【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教B版)階段性測試題9(立體幾何)

階段性測試題九(立體幾何)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分．考試時間120分鐘．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．(2022·撫順二中期中)已知a，b，c是三條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，下述命題中真命題的是()A．若a⊥c，b⊥c，則a∥b或a⊥bB．若α⊥β，β⊥γ，則α∥βC．若a?α，b?β，c?β，a⊥b，a⊥c，則α⊥βD．若a⊥α，b?β，a∥b，則α⊥β[答案]D[解析]由a⊥c，b⊥c知，a與b可平行可相交，也可異面，故A錯；由直棱柱相鄰兩個側(cè)面與底面都垂直知B錯；當(dāng)α∩β＝l，a⊥l，b∥c∥l時，可滿足C的條件，故C錯；∵a∥b，a⊥α，∴b⊥α，又b?β，∴α⊥β，∴D正確．2．(2021·河南八校聯(lián)考)一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是一個正三角形，則這個幾何體的外接球的表面積為()A.eq\f(16π,3) B．eq\f(8π,3)C．4eq\r(3) D．2eq\r(3)π[答案]A[解析]由三視圖知該幾何體為三棱錐，底面是等腰三角形，其底長為2，高為1，棱錐高為eq\r(3)，頂點在底面射影為等腰直角三角形底邊的中點D，直觀圖如圖，BD⊥AC，PD⊥平面ABC，DA＝DB＝DC＝1，故球心O在PD上，設(shè)OP＝R，則(eq\r(3)－R)2＋12＝R2，∴R＝eq\f(2\r(3),3).∴S球＝4πR2＝eq\f(16π,3).3．(2021·銀川二中統(tǒng)練)已知H是球O的直徑AB上的一點，AHHB＝12，AH⊥平面α，H為垂足，α截球O所得截面的面積為π，則球O的表面積為()A.eq\f(9π,4) B.eq\f(9π,2)C.eq\f(9π,8) D.eq\f(16π,3)[答案]B[解析]如圖，由題意平面α截球O所得截面圓的面積為πr2＝π，∴r＝1，由球的性質(zhì)知，R2＝12＋(R－eq\f(2R,3))2，∴R2＝eq\f(9,8)，∴球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(9π,2).4．(2021·長春市十一高中階段測試)如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的主視圖是邊長為4的正方形，則此正三棱柱的左視圖的面積為A．16 B．2eq\r(3)C．4eq\r(3) D．8eq\r(3)[答案]D[解析]依題意知，此正三棱柱底面是邊長為4的正三角形，棱柱高為4，其側(cè)視圖為矩形，其一邊長為2eq\r(3)，另一邊長為4，故其面積S＝4×2eq\r(3)＝8eq\r(3)，故選D.5．(2021·江西三縣聯(lián)考)平面α與平面β平行的條件可以是()A．α內(nèi)有無窮多條直線與β平行B．直線a∥α，a∥βC．直線a?α，直線b?β，且a∥β，b∥αD．α內(nèi)的任何直線都與β平行[答案]D[解析]當(dāng)α∩β＝l時，α內(nèi)與l平行的直線都與β平行，故A錯；當(dāng)α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β時，滿足B的條件，∴B錯；當(dāng)α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l時，有a∥β，b∥α，∴C錯，故選D.6．(文)(2021·遼寧五校協(xié)作體期中)設(shè)l為直線，α、β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若l∥α，l∥β，則α∥βB．若α⊥β，l∥α，則l⊥βC．若l⊥α，l∥β，則α∥βD．若l⊥α，l⊥β，則α∥β[答案]D[解析]若l∥α，l∥β，則α與β可能平行、可能相交，故A不正確；若α⊥β，l∥α，則l∥β，l?β，l與β相交都有可能，故B不正確；若l⊥α，l∥β，則α⊥β，故C不正確；只有D正確．所以選D.(理)(2021·福建寧化一中階段測試)已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面，下列說法正確的是()A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m∥α，m⊥n，則n⊥αC．若m⊥α，m⊥n，則n∥αD．若m⊥α，n?α，則m⊥n[答案]D[解析]當(dāng)m∥α，n∥α?xí)r，m與n可能平行，也可能相交或異面，故A錯；m∥α，m⊥n時，n∥α，n與α相交，n⊥α，n?α都有可能，故B錯；m⊥α，m⊥n時，可能有n∥α，也可能n?α，故C錯；由線面垂直的定義知D正確．7．(2022·陜西工大附中四模)如下圖，某幾何體的主視圖與左視圖都是邊長為1的正方形，且體積為eq\f(1,2)，則該幾何體的俯視圖可以是()[答案]C[解析]若俯視圖為A，則該幾何體是棱長為1的正方體，體積V＝1；若俯視圖為B，則該幾何體是底半徑為eq\f(1,2)，高為1的圓柱，其體積V＝π·(eq\f(1,2))2·1＝eq\f(π,4)；若俯視圖為D，則該幾何體是底半徑為1，高為1的圓柱的eq\f(1,4)，其體積V＝eq\f(1,4)·π·12·1＝eq\f(π,4)；若俯視圖為C，則該幾何體是直三棱柱，底面直角三角形兩直角邊長為1，棱柱高為1，體積為V＝(eq\f(1,2)×1×1)×1＝eq\f(1,2)，因此選C.8．(2021·許昌、平頂山、新鄉(xiāng)調(diào)研)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A.eq\f(10,3) B．10C．30 D．24＋2eq\r(5)[答案]B[解析]由三視圖可知，該幾何體為直四棱柱，底面為直角梯形，S底＝eq\f(1,2)(2＋3)×2＝5，棱柱高為2，V＝5×2＝10.9．(2021·廣東揭陽一中期中)下列命題中，錯誤的是()A．一條直線與兩個平行平面中的一個相交，則必與另一個平面相交B．平行于同一平面的兩個不同平面平行C．假如平面α不垂直平面β，那么平面α內(nèi)確定不存在直線垂直于平面βD．若直線l不平行平面α，則在平面α內(nèi)不存在與l平行的直線[答案]D[解析]當(dāng)直線l在平面α內(nèi)時可知D錯誤．10．(2021·深圳市五校聯(lián)考)一個多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的體積為()A.eq\f(23,3) B．eq\f(22,3)C．6 D．7[答案]A[解析]由三視圖可知，該多面體是由正方體截去兩個正三棱錐所成的幾何體，如圖，正方體棱長為2，正三棱錐側(cè)棱相互垂直，側(cè)棱長為1，故幾何體的體積為：V＝V正方體－2V三棱錐＝2×2×2－2×(eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1)＝eq\f(23,3).11．(文)(2021·湖南長沙市長郡中學(xué)月考)一個空間幾何體的三視圖如圖所示，其側(cè)視圖是等邊三角形，則該幾何體的體積等于()A.eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3eq\r(3) D．6eq\r(3)[答案]A[解析]畫出其直觀圖如圖，這是一個四棱錐，底面為直角梯形，AD∥BC，AD＝1，BC＝2，AB＝2，AB⊥BC，頂點P在底面射影為AB的中點E，高PE＝eq\r(3)，故體積V＝eq\f(1,3)·[eq\f(1,2)(AD＋BC)·AB]·PE＝eq\r(3).(理)(2021·河南信陽六檢)某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖中的x的值是()A．2 B．eq\f(9,2)C.eq\f(3,2) D．3[答案]D[解析]由三視圖知，該幾何體是四棱錐，底面為直角梯形，AB∥CD，AD＝2，AB＝1，CD＝2，AB⊥AD，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝x，依題意知eq\f(1,3)[eq\f(1,2)(AB＋CD)·AD]·PD＝3，∴PD＝3，即x＝3，故選D.12．(文)(2022·康杰中學(xué)、臨汾一中、忻州一中、長治二中四校聯(lián)考)已知不重合的兩條直線l，m和不重合的兩個平面α，β，下列命題正確的是()A．l∥m，l∥β，則m∥βB．α∩β＝m，l?α，則l∥βC．α⊥β，l⊥α，則l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，則α⊥β[答案]D[解析]l?β，l∥m，m?β時，l∥β，故A錯；α∩β＝m，當(dāng)l?α且l∥m時，l∥β，當(dāng)l與m相交時，l與β相交，故B錯；α⊥β，當(dāng)l?β，l與α和β的交線垂直，l⊥α?xí)r，但l∥β不成立，故C錯；∵l⊥m，l⊥α，∴m?α或m∥α，又m⊥β，∴α⊥β，故D正確．(理)(2021·甘肅天水一中段測)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E1，F(xiàn)1分別是線段A1B1，A1C1的中點，則直線BE1與AF1A.eq\f(\r(30),10) B．eq\f(1,2)C.eq\f(\r(30),15) D．eq\f(\r(15),10)[答案]A[解析]以A為原點，直線AB、AD、AA1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，設(shè)棱長為1，則B(1,0,0)，E1(eq\f(1,2)，0,1)，F(xiàn)1(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，∴eq\o(AF1,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，eq\o(BE1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0,1)．cos〈eq\o(AF1,\s\up6(→))，eq\o(BE1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AF1,\s\up6(→))·\o(BE1,\s\up6(→)),|\o(AF1,\s\up6(→))||\o(BE1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,4),\f(\r(5),2)×\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(30),10)，故選A.第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(2022·西寧市二測)已知球O內(nèi)切于棱長為2的正方體，若在正方體內(nèi)任取一點，則這一點不在球內(nèi)的概率為________．[答案]1－eq\f(π,6)[解析]由題意知球的半徑為1，其體積為V球＝eq\f(4π,3)，正方體的體積為V正方體＝23＝8，則這一點不在球內(nèi)的概率P＝1－eq\f(\f(4π,3),8)＝1－eq\f(π,6).14．(2021·甘肅天水一中段測)若某幾何體的三視圖如下，該幾何體的體積為2，則俯視圖中的x＝________.[答案]2[解析]由三視圖可知，該幾何體為四棱錐，高為2，底面為直角梯形，面積S＝eq\f(1,2)(1＋x)×2＝1＋x，因此V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)·(1＋x)·2＝2，解得x＝2.15．(文)(2022·成都七中模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點M是BC1的中點，P是BB1一動點，則(AP＋MP)2的最小值為________[答案]eq\f(5,2)[解析]將平面ABB1A1開放到與平面CBB1C1共面，如下圖，易知當(dāng)A、P、M三點共線時(AP＋MP)2AM2＝AB2＋BM2－2AB×BMcos135°＝12＋(eq\f(\r(2),2))2－2×1×eq\f(\r(2),2)×(－eq\f(\r(2),2))＝eq\f(5,2).(理)(2022·開灤二中期中)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝eq\r(3)，D、E分別是AC1和BB1的中點，則直線DE與平面BB1C1C所成的角為________[答案]eq\f(π,6)[解析]取AC中點F，則DF綊BE，∴DE∥BF，∴BF與平面BB1C∵AB＝1，BC＝eq\r(3)，AC＝2，∴AB⊥BC，又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BCC1B1，作GF∥AB交BC于G，則GF⊥平面BCC1B1，∴∠FBG為直線BF與平面BCC1B1所成的角，由條件知BG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(3),2)，GF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)，∴tan∠FBG＝eq\f(GF,BG)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠FBG＝eq\f(π,6).16．(文)(2022·成都市二診)如圖所示的正三角形是一個圓錐的側(cè)視圖，則這個圓錐的側(cè)面積為________．[答案]2π[解析]由側(cè)視圖知圓錐的母線長l＝2，底半徑r＝1，∴側(cè)面積S側(cè)＝πrl＝2π.(理)(2022·東北三省三校二模)P為正方體ABCD－A1B1C1D1對角線BD1上的一點，且BP＝λBD1(λ∈(0,1))．下面結(jié)論①A1D⊥C1P；②若BD1⊥平面PAC，則λ＝eq\f(1,3)；③若△PAC為鈍角三角形，則λ∈(0，eq\f(1,2))；④若λ∈(eq\f(2,3)，1)，則△PAC為銳角三角形．其中正確的結(jié)論為________．(寫出全部正確結(jié)論的序號)[答案]①②④[解析]在正方體中，易證A1D⊥平面AD1C1B，又C1P?平面AD1C1B，所以A1D⊥C1P，∴①正確；若BD1⊥平面PAC，則點P為平面ACB1與體對角線BD1的交點，利用等體積法可得BP＝eq\f(1,3)BD1，即λ＝eq\f(1,3)，②正確；以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在射線分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，又BP＝λBD1，所以P(1－λ，1－λ，λ)，若△PAC為鈍角三角形，只能是∠APC是鈍角，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝(λ，λ－1，－λ)·(λ－1，λ，－λ)＝3λ2－2λ<0，解得λ∈(0，eq\f(2,3))，所以③錯誤；由③可知若λ∈(eq\f(2,3)，1)，則△PAC為銳角三角形，④正確，所以正確的結(jié)論序號為①②④.三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(2021·遼寧五校協(xié)作體期中)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝eq\r(2)，AA1＝2.(1)證明：AA1⊥BD；(2)證明：平面A1BD∥平面CD1B1；(3)求三棱柱ABD－A1B1D1的體積．[解析](1)證明：∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又∵A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴A1O⊥BD，又∵A1O∩AC＝O，A1O?平面A1AC，AC?平面A1∴BD⊥平面A1AC，∵AA1?平面A1∴AA1⊥BD.(2)∵A1B1∥AB，AB∥CD，∴A1B1∥CD，又A1B1＝CD，∴四邊形A1B1CD是平行四邊形，∴A1D∥B1C，同理A1B∥CD1∵A1B?平面A1BD，A1D?平面A1BD，CD1?平面CD1B1，B1C?平面CD1B且A1B∩A1D＝A1，CD1∩B1C＝C∴平面A1BD∥平面CD1B1.(3)∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O是三棱柱A1B1D1－ABD的高．在正方形ABCD中，AO＝1，在Rt△A1OA中，AA1＝2，AO＝1，∴A1O＝eq\r(3)，∴V三棱柱＝S△ABD·A1O＝eq\f(1,2)·(eq\r(2))2·eq\r(3)＝eq\r(3).所以，三棱柱ABD－A1B1D1的體積為eq\r(3).18．(本小題滿分12分)(2021·石光中學(xué)月考)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，若E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點．(1)求證：EF∥平面PAD；(2)求證：平面PDC⊥平面PAD；(3)求四棱錐P－ABCD的體積．[解析](1)連接EF，AC，∵四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形且點F為對角線BD的中點，∴對角線AC經(jīng)過F點，又點E為PC的中點，∴EF為△PAC的中位線，∴EF∥PA.又PA?平面PAD，EF?平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)∵底面ABCD是邊長為a的正方形，∴CD⊥AD，又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PAD.又CD?平面PCD，∴平面PDC⊥平面PAD.(3)過點P作AD的垂線PG，垂足為點G，∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PG?平面PAD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，∴PG⊥平面ABCD，即PG為四棱錐P－ABCD的高，又PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD且AD＝a，∴PG＝eq\f(a,2).∴V四棱錐P－ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PG＝eq\f(1,3)×a2×eq\f(a,2)＝eq\f(1,6)a3.19．(本小題滿分12分)(文)(2021·江西三縣聯(lián)考)如圖，四邊形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF＝BE＝2，EF＝4eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，ABCD是矩形．AD⊥平面ABEF，其中Q，M分別是AC，EF的中點，P是BM中點．(1)求證：PQ∥平面BCE；(2)求證：AM⊥平面BCM；(3)求點F到平面BCE的距離．[解析](1)由于AB∥EM，且AB＝EM，所以四邊形ABEM為平行四邊形．連接AE，則AE過點P，且P為AE中點，又Q為AC中點，所以PQ是△ACE的中位線，于是PQ∥CE.∵CE?平面BCE，PQ?平面BCE，∴PQ∥平面BCE.(2)AD⊥平面ABEF?BC⊥平面ABEF?BC⊥AM.在等腰梯形ABEF中，由AF＝BE＝2，EF＝4eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，可得∠BEF＝45°，BM＝AM＝2，∴AB2＝AM2＋BM2，∴AM⊥BM.又BC∩BM＝B，∴AM⊥平面BCM.(3)解法一：點F到平面BCE的距離是M到平面BCE的距離的2倍，∵EM2＝BE2＋BM2，∴MB⊥BE，∵MB⊥BC，BC∩BE＝B，∴MB⊥平面BCE，∴d＝2MB＝4.解法二：VC－BEF＝eq\f(1,3)S△BEF·BC＝eq\f(4,3)BC，VF－BCE＝eq\f(1,3)S△BCE·d＝eq\f(d,3)BC.∵VC－BEF＝VF－BCE，∴d＝4.(理)(2022·湖南長沙試驗中學(xué)、沙城一中聯(lián)考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，∠BAC＝90°，點D是棱B1(1)求證：A1D⊥平面BB1C(2)求證：AB1∥平面A1DC；(3)求二面角D－A1C－A的余弦值[解析](1)證明：由于側(cè)面ABB1A1，ACC1A所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1由于A1D?平面A1B1C1，所以AA1⊥A1D又由于CC1∥AA1，所以CC1⊥A1D，又由于A1B1＝A1C1，D為B1C所以A1D⊥B1C1由于CC1∩B1C1＝C1，所以A1D⊥平面BB1(2)證明：連結(jié)AC1，交A1C于點O，連結(jié)OD由于ACC1A1為正方形，所以O(shè)為AC1又D為B1C1中點，所以O(shè)D為△AB1C所以AB1∥OD，由于OD?平面A1DC，AB1?平面A1DC，所以AB1∥平面A1DC.(3)由于側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，∠所以AB，AC，AA1兩兩相互垂直，如圖所示建立直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.設(shè)AB＝1，則C(0,1,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，D(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)．eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，設(shè)平面A1DC的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y－z＝0，))取x＝1，得n＝(1，－1，－1)．又由于AB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的法向量為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，設(shè)二面角D－A1C－A的平面角為θ，則θ＝π－〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉，∴cosθ＝cos(π－〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉)＝－eq\f(n·\o(AB,\s\up6(→)),|n|·|\o(AB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(1,\r(3))＝－eq\f(\r(3),3)，所以，二面角D－A1C－A的余弦值為－eq\f(\r(3),3).20．(本小題滿分12分)(文)(2022·黃石二中檢測)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝2AB＝2，且BC1⊥A1(1)求證：平面ABC1⊥平面A1ACC1；(2)設(shè)D是A1C1的中點，推斷并證明在線段BB1上是否存在點E，使DE∥平面ABC1；若存在，求三棱錐E－ABC1的體積[解析](1)證明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1A⊥平面ABC.∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1又BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面ABC1，∵A1C?平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1(2)存在，E為BB1的中點．取A1A的中點F，連EF，F(xiàn)D，當(dāng)E為B1B的中點時，EF∥AB，DF∥AC1∴平面EFD∥平面ABC1，則有ED∥平面ABC1.當(dāng)E為BB1的中點時，VE－ABC1＝VC1－ABE＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,3).(理)(2022·保定市八校聯(lián)考)如圖，在底面是直角梯形的四棱錐P－ABCD中，∠DAB＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，梯形上底AD＝1.(1)求證：BC⊥平面PAB；(2)在PC上是否存在一點E，使得DE∥平面PAB？若存在，請找出；若不存在，說明理由；(3)求平面PCD與平面PAB所成銳二面角的正切值．[解析](1)證明：∵BC∥AD且∠DAB＝90°，∴BC⊥AB，又PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，而PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.(2)延長BA、CD相交于Q點，假如在PC上存在點E，滿足DE∥平面PAB，則由平面PCQ經(jīng)過DE與平面PAB相交于PQ知DE∥PQ，∵AD∥BC且AD＝1，BC＝3，∴eq\f(PE,CP)＝eq\f(QD,CQ)＝eq\f(AD,BC)＝eq\f(1,3)，故E為CP的三等分點，PE＝eq\f(1,2)CE.(3)過A作AH⊥PQ，垂足為H，連DH，由(1)及AD∥BC知：AD⊥平面PAQ，∴AD⊥PQ，又AH⊥PQ，∴PQ⊥平面HAD，∴PQ⊥HD.∴∠AHD是平面PCD與平面PBA所成的二面角的平面角．易知AQ＝eq\f(3,2)，PQ＝eq\f(3\r(5),2)，∴AH＝eq\f(AQ·PA,PQ)＝eq\f(3\r(5),5)，∴tan∠AHD＝eq\f(AD,AH)＝eq\f(\r(5),3)，所以平面PCD與平面PAB所成二面角的正切值為eq\f(\r(5),3).21．(本小題滿分12分)(文)(2021·大連市二十中期中)如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分別在BC、AD上，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC.(1)當(dāng)BE＝1時，是否在折疊后的AD上存在一點P，使得CP∥平面ABEF？若存在，指出P點位置，若不存在，說明理由；(2)設(shè)BE＝x，問當(dāng)x為何值時，三棱錐A－CDF的體積有最大值？并求出這個最大值．[解析](1)存在點P使得滿足條件CP∥平面ABEF，且此時eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5).證明如下：eq\f(AP,AD)＝eq\f(3,5)，過點P作MP∥FD，與AF交于點M，則有eq\f(MP,FD)＝eq\f(3,5)，又FD＝5，故MP＝3，又由于EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形，所以PC∥ME，又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．(2)由于平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，又AF⊥EF，所以AF⊥平面EFDC.由已知BE＝x，所以AF＝x(0<x<4)，F(xiàn)D＝6－x.故VA－CDF＝eq\f(1,3)·(eq\f(1,2)DF·EF)·AF＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)·2·(6－x)·x＝eq\f(1,3)(6x－x2)＝eq\f(1,3)[－(x－3)2＋9]＝－eq\f(1,3)(x－3)2＋3.所以，當(dāng)x＝3時，VA－CDF有最大值，最大值為3.(理)(2022·浙江臺州中學(xué)期中)如圖，在Rt△ABC中，AB＝BC＝4，點E在線段AB上，過點E作EF∥BC交AC于點F，將△AEF沿EF折起到△PEF的位置(折起后的點A記作點P)，使得∠PEB＝60°.(1)求證：EF⊥PB.(2)試問：當(dāng)點E在線段AB上移動時，二面角P－FC－B的平面角的余弦值是否為定值？若是，求出定值，若不是，說明理由．[解析](1)在Rt△ABC中，∵EF∥BC，∴EF⊥AB，∴EF⊥EB，EF⊥EP，又∵EB∩EP＝E，∴EF⊥平面PEB.又∵PB?平面PEB，∴EF⊥PB.(2)解法一：∵EF⊥平面PEB，EF?平面BCFE，∴平面PEB⊥平面BCFE，過P作PQ⊥BE于點Q，垂足為Q，則PQ⊥平面BCFE，過Q作QH⊥FC，垂足為H.則∠PHQ即為所求二面角的平面角．設(shè)PE＝x，則EQ＝eq\f(1,2)x，PQ＝eq\f(\r(3),2)x，QH＝(PE＋EQ)sineq\f(π,4)＝eq\f(3\r(2),4)x，故tan∠PHQ＝eq\f(PQ,QH)＝eq\f(\r(6),3)，cos∠PHQ＝eq\f(\r(15),5)，即二面角P－FC－B的平面角的余弦值為定值eq\f(\r(15),5).解法二：在平面PEB內(nèi)，經(jīng)P點作PD⊥BE于D，由(1)知EF⊥平面PEB，∴EF⊥PD.∴PD⊥平面BCFE.在平面PEB內(nèi)過點B作直線BH∥PD，則BH⊥平面BCFE.以B點為坐標(biāo)原點，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BH,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PE＝x(0＜x＜4)又∵AB＝BC＝4，∴BE＝4－x，EF＝x，在Rt△PED中，∠PED＝60°，∴PD＝eq\f(\r(3),2)x，DE＝eq\f(1,2)x，∴BD＝4－x－eq\f(1,2)x＝4－eq\f(3,2)x，∴C(4,0,0)，F(xiàn)(x,4－x,0)，P(0,4－eq\f(3,2)x，eq\f(\r(3),2)x)．從而eq\o(CF,\s\up6(→))＝(x－4,4－x,0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－4,4－eq\f(3,2)x，eq\f(\r(3),2)x)．設(shè)n1＝(x0，y0，z0)是平面PCF的一個法向量，則n1·eq\o(CF,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x－4＋y04－x＝0，,－4x0＋4－\f(3,2)xy0＋\f(\r(3),2)xz0＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝0，,\r(3)x0－z0＝0，))取y0＝1，得，n1＝(1,1，eq\r(3))．又平面BCF的一個法向量為n2＝(0,0,1)．設(shè)二面角P－FC－B的平面角為α，則cosα＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(\r(15),5).因此當(dāng)點E在線段AB上移動時，二面角P－FC－B的平面角的余弦值為定值eq\f(\r(15),5).22．(本小題滿分14分)(文)(2021·江西省南昌市二中月考)已知幾何體A－BCED的三視圖如圖所示，其中俯視圖和側(cè)視圖都是腰長為4的等腰直角三角形，正視圖為直角梯形，已知幾何體A－BCED的體積為16.(1)求實數(shù)a的值；(2)將直角三角形△ABD繞斜邊AD旋轉(zhuǎn)一周，求該旋轉(zhuǎn)體的表面積．[解析](1)由該幾何體的三視圖知AC⊥平面BCED，且EC＝BC＝AC＝4，BD＝a，體積V＝eq\f(1,3)×4×eq\f(a＋4×4,2)＝16，∴a＝2.(2)在Rt△ABD中，AB＝4eq\r(2)，BD＝2，∴AD＝6，過B作AD的垂線BH，垂足為H，易得BH＝eq\f(4\r(2),3)，該旋轉(zhuǎn)體由兩個同底的圓錐構(gòu)成，圓錐