2021浙江省东阳中学高二10月阶段考试数学试题含答案

这是一份2021浙江省东阳中学高二10月阶段考试数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
东阳中学2020年下期阶段性测试卷
高二数学
一．选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．下列说法错误的是（　　）
A．长方体有6个面 B．三棱锥有4个顶点
C．三棱台有9条棱 D．三棱柱的侧面是全等的平行四边形
2．圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，则圆柱的侧面积为（　　）
A．20πcm2 B．10πcm2 C．28πcm2 D．14πcm2
3．如图所示，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形OA'B'C'，且直观图OA'B'C'的面积为2，则该平面图形的面积为（　　）
A．2 B．4
C．4 D．2
4．对于空间中的两条不同直线m，n和一个平面α，下列命题正确的是（　　）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m∥n，n⊂α，则m∥α D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
5．某几何体的主视图和左视图如图所示，则它的俯视图不可能是（　　）

A． B． C． D．
6．设P，A，B，C是球O表面上的四个点，若PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，且PA＝PB＝PC＝2，则球O的体积为（　　）
A．48π B．4π C．12π D．32π
7．在空间中，已知m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是（　　）
A．若m⊂α，m∥n，则n∥α B．若m⊥α且m∥β，则α⊥β
C．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α^ D．若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ
8．如图，ABCD是圆柱的轴截面，3AB＝2AD，点E在底面圆周上，且是的中点，则异面直线AE与BD所成角的正切值为（　　）

A． B．
C． D．
9．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝，AB＝，AA1＝1，过点B作直线与直线A1D及直线AC1所成的角均为，这样的直线的条数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．如图正方体AC1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（　　）
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF不平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
二．填空题（共7小题，每题5分，共35分）
11．若空间中两直线a与b没有公共点，则a与b的位置关系是　 　．
12．若圆台的母线与高的夹角为，且上下底面半径之差为4，则该圆台的高为　 　．
13．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1﹣BD﹣A的正切值为　 　.
14．在图中，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有　 　．（填上所有正确答案的序号）

15．若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为15π的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为　 　．
16．已知在矩形ABCD中，AB＝，BC＝a，
PA⊥平面ABCD，若在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，
则a的最小值是　 　．
17．我国古代数学名著《九章算术》中记载，斜解立方为“堑堵”，即底面是直角三角形的直三棱柱（直三棱柱为侧棱垂直于底面的三棱柱）．如图，棱柱ABC﹣A1B1C1为一个“堑堵”，底面ABC的三边中的最长边与最短边分别为AB，AC，且AB＝5，AC＝3，点P在棱BB1上，且PC⊥PC1，则当△APC1的面积取最小值时，异面直线AA1与PC1所成的角的余弦值为　 　．
三．解答题（共5小题，每题15分，共75分）

18．如图，P为菱形ABCD所在平面外一点，且△PAD为正三角形，∠BAD＝60°，E为PC的中点．
（1）求证：AP∥平面BDE；
（2）求证：AD⊥PB．







19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC．
（1）求证：平面PAC⊥平面PBC；
（2）若PA＝AC＝1，BC＝2，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值．








20．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝，∠ACB＝90°，AA1＝2，D为AB的中点．
（1）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值；
（2）在棱A1B1上是否存在一点M，使得平面C1AM∥平面B1CD．










21．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，且EC＝2FB．
（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面ACC1A1；
（Ⅱ）若AB＝EC＝2，求三棱锥C﹣AEF的体积．










22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝．
（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．




参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．下列说法错误的是（　　）
A．长方体有6个面
B．三棱锥有4个顶点
C．三棱台有9条棱
D．三棱柱的侧面是全等的平行四边形
【分析】根据几何体的结构特征进行分析，判断面、棱、顶点个数．
【解答】解：长方体属于四棱柱，故长方体有4个侧面，2个底面，故A正确；
三棱锥底面为三角形，底面有3个顶点，三棱锥的3个侧面还有1个公共顶点，
故三棱锥有4个顶点，故B正确；
三棱台上底面有3条棱，下底面有3条棱，还有3条侧棱，故三棱台有9条棱，故C正确；
三棱柱的底面边长不一定相等，故三棱柱的侧面不一定全等，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查了简单几何体的结构特征，属于基础题．
2．圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，则圆柱的侧面积为（　　）
A．20πcm2 B．10πcm2 C．28πcm2 D．14πcm2
【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可．
【解答】解：圆柱的母线长为5cm，底面半径为2cm，
则圆柱的侧面积为S侧＝2π×2×5＝20π（cm2）．
故选：A．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积计算问题，是基础题．
3．如图所示，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是等腰梯形OA'B'C'，且直观图OA'B'C'的面积为2，则该平面图形的面积为（　　）

A．2 B．4 C．4 D．2
【分析】结合S原图＝2S直观图，可得答案．
【解答】解：由已知直观图OA'B'C'的面积为2，
∴原来图形的面积S＝2×2＝4，
故选：B．
【点评】本题考查的知识点是斜二测画法，熟练掌握水平放置的图象S原图＝2S直观图，是解答的关键．
4．对于空间中的两条不同直线m，n和一个平面α，下列命题正确的是（　　）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥n，则n∥α
C．若m∥n，n⊂α，则m∥α D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
【分析】由线面平行的性质和线线的位置关系可判断A；由线面的位置关系可判断B；由线面平行的判定可判断C；由线面垂直的性质定理可判断D．
【解答】解：对于A，若m∥α，n∥α，可得m，n平行、相交或异面，故A错误；
对于B，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m∥n，n⊂α，且m⊄α，则m∥α，故C错误；
对于D，若m⊥α，n⊥α，由同垂直于题意平面的两直线平行，可得m∥n，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间线线、线面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
5．某几何体的主视图和左视图如图所示，则它的俯视图不可能是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】利用已知条件，结合选项中的俯视图，判断几何体的形状，即可．
【解答】解：由题意可知：
对于A，可以是圆锥；对于B，可以是四棱锥，对于C，可以是三棱锥，
故选：D．
【点评】本题考查简单空间图形的三视图，本题解题的关键是通过两个视图，想象出几何体的形状，注意虚线和实线的区别．
6．设P，A，B，C是球O表面上的四个点，若PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，且PA＝PB＝PC＝2，则球O的体积为（　　）
A．48π B．4π C．12π D．32π
【分析】根据PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，且PA＝PB＝PC＝2，可知它的外接球就是它扩展为棱长为2的正方体的外接球，求出正方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的体积．
【解答】解：P，A，B，C是球O表面上的四个点，PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，
即三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，
它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，
正方体的对角线的长2R＝，
所以半径为，所以球的体积V＝＝，
故选：B．
【点评】本题考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力，是基础题
7．在空间中，已知m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，则下列判断正确的是（　　）
A．若m⊂α，m∥n，则n∥α
B．若m⊥α且m∥β，则α⊥β
C．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α^
D．若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ
【分析】对于A，n∥α或n⊂α；对于B，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于C，l与α相交、平行或l⊂α；对于D，β与γ相交或平行．
【解答】解：由m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，知：
对于A，若m⊂α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故A错误；
对于B，若m⊥α且m∥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故B正确；
对于C，若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故C错误；
对于D，若α⊥β，α⊥γ，则β与γ相交或平行，故D错误．
故选：B．
【点评】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，是中档题．
8．如图，ABCD是圆柱的轴截面，3AB＝2AD，点E在底面圆周上，且是的中点，则异面直线AE与BD所成角的正切值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连结BE，则BE⊥AE，以A为原点，在平面ABE中，过点A作BE的平行线为x轴，AB为y轴，AD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE与BD所成角的正切值．
【解答】解：连结BE，则BE⊥AE，
以A为原点，在平面ABE中，过点A作BE的平行线为x轴，AB为y轴，
AD为z轴，建立空间直角坐标系，
设3AB＝2AD＝6，则A（0，0，0），E（0，，0），B（﹣，，0），D（0，0，3），
＝（0，，0），＝（，3），
设异面直线AE与BD所成角为θ，
则cosθ＝＝＝，
∴tanθ＝．
∴异面直线AE与BD所成角的正切值为．
故选：A．

【点评】本题考查异面直线所成角和正切值的求法，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，是中档题．
9．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝，AB＝，AA1＝1，过点B作直线1与直线A1D及直线AC1所成的角均为，这样的直线1的条数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由向量的数量积的定义和夹角公式，可得直线A1D和直线AC1所成的角为，通过平移和讨论三条直线在同一平面、不在同一个平面，可得直线l的条数．
【解答】解：＝﹣，＝++，
则•＝（﹣）•（++）
＝•+2﹣•﹣2＝0+7﹣0﹣1＝6，
而||＝＝2，||＝＝3，
所以cos＜，＞＝＝，
所以直线A1D和直线AC1所成的角为，
将直线l、直线A1D和直线AC1平移至点P，
则当三条直线在同一平面时，直线l为角平分线；
若三条直线不在同一平面，则这样的直线有两条．
故这样的直线条数为3．
故选：C．

【点评】本题考查空间线线所成角的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．
10．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（　　）

A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线A1G与平面AEF不平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
【分析】在A中，若D1D⊥AF，则DD1⊥平面AEF，从而CC1⊥EF，不成立；在B中，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，推导出平面A1GO∥平面AEF，从而A1G∥平面AEF；在C中，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，则EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，从而截面即为梯形AEFD1，进而；在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，由，，得以h1≠h2．
【解答】解：在A中，若D1D⊥AF，
又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以DD1⊥平面AEF，
所以DD1⊥EF，所以CC1⊥EF，不成立，故A错误；
在B中，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，
由条件可知：GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，
所以平面A1GQ∥平面AEF，
又因为A1G⊂平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故B错误；
在C中，如图所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE交于点S，
因为E，F为BC、C1C的中点，
所以EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，
所以截面即为梯形AEFD1，
又因为，，
所以，所以，故C正确；
在D中，记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，
因为，
又因为，
所以h1≠h2，故D错误．
故选：C．


【点评】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，是中档题．
二．填空题（共7小题）
11．若空间中两直线a与b没有公共点，则a与b的位置关系是　平行或异面　．
【分析】可考虑无公共点的两直线a，b是否在同一个平面内，可得a，b的位置关系．
【解答】解：空间中两直线a与b没有公共点，
若a，b在同一个平面内，则a，b为平行直线；
若a，b不同在任何一个平面内，则a，b为异面直线．
故答案为：平行或异面．
【点评】本题考查空间两直线的位置关系，考查分类讨论思想，属于基础题．
12．若圆台的母线与高的夹角为，且上下底面半径之差为4，则该圆台的高为　　．
【分析】根据圆台的上底面半径与下底面半径的差和圆台的母线与高组成直角三角形，计算即可．
【解答】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
圆台的母线与高所在直线的夹角为，轴截面如图所示；
所以圆台的高为h＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆台的几何特征与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
13．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1﹣BD﹣A的正切值为　　
【分析】先找二面角A1﹣BD﹣A的平面角，在△A1OA中，∠A1OA即为二面角A1﹣BD﹣A的平面角
【解答】解：连接AC交BD与点O如图所示，
因为AA1⊥BD，AC⊥BD，
所以∠A1OA即为二面角A1﹣BD﹣A的平面角，
在△A1OA中，AA1＝a，AO＝a，
所以二面角A1﹣BD﹣A的正切值为
故答案为

【点评】这是利用面面垂直来找二面角的问题，找二面角的关键是过公共棱上同一点，在两半平面内作棱的垂线，找两垂线所成角．常用方法是用三垂线定理或其逆定理．
14．在图中，G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有　（2）、（4）　．（填上所有正确答案的序号）

【分析】图（1）中，直线GH∥MN，图（2）中M∉面GHN，图（3）中GM∥HN，图（4）中，H∉面GMN．
【解答】解析：如题干图（1）中，直线GH∥MN；
图（2）中，G、H、N三点共面，但M∉面GHN，因此直线GH与MN异面；
图（3）中，连接MG，GM∥HN，因此，GH与MN共面；
图（4）中，G、M、N共面，但H∉面GMN，∴GH与MN异面．
所以图（2）、（4）中GH与MN异面．
故答案为：（2）、（4）
【点评】本题考查异面直线的定义和异面直线的判定方法，体现了数形结合的数学思想．
15．若将一个圆锥的侧面沿一条母线展开，其展开图是半径为5，面积为15π的扇形，则与该圆锥等体积的球的半径为　　．
【分析】由展开图的面积求出弧长既是圆锥的底面周长，进而求出底面半径和圆锥的高，求出圆锥体积，设球的半径，由球的体积公式公式求出球的半径．
【解答】解：由扇形面积和半径，设扇形的半径为r，弧长为l，则可得S＝lr，
由题意：15π＝•5•l，∴l＝6π，
设圆锥的底面半径为r'，则2πr'＝6π，∴r＝3，该圆锥的高h＝＝4，
∴V圆锥＝＝π32•4＝12π，
设球的半径为R'，
由题意得＝12π，
∴R'＝，
故答案为：．
【点评】考查圆锥展开图与圆锥的关系，及球的体积公式，属于基础题．
16．已知在矩形ABCD中，AB＝，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，则a的最小值是　4　．

【分析】连结AQ，推导出PA⊥DQ，由PQ⊥DQ，得DQ⊥平面PAQ，从而DQ⊥AQ，由题意得△ABQ∽△QCD，设BQ＝x，则x（a﹣x）＝8，当a时，在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，由此能求出a的最小值．
【解答】解：假设在BC边长存在点Q，使得PQ⊥DQ，
连结AQ，∵在矩形ABCD中，AB＝，BC＝a，PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥DQ，
∵PQ⊥DQ，∴DQ⊥平面PAQ，∴DQ⊥AQ，∴∠AQD＝90°，
由题意得△ABQ∽△QCD，
设BQ＝x，∴x（a﹣x）＝8，即x2﹣ax+8＝0（*），
当△＝a2﹣32≥0时，（*）方程有解，
∴当a时，在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，
故a的最小值为4．
故答案为：4．

【点评】本题考查线段长的最小值的求法，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．我国古代数学名著《九章算术》中记载，斜解立方为“堑堵”，即底面是直角三角形的直三棱柱（直三棱柱为侧棱垂直于底面的三棱柱）．如图，棱柱ABC﹣A1B1C1为一个“堑堵”，底面ABC的三边中的最长边与最短边分别为AB，AC，且AB＝5，AC＝3，点P在棱BB1上，且PC⊥PC1，则当△APC1的面积取最小值时，异面直线AA1与PC1所成的角的余弦值为　　．

【分析】设直三棱柱的高为x，BP＝y，先根据PC⊥PC1，利用勾股定理，可得①；过P作PQ⊥CC1于点Q，再过点Q作QM⊥AC1为于点M，则PM⊥AC1，即PM为△APC1的边AC1上的高，结合三角函数的知识和三角形的面积公式可得＝②，把①代入②式消去x整理后得＝，利用基本不等式推出当△APC1的面积取最小值时，y＝；最后结合平移的思想，可知∠B1PC1即为所求．
【解答】解：设直三棱柱的高为x，BP＝y，则B1P＝x﹣y，
∵△ABC为直角三角形，且AB＝5，AC＝3，∴BC＝4，
由勾股定理知，PC2＝BC2+BP2＝16+y2，，
∵PC⊥PC1，∴，即16+y2+16+（x﹣y）2＝x2，整理得y2﹣xy+16＝0，即．
过P作PQ⊥CC1于点Q，再过点Q作QM⊥AC1为于点M，则PM⊥AC1，即PM为△APC1的边AC1上的高，

在△ACC1中，sin∠AC1C＝，∴＝，
∴，
＝＝＝，
把代入上式，化简得＝≥，
当且仅当，即y2＝20，y＝时，等号成立，此时△APC1的面积取得最小值，x＝．
∵AA1∥BB1，∴∠B1PC1即为异面直线AA1与PC1所成的角，
sin∠B1PC1＝＝＝，
∴cos∠B1PC1＝，即异面直线AA1与PC1所成的角的余弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查异面直线的夹角问题，难点在于处理△APC1的面积问题，涉及利用基本不等式解决最值，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三．解答题（共5小题）
18．如图，P为菱形ABCD所在平面外一点，且△PAD为正三角形，∠BAD＝60°，E为PC的中点．
（1）求证：AP∥平面BDE；
（2）求证：AD⊥PB．

【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据线面垂直的判定定理证明线线垂直即可．
【解答】证明：（1）连结AC，交BD于点O
∵四边形ABCD为菱形，
∴O为AC中点
又∵E为PC中点，
∴AP∥OE
又∵AP⊄面BDE，OE⊂面BDE
∴AP∥平面BDE
（2）取AD中点F，连结PF、BF△PAD为正三角形，F为AD中点
∴PF⊥AD．
∵四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°
∴△ABD为正三角形
又F为AD中点
∴BF⊥AD
又PF∩BF＝F，PF、BF⊂面PBF
∴AD⊥面PBF
又PB⊂面PBF
∴AD⊥PB．
【点评】本题考查了线面平行以及线面垂直的判定定理，考查数形结合思想，是一道常规题．
19.如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠ACB＝90°，PA⊥底面ABC．
（1）求证：平面PAC⊥平面PBC；
（2）若PA＝AC＝1，BC＝2，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值．

【分析】（1）证明PA⊥BC，BC⊥AC，推出BC⊥平面PAC，然后证明平面PAC⊥平面PBC．
（2）过点A作AD⊥PC，连结MD，说明∠AMD是直线AM与平面PBC所成的角，通过求解三角形得出结果即可．
【解答】解：（1）证明：在三棱锥P﹣ABC中，
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．
又∵∠ACB＝90°，即BC⊥AC，PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，
BC⊂平面PBC∴平面PAC⊥平面PBC．
（2）在平面PAC内，过点A作AD⊥PC，连结MD，
∵平面PAC⊥平面PBC，
∴AD⊥平面PBC，
∴∠AMD是直线AM与平面PBC所成的角．
在△PAC中，∵PA＝AC＝1，AD⊥PC，
∴D为PC的中点，且，
又∵M是PB的中点，在△PBC中，
∵AD⊥平面PBC，DM⊂平面PBC，∴AD⊥DM，
在直角三角形ADM中，．

【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面垂直的判断定理，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．

20．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC＝，∠ACB＝90°，AA1＝2，D为AB的中点．
（1）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值；
（2）在棱A1B1上是否存在一点M，使得平面C1AM∥平面B1CD．

【分析】（1）第一问可以利用空间直角坐标系把点坐标表示出来，再利用向量夹角公式求解出来即可；
（2）第二问只要取A1B1的中点就可以证明到．
【解答】解：（1）以C为原点，CB、CA、CC1分别为x、z、y轴建立空间直角坐标系．
因为AC＝BC＝，AA1＝2．
所以C（0，0，0），A（），C1（0，2，0），．
所以，
那么＝＝；
（2）在A1B1上中点M，连接MA．

证明如下：
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱．
∴平面ABC∥平面A1B1C1，AB∥A1B1，AB＝A1B1．
∵D、M分别是AB、A1B1的中点．
∴C1M∥CD．
∵CD⊂平面CDB1，C1M⊄平面CDB1，
∴C1M∥平面CDB1．
∴，．
∴MB1＝AD，MB1∥AD．
∴四边形ADB1M是平行四边形．
∴AM∥DB1．
∵DB1⊂平面DCB1，AM⊄平面DBC1．
∴AM∥平面DCB1．
∵C1M∩AM＝M．
∴平面C1AM∥平面B1CD．
【点评】本题考查空间直角坐标系的作法以及两直线所成夹角问题，平面与平面平行的判定方法．

21．如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，且EC＝2FB．
（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面ACC1A1；
（Ⅱ）若AB＝EC＝2，求三棱锥C﹣AEF的体积．

【分析】（1）取AC中点M，连接BM，则BM⊥AC，从而BM⊥平面ACC1A1．取AE中点N，连接MN，FN，则MN∥EC，推导出四边形BMNF是平行四边形，由此能证明平面AEF⊥平面ACC1A1．
（2）作AD⊥BC于D，则AD⊥平面BEF，由等积法结合已知求出三棱锥A﹣BEF的体积得答案．
【解答】证明：（1）取AC中点M，连接BM，则BM⊥AC，因为AA1⊥底面ABC，
所以侧面ACC1A1⊥底面ABC，所以BM⊥平面ACC1A1．
取AE中点N，连接MN，FN，则MN∥EC，且MN＝EC，
又因为BB1∥CC1，EC＝2FB，所以FB∥EC且FB＝EC，
所以MN∥FB且MN＝FB，所以四边形BMNF是平行四边形，
所以FN∥BM，所以FN⊥平面ACC1A1．又FN⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面ACC1A1．
解：（2）作AD⊥BC于D，则AD⊥平面BEF，且AD＝．
于是VA﹣BEF＝×S△BEF×AD＝××1×2×＝．
故VB﹣AEF＝VA﹣BEF＝，
∴VC﹣AEF＝．

【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．
22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝．
（Ⅰ）求证：PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由．

【分析】（Ⅰ）由已知结合面面垂直的性质可得AB⊥平面PAD，进一步得到AB⊥PD，再由PD⊥PA，由线面垂直的判定得到PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）取AD中点为O，连接CO，PO，由已知可得CO⊥AD，PO⊥AD．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），进一步求出向量的坐标，再求出平面PCD的法向量，设PB与平面PCD的夹角为θ，由求得直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1），由可得M（0，1﹣λ，λ），，由BM∥平面PCD，可得
，由此列式求得当时，M点即为所求．
【解答】（Ⅰ）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
且AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，
∴AB⊥PD，
又PD⊥PA，且PA∩AB＝A，
∴PD⊥平面PAB；
（Ⅱ）解：取AD中点为O，连接CO，PO，
∵CD＝AC＝，
∴CO⊥AD，
又∵PA＝PD，
∴PO⊥AD．
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：
则P（0，0，1），B（1，1，0），D（0，﹣1，0），C（2，0，0），
则，，
设为平面PCD的法向量，
则由，得，则．
设PB与平面PCD的夹角为θ，则＝；
（Ⅲ）解：假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1），
由（Ⅱ）知，A（0，1，0），P（0，0，1），，B（1，1，0），，
则有，可得M（0，1﹣λ，λ），
∴，
∵BM∥平面PCD，为平面PCD的法向量，
∴，即，解得．
综上，存在点M，即当时，M点即为所求．

【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，训练了存在性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．