【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)阶段性测试题9(立体几何).docx

阶段性测试题九(立体几何)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．(2022·抚顺二中期中)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下述命题中真命题的是(　　)
A．若a⊥c，b⊥c，则a∥b或a⊥b
B．若α⊥β，β⊥γ，则α∥β
C．若a⊂α，b⊂β，c⊂β，a⊥b，a⊥c，则α⊥β
D．若a⊥α，b⊂β，a∥b，则α⊥β
[答案]　D
[解析]　由a⊥c，b⊥c知，a与b可平行可相交，也可异面，故A错；由直棱柱相邻两个侧面与底面都垂直知B错；当α∩β＝l，a⊥l，b∥c∥l时，可满足C的条件，故C错；∵a∥b，a⊥α，∴b⊥α，又b⊂β，∴α⊥β，∴D正确．
2．(2021·河南八校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为(　　)

A.　　　　　 B．
C．4 D．2π
[答案]　A
[解析]　由三视图知该几何体为三棱锥，底面是等腰三角形，其底长为2，高为1，棱锥高为，顶点在底面射影为等腰直角三角形底边的中点D，直观图如图，BD⊥AC，PD⊥平面ABC，DA＝DB＝DC＝1，故球心O在PD上，设OP＝R，则(－R)2＋12＝R2，∴R＝.
∴S球＝4πR2＝.

3．(2021·银川二中统练)已知H是球O的直径AB上的一点，AHHB＝12，AH⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为(　　)
A.　　 　 B.　　 　
C.　　 D.
[答案]　B
[解析]　如图，由题意平面α截球O所得截面圆的面积为πr2＝π，∴r＝1，由球的性质知，R2＝12＋(R－)2，
∴R2＝，

∴球O的表面积S＝4πR2＝.
4．(2021·长春市十一高中阶段测试)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的主视图是边长为4的正方形，则此正三棱柱的左视图的面积为(　　)

A．16 B．2　　
C．4 D．8
[答案]　D
[解析]　依题意知，此正三棱柱底面是边长为4的正三角形，棱柱高为4，其侧视图为矩形，其一边长为2，另一边长为4，故其面积S＝4×2＝8，故选D.
5．(2021·江西三县联考)平面α与平面β平行的条件可以是(　　)
A．α内有无穷多条直线与β平行
B．直线a∥α，a∥β
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α
D．α内的任何直线都与β平行
[答案]　D
[解析]　当α∩β＝l时，α内与l平行的直线都与β平行，故A错；当α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β时，满足B的条件，∴B错；当α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l时，有a∥β，b∥α，∴C错，故选D.
6．(文)(2021·辽宁五校协作体期中)设l为直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β
D．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
[答案]　D
[解析]　若l∥α，l∥β，则α与β可能平行、可能相交，故A不正确；若α⊥β，l∥α，则l∥β，l⊂β，l与β相交都有可能，故B不正确；若l⊥α，l∥β，则α⊥β，故C不正确；只有D正确．所以选 D.
(理)(2021·福建宁化一中阶段测试)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
[答案]　D
[解析]　当m∥α，n∥α时，m与n可能平行，也可能相交或异面，故A错；m∥α，m⊥n时，n∥α，n与α相交，n⊥α，n⊂α都有可能，故B错；m⊥α，m⊥n时，可能有n∥α，也可能n⊂α，故C错；由线面垂直的定义知D正确．
7．(2022·陕西工大附中四模)如下图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是(　　)

[答案]　C
[解析]　若俯视图为A，则该几何体是棱长为1的正方体，体积V＝1；若俯视图为B，则该几何体是底半径为，高为1的圆柱，其体积V＝π·()2·1＝；若俯视图为D，则该几何体是底半径为1，高为1的圆柱的，其体积V＝·π·12·1＝；若俯视图为C，则该几何体是直三棱柱，底面直角三角形两直角边长为1，棱柱高为1，体积为V＝(×1×1)×1＝，因此选C.
8．(2021·许昌、平顶山、新乡调研)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A. B．10　　
C．30 D．24＋2
[答案]　B
[解析]　由三视图可知，该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，S底＝(2＋3)×2＝5，棱柱高为2，V＝5×2＝10.
9．(2021·广东揭阳一中期中)下列命题中，错误的是(　　)
A．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交
B．平行于同一平面的两个不同平面平行
C．假如平面α不垂直平面β，那么平面α内确定不存在直线垂直于平面β
D．若直线l不平行平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线
[答案]　D
[解析]　当直线l在平面α内时可知D错误．
10．(2021·深圳市五校联考)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为(　　)

A. B．　　
C．6 D．7
[答案]　A
[解析]　由三视图可知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图，正方体棱长为2，正三棱锥侧棱相互垂直，侧棱长为1，故几何体的体积为：V＝V正方体－2V三棱锥＝2×2×2－2×(××1×1×1)＝.

11．(文)(2021·湖南长沙市长郡中学月考)一个空间几何体的三视图如图所示，其侧视图是等边三角形，则该几何体的体积等于(　　)

A. B．2　　
C．3 D．6
[答案]　A
[解析]　画出其直观图如图，这是一个四棱锥，底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝1，BC＝2，AB＝2，AB⊥BC，顶点P在底面射影为AB的中点E，高PE＝，故体积V＝·[(AD＋BC)·AB]·PE＝.

(理)(2021·河南信阳六检)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是(　　)

A．2 B．　　
C. D．3
[答案]　D
[解析]　由三视图知，该几何体是四棱锥，底面为直角梯形，AB∥CD，AD＝2，AB＝1，CD＝2，AB⊥AD，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝x，依题意知[(AB＋CD)·AD]·PD＝3，∴PD＝3，即x＝3，故选D.

12．(文)(2022·康杰中学、临汾一中、忻州一中、长治二中四校联考)已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是(　　)
A．l∥m，l∥β，则m∥β
B．α∩β＝m，l⊂α，则l∥β
C．α⊥β，l⊥α，则l∥β
D．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β
[答案]　D
[解析]　l⊄β，l∥m，m⊂β时，l∥β，故A错；α∩β＝m，当l⊂α且l∥m时，l∥β，当l与m相交时，l与β相交，故B错；α⊥β，当l⊂β，l与α和β的交线垂直，l⊥α时，但l∥β不成立，故C错；∵l⊥m，l⊥α，∴m⊂α或m∥α，又m⊥β，
∴α⊥β，故D正确．
(理)(2021·甘肃天水一中段测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E1，F1分别是线段A1B1，A1C1的中点，则直线BE1与AF1所成角的余弦值是(　　)

A. B．　　
C. D．
[答案]　A
[解析]　以A为原点，直线AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则B(1,0,0)，E1(，0,1)，F1(，，1)，∴＝(，，1)，＝(－，0,1)．

cos〈，〉＝＝＝，故选A.
第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2022·西宁市二测)已知球O内切于棱长为2的正方体，若在正方体内任取一点，则这一点不在球内的概率为________．
[答案]　1－
[解析]　由题意知球的半径为1，其体积为V球＝，正方体的体积为V正方体＝23＝8，则这一点不在球内的概率P＝1－＝1－.
14．(2021·甘肃天水一中段测)若某几何体的三视图如下，该几何体的体积为2，则俯视图中的x＝________.

[答案]　2
[解析]　由三视图可知，该几何体为四棱锥，高为2，底面为直角梯形，面积S＝(1＋x)×2＝1＋x，因此V＝Sh＝·(1＋x)·2＝2，解得x＝2.
15．(文)(2022·成都七中模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点M是BC1的中点，P是BB1一动点，则(AP＋MP)2的最小值为________．
[答案]　
[解析]　将平面ABB1A1开放到与平面CBB1C1共面，如下图，易知当A、P、M三点共线时(AP＋MP)2最小．

AM2＝AB2＋BM2－2AB×BMcos135°＝12＋()2－2×1××(－)＝.
(理)(2022·开滦二中期中)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为________．

[答案]　
[解析]　取AC中点F，则DF綊BE，∴DE∥BF，
∴BF与平面BB1C1C所成的角为所求，

∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，
又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BCC1B1，作GF∥AB交BC于G，则GF⊥平面BCC1B1，∴∠FBG为直线BF与平面BCC1B1所成的角，由条件知BG＝BC＝，GF＝AB＝，
∴tan∠FBG＝＝，∴∠FBG＝.
16．(文)(2022·成都市二诊)如图所示的正三角形是一个圆锥的侧视图，则这个圆锥的侧面积为________．

[答案]　2π
[解析]　由侧视图知圆锥的母线长l＝2，底半径r＝1，∴侧面积S侧＝πrl＝2π.
(理)(2022·东北三省三校二模) P为正方体ABCD－A1B1C1D1对角线BD1上的一点，且BP＝λBD1(λ∈(0,1))．下面结论：
①A1D⊥C1P；
②若BD1⊥平面PAC，则λ＝；
③若△PAC为钝角三角形，则λ∈(0，)；
④若λ∈(，1)，则△PAC为锐角三角形．
其中正确的结论为________．(写出全部正确结论的序号)
[答案]　①②④
[解析]　在正方体中，易证A1D⊥平面AD1C1B，又C1P⊂平面AD1C1B，所以A1D⊥C1P，∴①正确；若BD1⊥平面PAC，则点P为平面ACB1与体对角线BD1的交点，利用等体积法可得BP＝BD1，即λ＝，②正确；以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在射线分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则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为钝角三角形，只能是∠APC是钝角，所以·＝(λ，λ－1，－λ)·(λ－1，λ，－λ)＝3λ2－2λ<0，解得λ∈(0，)，所以③错误；由③可知若λ∈(，1)，则△PAC为锐角三角形，④正确，所以正确的结论序号为①②④.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(2021·辽宁五校协作体期中)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝，AA1＝2.

(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；
(3)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．
[解析]　(1)证明：∵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A1AC，
∴BD⊥平面A1AC，∵AA1⊂平面A1AC，
∴AA1⊥BD.
(2)∵A1B1∥AB，AB∥CD，∴A1B1∥CD，
又A1B1＝CD，∴四边形A1B1CD是平行四边形，
∴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＝，∴V三棱柱＝S△ABD·A1O＝·()2·＝.
所以，三棱柱ABD－A1B1D1的体积为.
18．(本小题满分12分)(2021·石光中学月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，若E，F分别为PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PDC⊥平面PAD；
(3)求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析]　(1)连接EF，AC，
∵四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形且点F为对角线BD的中点，
∴对角线AC经过F点，又点E为PC的中点，
∴EF为△PAC的中位线，∴EF∥PA.
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD.
(2)∵底面ABCD是边长为a的正方形，∴CD⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
∴CD⊥平面PAD.
又CD⊂平面PCD，∴平面PDC⊥平面PAD.
(3)过点P作AD的垂线PG，垂足为点G，
∵侧面PAD⊥底面ABCD，PG⊂平面PAD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
∴PG⊥平面ABCD，即PG为四棱锥P－ABCD的高，
又PA＝PD＝AD且AD＝a，∴PG＝.
∴V四棱锥P－ABCD＝S正方形ABCD·PG＝×a2×＝a3.
19．(本小题满分12分)(文)(2021·江西三县联考)如图，四边形ABEF是等腰梯形，AB∥EF，AF＝BE＝2，EF＝4，AB＝2，ABCD是矩形．AD⊥平面ABEF，其中Q，M分别是AC，EF的中点，P是BM中点．

(1)求证：PQ∥平面BCE；
(2)求证：AM⊥平面BCM；
(3)求点F到平面BCE的距离．
[解析]　(1)由于AB∥EM，且AB＝EM，所以四边形ABEM为平行四边形．
连接AE，则AE过点P，且P为AE中点，又Q为AC中点，
所以PQ是△ACE的中位线，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＝4，AB＝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：点F到平面BCE的距离是M到平面BCE的距离的2倍，
∵EM2＝BE2＋BM2，∴MB⊥BE，
∵MB⊥BC，BC∩BE＝B，
∴MB⊥平面BCE，∴d＝2MB＝4.
解法二：VC－BEF＝S△BEF·BC＝BC，
VF－BCE＝S△BCE·d＝BC.
∵VC－BEF＝VF－BCE，∴d＝4.
(理)(2022·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，∠BAC＝90°，点D是棱B1C1的中点．
(1)求证：A1D⊥平面BB1C1C；
(2)求证：AB1∥平面A1DC；
(3)求二面角D－A1C－A的余弦值．
[解析]　(1)证明：由于侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，
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为B1C1中点，
所以A1D⊥B1C1.
由于CC1∩B1C1＝C1，所以A1D⊥平面BB1C1C.
(2)证明：连结AC1，交A1C于点O，连结OD，
由于ACC1A1为正方形，所以O为AC1中点，
又D为B1C1中点，所以OD为△AB1C1中位线，
所以AB1∥OD，
由于OD⊂平面A1DC，AB1⊄平面A1DC，
所以AB1∥平面A1DC.
(3)由于侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，∠BAC＝90°，
所以AB，AC，AA1两两相互垂直，如图所示建立直角坐标系A－xyz.
设AB＝1，则C(0,1,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，D(，，1)．
＝(，，0)，＝(0,1，－1)，

设平面A1DC的法向量为n＝(x，y，z)，则有
∴
取x＝1，得n＝(1，－1，－1)．
又由于AB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的法向量为＝(1,0,0)，
设二面角D－A1C－A的平面角为θ，则θ＝π－〈n，〉，
∴cosθ＝cos(π－〈n，〉)
＝－＝－＝－，
所以，二面角D－A1C－A的余弦值为－.
20．(本小题满分12分)(文)(2022·黄石二中检测)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AC＝2AB＝2，且BC1⊥A1C.

(1)求证：平面ABC1⊥平面A1ACC1；
(2)设D是A1C1的中点，推断并证明在线段BB1上是否存在点E，使DE∥平面ABC1；若存在，求三棱锥E－ABC1的体积．
[解析]　(1)证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，有A1A⊥平面ABC.∴A1A⊥AC，又A1A＝AC，∴A1C⊥AC1.

又BC1⊥A1C，∴A1C⊥平面ABC1，∵A1C⊂平面A1ACC1，∴平面ABC1⊥平面A1CC1.
(2)存在，E为BB1的中点．
取A1A的中点F，连EF，FD，当E为B1B的中点时，EF∥AB，DF∥AC1，
∴平面EFD∥平面ABC1，则有ED∥平面ABC1.
当E为BB1的中点时，VE－ABC1＝VC1－ABE＝×2××1×1＝.
(理)(2022·保定市八校联考)如图，在底面是直角梯形的四棱锥P－ABCD中，∠DAB＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝3，梯形上底AD＝1.
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)在PC上是否存在一点E，使得DE∥平面PAB？若存在，请找出；若不存在，说明理由；
(3)求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的正切值．
[解析]　(1)证明：∵BC∥AD且∠DAB＝90°，
∴BC⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，
而PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.
(2)延长BA、CD相交于Q点，假如在PC上存在点E，满足DE∥平面PAB，则由平面PCQ经过DE与平面PAB相交于PQ知DE∥PQ，
∵AD∥BC且AD＝1，BC＝3，∴＝＝＝，
故E为CP的三等分点，PE＝CE.

(3)过A作AH⊥PQ，垂足为H，连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与平面PBA所成的二面角的平面角．
易知AQ＝，PQ＝，
∴AH＝＝，∴tan∠AHD＝＝，
所以平面PCD与平面PAB所成二面角的正切值为.
21．(本小题满分12分)(文)(2021·大连市二十中期中)如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB.现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC.
(1)当BE＝1时，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，指出P点位置，若不存在，说明理由；
(2)设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A－CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．
[解析]　(1)存在点P使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时＝.
证明如下：＝，过点P作MP∥FD，与AF交于点M，则有＝，
又FD＝5，故MP＝3，又由于EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，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)，FD＝6－x.

故VA－CDF＝·(DF·EF)·AF＝··2·(6－x)·x＝(6x－x2)＝[－(x－3)2＋9]＝－(x－3)2＋3.
所以，当x＝3时，VA－CDF有最大值，最大值为3.
(理)(2022·浙江台州中学期中)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝4，点E在线段AB上，过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(折起后的点A记作点P)，使得∠PEB＝60°.

(1)求证：EF⊥PB.
(2)试问：当点E在线段AB上移动时，二面角P－FC－B的平面角的余弦值是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．
[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，过P作PQ⊥BE于点Q，垂足为Q，则PQ⊥平面BCFE，过Q作QH⊥FC，垂足为H.则∠PHQ即为所求二面角的平面角．
设PE＝x，则EQ＝x，PQ＝x，
QH＝(PE＋EQ)sin＝x，
故tan∠PHQ＝＝，
cos∠PHQ＝，即二面角P－FC－B的平面角的余弦值为定值.
解法二：在平面PEB内，经P点作PD⊥BE于D，
由(1)知EF⊥平面PEB，
∴EF⊥PD.∴PD⊥平面BCFE.在平面PEB内过点B作直线BH∥PD，则BH⊥平面BCFE.以B点为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
设PE＝x(0＜x＜4)
又∵AB＝BC＝4，∴BE＝4－x，EF＝x，
在Rt△PED中，∠PED＝60°，∴PD＝x，DE＝x，
∴BD＝4－x－x＝4－x，
∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P(0,4－x，x)．
从而＝(x－4,4－x,0)，＝(－4,4－x，x)．
设n1＝(x0，y0，z0)是平面PCF的一个法向量，则
n1·＝0，n1·＝0，
∴∴
取y0＝1，得，n1＝(1,1，)．
又平面BCF的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
设二面角P－FC－B的平面角为α，则
cosα＝|cos〈n1，n2〉|＝.
因此当点E在线段AB上移动时，二面角P－FC－B的平面角的余弦值为定值.
22．(本小题满分14分)(文)(2021·江西省南昌市二中月考)已知几何体A－BCED的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形，已知几何体A－BCED的体积为16.
(1)求实数a的值；
(2)将直角三角形△ABD绕斜边AD旋转一周，求该旋转体的表面积．

[解析]　(1)由该几何体的三视图知AC⊥平面BCED，且EC＝BC＝AC＝4，BD＝a，体积V＝×4×＝16，∴a＝2.
(2)在Rt△ABD中，AB＝4，BD＝2，∴AD＝6，
过B作AD的垂线BH，垂足为H，易得BH＝，
该旋转体由两个同底的圆锥构成，圆锥底面半径为BH＝，
所以圆锥底面周长为C＝2π·＝，两个圆锥的母线长分别为4和2，
故该旋转体的表面积为S＝×(2＋4)＝.
(理)(2022·天津南开区二模)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面为正方形，P、O分别是上、下底面的中心，E是AB的中点，AB＝kAA1.

(1)求证：A1E∥平面PBC；
(2)当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
(3)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？
[解析]　以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝2，则

得A1(2,0，)、E(1,1,0)、P(0,0，)、B(0,2,0)、C(－2，0,0)、A(2,0,0)，
(1)由上得＝(－1,1，－)、＝(－2，－2,0)、＝(0,2，－)，
设平面PBC的法向量为n＝(1，α，β)，
则由得
∴n＝(1，－1，－k)，
∵·n＝0，
又A1E⊄平面PBC，
∴A1E∥平面PBC.
(2)当k＝时，由(Ⅰ)知平面PBC的法向量为n＝(1，－1，－1)，＝(2,0，－2)，
cos〈，n〉＝＝，
∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.
(3)由(1)知△PBC的重心G为(－，，)，则＝(－，，)，
若O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心，则有解得k＝，
∴当k＝时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心．