，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.
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1．（2024高一下·湛江期中）已知复数，则对应的点在复平面的（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·湛江期中）在平行四边形中，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·湛江期中）在中，，则中最小的边长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·湛江期中）在直角坐标系中，向量，其中，若，三点共线，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．2
5．（2024高一下·湛江期中）如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·湛江期中）已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·湛江期中）如图，在直三棱柱中，D为的中点，，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·湛江期中） 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（ ）
A． B．5 C． D．
9．（2024高一下·湛江期中）已知是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则m至少与中一个平行
10．（2024高一下·湛江期中）设为复数(为虚数单位)，下列命题正确的有（ ）
A．复数的共轭复数的虚部为
B．若则
C．若则
D．若则
11．（2024高一下·湛江期中）如图，在直三棱柱中，分别是棱上的动点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．直三棱柱的体积为
B．直三棱柱外接球的表面积为
C．若分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D．取得最小值时，
12．（2024高一下·湛江期中）向量，，且，则实数 .
13．（2024高一下·湛江期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为3，，，则的值为 .
14．（2024高一下·湛江期中）如图所示，在棱长为1的正方体中，设分别是线段、上的动点，若平面，则线段长的最小值为 ．
15．（2024高一下·湛江期中）设复数，为虚数单位.
（1）若，求；
（2）若是纯虚数，求.
16．（2024高一下·湛江期中）已知向量．
（1）若，求；
（2）若，求与的夹角的余弦值．
17．（2024高一下·湛江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B的大小；
（2）若，求的面积．
18．（2024高一下·湛江期中）如图，已知多面体的底面是边长为3的正方形，底面，，且．
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积．
19．（2024高一下·湛江期中）如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：因为，
所以对应的点在复平面的第三象限.
故答案为：C.
【分析】根据虚数单位的性质化简得出复数z，再由复数实部、虚部符号确定复数对应点所在的象限.
2．【答案】B
【知识点】平面向量减法运算；平面向量数乘的运算；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解： 在平行四边形中，点满足， 则，
.
故答案为：B.
【分析】根据向量的加减法运算以及向量的数乘运算求解即可.
3．【答案】B
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由题意，，
故中最小的边长为.
由正弦定理，
故.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和三角形内角和定理得出角C的值，再根据正弦定理计算出最小角的对边c的值.
4．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，
所以，，
因为，，三点共线，则共线，
所以，则.
故答案为：C.
【分析】先由题意求得向量的坐标，再利用向量共线的坐标表示列式计算，即可得出实数m的值.
5．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故答案为：C．
【分析】根据题意，结合斜二测画法（斜二测画法的口诀是：平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变；）的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
6．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设圆锥的母线为，底面半径为，
所以扇形的面积为，解得，
扇形的弧长为，解得，
故圆锥的高，
所以此圆锥的体积为.
故选：B.
【分析】本题主要考查了圆锥的侧面积公式，弧长公式，圆锥体积公式，由扇形面积和弧长公式求得扇形半径和弧长，从而得到圆锥的底面圆半径，再求圆锥的高，利用体积公式求解。
7．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：如图，取的中点E，连接，
则，则（或其补角）即为异面直线与所成的角，
由已知条件知：，则.
故答案为：C.
【分析】取的中点E，连接，易得（或其补角）为异面直线与所成的角，再利用已知条件得出异面直线与所成的角.
8．【答案】A
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质
【解析】解：因为，可得为等腰直角三角形，
又由平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入一个长方体内，如图所示，
可得长方体的对角线长即为三棱锥外接球的半径，即为求得直径，
所以，解得，
又因为，解得，
又由，所以，
当且仅当时，等号成立，所以三棱柱的体积为.
故答案为：A.
【分析】将三棱锥放入一个长方体中，得到为求得直径，由基本不等式求得，从而求得三棱锥的体积的最大值，得到答案.
9．【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】对于A，如图所示：
可得结果或，故A错误；
对于B，如图所示：
可得结果，故B正确；
对于C，如图所示：
可得，故C错误；
对于D，如图所示：
可得结果或，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】画出一个正方体，再借助正方体中的平行，垂直关系，从而逐项进行验证，即可找出说法正确的选项．
10．【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【解答】解：A、因为复数，所以，其虚部为2，故A正确；
B、取，此时，但，故B错误；
C、若，则，故，故C正确；
D、若，则，解得，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用共轭复数的定义即可判断A；利用特殊值法即可判断B；利用复数的除法化简复数，结合复数的模长公式即可判断C；解方程即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于选项A：因为，，
所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，
所以，故A正确．
对于选项B：如图1，记和外接圆的圆心分别为和，
连接，，记的中点为，连接，
则，，
易知为直三棱柱的外接球半径，
且，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故B错误．
对于选项C：如图2，取的中点，连接，
易知，，且，
故即异面直线与所成角或其补角，连接，则，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为，故C正确．
对于选项D：将直三棱柱的侧面展开得到平面展开图，
如图3所示．连接，分别交，于点，
易知的最小值为．
在侧面展开图中易知点分别为的三等分点，
过点作交于点，
由勾股定理得，
因为，所以，故D正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据三棱柱的体积公式，即可判断选项A；通过确定球心的位置求出直三棱柱外接球的半径，即可判断选项B；通过平移找到异面直线所成角，然后在三角形中利用余弦定理，则可判断选项C；通过三棱柱的侧面展开图，则可判断选项D，进而找出说法正确的选项．
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，即，解得.
故答案为：-1.
【分析】依题意，由可得，再根据数量积的坐标表示得到方程，解方程得出实数的值.
13．【答案】
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】因为 的面积为3， ，
所以
，
又因为
，解得
，
则
，所以
，
故答案为：
【分析】结合三角形的面积公式求出bc，然后利用已知条件即可求出b，c的边长，进而结合余弦定理即可求出结果.
14．【答案】
【知识点】空间中两点间的距离公式；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：过点分别作交于点，交于点，连接，
要想平面，
则四边形为平行四边形，故，
设，则，故，
由勾股定理得，
其中，当且仅当时，等号成立，
故.
故答案为：.
【分析】作出辅助线，要使平面，则四边形为平行四边形，故，设，再结合勾股定理表达出，则根据二次函数求最值的方法，从而得出线段长的最小值.
15．【答案】（1）解：当时，，.
（2）解：因为，
又因为 为纯虚数，则，解得，
则，.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】（1）代入的值得出复数z，再利用复数乘法的 运算法则得出复数.
（2）先将进行化简，利用复数是纯虚数，则复数的实部为0且虚部不为0，从而求出的值，进而得出复数，则求出复数的模.
（1）当时，，.
（2），
因为其为纯虚数，则，解得，
则，.
16．【答案】（1）解：由可得，整理得．
因为，
所以，解得，
所以，
所以．
（2）解：因为，又因为，
所以，解得，所以，
又因为，
所以，
所以与的夹角的余弦值为．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算求出x的值，再根据向量的模的坐标运算，从而可得的值.
（2）根据向量平行的坐标运算求出x的值，再根据数量积求向量夹角的坐标运算，从而可得与的夹角的余弦值．
（1）由可得，整理得．
因为，所以，解得．
所以，所以．
（2），因为，所以，解得．
所以，又，所以，
所以与的夹角的余弦值为．
17．【答案】解：（1）因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
因为，则，
所以，
因为，所以.
（2）因为，，
由余弦定理可得，整理得，
又因为，解得，
所以.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦函数公式，从而化简得，进而得出的值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）由余弦定理可得，再结合求得的值，则利用三角形的面积公式得出的面积.
18．【答案】（1）证明：∵底面，底面，∴，
又因为，，平面，
∴平面．
（2）解：由题意易知四边形为直角梯形，
∴，
∴．
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和线面垂直的判定定理，从而证出平面.
（2）由题意易知四边形为直角梯形，再根据直角梯形的面积公式求出直角梯形的面积，再由棱锥的体积公式得出四棱锥的体积.
（1）∵底面，底面，
∴．
又，，平面，
∴平面．
（2）由题意易知四边形为直角梯形，
∴．
∴．
19．【答案】（1）解：在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）证明：如图，连接交于点O，连接，
则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又因为平面平面，
所以平面.
（3）解：在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
在中，得出，
因为平面，平面，
所以平面，
由，得，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）根据正四棱锥的结构特征求出侧面的高，从而由正四棱锥的表面积公式得出正四棱锥的表面积.
（2）如图，连接交于点O，则，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，则由中位线定理得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，再结合面面平行的判定定理与性质定理，从而得出侧棱上存在一点，使得平面，并求出此时的值.
（1）在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为；
（2）如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又平面平面，
所以平面；
（3）在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得.
又，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.
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