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单元检测七　立体几何与空间向量
(时间：120分钟　分值：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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.点M(3，-2，1)关于平面Oyz对称的点的坐标是(　　)
A.(-3，-2，1) B.(-3，2，-1)
C.(-3，-2，-1) D.(-3，2，1)
2.(2026·广州模拟)如图是一个直径为12 cm的球形容器和一个底面直径为4 cm、深9 cm的圆柱形水杯(壁厚均不计)，则球形容器装满时，约可以倒满水杯(　　)
A.4杯 B.6杯
C.8杯 D.16杯
3.(2025·长沙模拟)已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n满足m⊥α，n β，则“m∥n”是“α⊥β”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
4.如图，M为四面体OABC的棱BC的中点，N为OM的中点，点P在线段AN上，且AP=2PN，设=a，=b，=c，则等于(　　)
A.=a+b+c
B.=a+b+c
C.=a-b+c
D.=a+b-c
5.(2025·榆林模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA=AB，AD=AB，则二面角P-CD-B的大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
6.(2025·南京模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是(　　)
A. B.- C.- D.
7.(2025·武汉模拟)如图1为“方斗”，古时候常作为一种容器.现有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，AB=10，A1B1=2，现往该方斗杯里加水，当水面的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为(　　)
A.112 B. C. D.496
8.(2025·唐山模拟)如图，在△ABC中，AB=AC=2，BC=2，点E在边BC上，∠BAE=θ，△ABE沿AE翻折，得到三棱锥B'-ACE，满足平面AB'E⊥平面ACE，则B'C的最大值为(　　)
A.2 B. C.2 D.3
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.下列命题正确的有(　　)
A.任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥
B.过圆锥的顶点作截面，当截面为轴截面时截面的面积最大
C.若直线l与平面α相交，则α内有无数条直线与l垂直
D.若直线l与平面α相交，则α内所有直线与l是异面直线
10.(2025·苏州模拟)在正四棱锥M-ABCD中，侧棱MA与底面边长相等，P，Q分别是AB和MC的中点，则(　　)
A.PQ∥MA B.PQ∥平面MAD
C.PQ⊥MD D.PQ⊥平面MBD
11.(2026·衡水模拟)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，点M为A1D1的中点，点P为正方形A1B1C1D1内一点(包含边界)，且BP∥平面AB1M，球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，下列说法正确的是(　　)
A.球O的体积为
B.点P的轨迹长度为2
C.异面直线CC1与BP所成角的余弦值的取值范围为
D.三棱锥M-AA1B1的外接球与球O内切
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，C'B'⊥x'轴，C'D'∥y'轴，C'B'=，A'B'=5，则△A'B'C'的原图形的面积为　　　　.
13.如图，圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为4，D为弧AB的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC，DE所成角的余弦值为　　　　.
14.已知侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC，其内切球球心为O，球O1与球O以及三棱锥P-ABC的三个侧面均相切，则PO1=　　　　.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图所示，四边形ABCD是矩形，且AB=2，AD=1，若将图中阴影部分绕AB旋转一周.
(1)求阴影部分形成的几何体的体积；(5分)
(2)求阴影部分形成的几何体的表面积.(8分)
16.(15分)(2026·苏州模拟)如图，已知四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，CD⊥AD，AD=2BC=2CD=2，AP⊥PD，平面ABCD⊥平面PAD.
(1)求证：平面ABP⊥平面PCD；(6分)
(2)求平面BPD与平面PCD夹角的正弦值的取值范围.(9分)
17.(15分)(2026·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，△PAB是边长为2的正三角形.O是棱AB的中点，PO⊥平面ABC，CO=.
(1)在直线PB上是否存在一点M，使得直线PA∥平面MOC？(6分)
(2)若平面POC⊥平面PAC，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值.(9分)
18.(17分)(2025·天津模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证：AB∥EF；(4分)
(2)若AF⊥EF，
①求证：平面PAD⊥平面ABCD；(4分)
②若PA=PD=AB=3，=，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离.(9分)
19.(17分)(2026·白银模拟)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AD，AB上运动，且AE=BF=λAD，λ∈(0，1).将△AEF沿EF折起，使得点A到达点P的位置，此时平面PEF⊥平面BCDEF.
(1)当λ=时，求证：PC⊥EF；(4分)
(2)是否存在λ，使PE⊥PC？若存在，求出此时λ的值；若不存在，请说明理由；(5分)
(3)求证：存在λ，使得平面PCE与平面CEF的夹角为75°.(8分)
单元检测七　立体几何与空间向量
(时间：120分钟　分值：150分)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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.点M(3，-2，1)关于平面Oyz对称的点的坐标是(　　)
A.(-3，-2，1) B.(-3，2，-1)
C.(-3，-2，-1) D.(-3，2，1)
答案　A
解析　由空间直角坐标系的性质可知，点M(3，-2，1)关于平面Oyz对称的点的坐标是(-3，-2，1).
2.(2026·广州模拟)如图是一个直径为12 cm的球形容器和一个底面直径为4 cm、深9 cm的圆柱形水杯(壁厚均不计)，则球形容器装满时，约可以倒满水杯(　　)
A.4杯 B.6杯
C.8杯 D.16杯
答案　C
解析　球形容器的直径为12 cm，则半径为6 cm，
所以球形容器的容积V1=π×63=288π(cm3)，
底面直径为4 cm、深9 cm的圆柱形水杯的底面半径为2 cm，
所以圆柱形水杯的容积V2=π×22×9=36π(cm3)，
所以V1=8V2，则球形容器装满时，约可以倒满水杯8杯.
3.(2025·长沙模拟)已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n满足m⊥α，n β，则“m∥n”是“α⊥β”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案　B
解析　因为两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n满足m⊥α，n β，
所以若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n β，所以α⊥β，即充分性成立；
若α⊥β，m⊥α，n β，则m∥β或m β，
则m∥n或m与n相交或异面，即必要性不成立，
所以“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件.
4.如图，M为四面体OABC的棱BC的中点，N为OM的中点，点P在线段AN上，且AP=2PN，设=a，=b，=c，则等于(　　)
A.=a+b+c
B.=a+b+c
C.=a-b+c
D.=a+b-c
答案　A
解析　由于M为四面体OABC的棱BC的中点，N为OM的中点，
故=+，==b+c，
因为AP=2PN，所以=，
=+=+=+-)=+=a+b+c.
5.(2025·榆林模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA=AB，AD=AB，则二面角P-CD-B的大小为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案　A
解析　如图，因为PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因为PD 平面PAD，则CD⊥PD，
所以二面角P-CD-B的平面角为∠PDA.
在Rt△PAD中，tan∠PDA===，
则∠PDA=30°.
故二面角P-CD-B的大小为30°.
6.(2025·南京模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是(　　)
A. B.- C.- D.
答案　D
解析　连接BF(图略)，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是棱BC，B1C1的中点，所以C1F=BE，C1F∥BE，所以四边形C1FBE为平行四边形，
所以BF∥C1E，所以∠DFB(或其补角)即为异面直线DF与C1E所成的角，
设AB=2，则BD=1，BF==，
连接EF，DE，则DE=AC=1，
因为EF∥BB1，
所以EF⊥平面ABC，DE 平面ABC，
所以EF⊥DE，
EF=BB1=2，DF===，
由余弦定理得cos∠DFB===.
所以异面直线DF与C1E所成角的余弦值是.
7.(2025·武汉模拟)如图1为“方斗”，古时候常作为一种容器.现有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，AB=10，A1B1=2，现往该方斗杯里加水，当水面的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为(　　)
A.112 B. C. D.496
答案　B
解析　设水面与棱台的四条侧棱分别相交于点A2，B2，C2，D2，
过A1作A1E∥BB1交AB于点E，交A2B2于点E2，如图所示，易知四边形AA1B1B为等腰梯形，则四边形A1B1BE为平行四边形，
因为水面的高度是方斗杯高度的，
则B2E2=BE=A1B1=2，
A2E2=AE=×(10-2)=6，因此A2B2=8，
设正四棱台A1B1C1D1-ABCD的高为h，体积为V，
则正四棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2的高为h，设体积为V1，
则V1=×(22+82+2×8)·h=21h，
V=×(22+102+2×10)h=h.
所以==，由题意，V1=84，
则该方斗杯可盛水的总体积为V=×84=.
8.(2025·唐山模拟)如图，在△ABC中，AB=AC=2，BC=2，点E在边BC上，∠BAE=θ，△ABE沿AE翻折，得到三棱锥B'-ACE，满足平面AB'E⊥平面ACE，则B'C的最大值为(　　)
A.2 B. C.2 D.3
答案　C
解析　在△ABC中，AB=AC=2，BC=2，
由余弦定理知cos∠BAC==-，故∠BAC=，
因为∠BAE=θ，故∠EAC=-θ，
在平面AB'E中，过点B'作B'D⊥AE，其中D为垂足，
在平面ACE中，过点D作DF⊥AC，垂足为F，连接B'F，如图所示，
因为平面AB'E⊥平面ACE，平面AB'E∩平面ACE=AE，
B'D 平面AB'E，故B'D⊥平面ACE，而AC 平面ACE，故B'D⊥AC.
而DF∩B'D=D，DF，B'D 平面DFB'，故AC⊥平面DFB'，
而B'F 平面DFB'，故AC⊥B'F，
因为cos θ=，cos∠EAC=cos=，cos∠B'AF=，
故cos θcos=cos∠B'AF，
所以cos∠B'AF=-cos2θ+sin θcos θ=sin 2θ-cos 2θ-=sin-，
因为≤θ≤，故≤2θ-≤，
故0≤sin-≤，
故0≤cos∠B'AC≤，
故B'C2=AB'2+AC2-2AB'·ACcos∠B'AC=8-8cos∠B'AC∈[6，8]，
故B'C的最大值为2.
二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.下列命题正确的有(　　)
A.任何一个棱台都可以补一个棱锥使它们组成一个新的棱锥
B.过圆锥的顶点作截面，当截面为轴截面时截面的面积最大
C.若直线l与平面α相交，则α内有无数条直线与l垂直
D.若直线l与平面α相交，则α内所有直线与l是异面直线
答案　AC
解析　对于A，棱台是用平行于棱锥底面的平面截棱锥，底面与截面之间的那部分多面体，则延长侧棱交于一点可还原为棱锥，A正确；
对于B，设圆锥的顶点为P，截面交底面于A，B两点，设圆锥的母线长为l，则S△PAB=PA·PB·sin∠APB =l2sin∠APB，若轴截面为钝角三角形，轴截面的面积并不是最大，当∠APB为直角时，截面面积最大，故B错误；
若直线l与平面α相交，则在平面α内与直线l在平面α内射影垂直的直线都和直线l垂直，故C正确；
对于D，设直线l与平面α相交于点P，则在平面α内过点P的直线与直线l相交，故D错误.
10.(2025·苏州模拟)在正四棱锥M-ABCD中，侧棱MA与底面边长相等，P，Q分别是AB和MC的中点，则(　　)
A.PQ∥MA B.PQ∥平面MAD
C.PQ⊥MD D.PQ⊥平面MBD
答案　BC
解析　如图，取MD的中点E，连接AE，EQ，PQ，
因为P，Q分别是AB和MC的中点，四棱锥M-ABCD是正四棱锥，
所以EQ∥DC∥AP，且EQ=DC=AB=AP，即四边形APQE是平行四边形，
对于A，因为PQ∥AE，AE∩MA=A，所以PQ与MA不平行，故A错误；
对于B，因为PQ∥AE，AE 平面MAD，PQ 平面MAD，所以PQ∥平面MAD，故B正确；
对于C，因为MA=AD=MD，E是MD的中点，所以AE⊥MD，又因为PQ∥AE，所以PQ⊥MD，故C正确；
对于D，连接AC，BD交于点O，连接MO，
因为四棱锥M-ABCD是正四棱锥，所以MO⊥平面ABCD，AC⊥BD，
因为AC 平面ABCD，所以MO⊥AC，
则由AC⊥BD，MO⊥AC，BD，MO 平面MBD，BD∩MO=O，可证得AC⊥平面MBD，
又因为PQ∥AE，AE∩AC=A，所以PQ与AC为异面直线，
如果PQ⊥平面MBD，则PQ∥AC与题意矛盾，故D错误.
11.(2026·衡水模拟)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，点M为A1D1的中点，点P为正方形A1B1C1D1内一点(包含边界)，且BP∥平面AB1M，球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，下列说法正确的是(　　)
A.球O的体积为
B.点P的轨迹长度为2
C.异面直线CC1与BP所成角的余弦值的取值范围为
D.三棱锥M-AA1B1的外接球与球O内切
答案　ACD
解析　由题意知球O的半径为1，故其体积为，故A正确；
取B1C1的中点N，连接BN，D1N，BD1，
易知D1N∥B1M，而D1N 平面AB1M，B1M 平面AB1M，
故D1N∥平面AB1M，
连接MN，则MN∥A1B1∥AB，MN=A1B1=AB，
即四边形ABNM为平行四边形，
则BN∥AM，
又BN 平面AB1M，AM 平面AB1M，
所以BN∥平面AB1M.
又因为BN∩D1N=N，BN，D1N 平面BND1，
故平面BND1∥平面AB1M，
又平面BND1∩平面A1B1C1D1=D1N，结合BP∥平面AB1M，B∈平面BND1，P∈平面A1B1C1D1，
故点P的轨迹为线段D1N，其长度为，故B错误；
因为CC1∥BB1，∠B1BP∈，
故异面直线CC1与BP所成的角即为∠B1BP，
当P位于N点时，∠B1BP最小，即为∠B1BN，
cos∠B1BN==；
当P位于D1点时，∠B1BP最大，即为∠B1BD1，
cos∠B1BD1==，
所以异面直线CC1与BP所成角的余弦值的取值范围为，故C正确；
连接BM，由正方体的几何性质易知∠BAM=∠BA1M=∠BB1M=，
故BM为三棱锥M-AA1B1外接球的直径，取O'为BM的中点，
即O'为三棱锥M-AA1B1外接球的球心，
由题意知O为BD1的中点，故OO'=MD1=，
因为球O的半径为r1=1，球O'的半径为r2=BM=，r2-r1=OO'，
故三棱锥M-AA1B1的外接球与球O内切，故D正确.
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，C'B'⊥x'轴，C'D'∥y'轴，C'B'=，A'B'=5，则△A'B'C'的原图形的面积为　　　　.
答案　10
解析　方法一　
如图所示，根据斜二测画法可知，C'D'∥y'轴，且C'D'=2，
原图形为△ABC，其中AB=5，CD⊥AB，且CD=4，
则△ABC的面积为·AB·CD=×5×4=10.
方法二　直观图面积为·A'B'·C'B'=×5×=，
原图形的面积等于直观图面积的2倍，
所以原图形的面积为×2=10.
13.如图，圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为4，D为弧AB的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC，DE所成角的余弦值为　　　　.
答案　
解析　△ABC为正三角形，设AB=a，则S△ABC=×a2=4，即AB=4，
如图，取AB的中点O，以OD所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，
由CO=ACcos 30°=2，知O(0，0，0)，A(0，-2，0)，D(2，0，0)，C(0，0，2)，
又E为母线BC的中点，则E(0，1，)，
所以=(0，2，2)，=(-2，1，)，
cos〈，〉===，
所以异面直线AC，DE所成角的余弦值为.
14.已知侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC，其内切球球心为O，球O1与球O以及三棱锥P-ABC的三个侧面均相切，则PO1=　　　　.
答案　
解析　设球O的半径为R，三棱锥P-ABC的表面积为S，
则V三棱锥P-ABC=V三棱锥O-ABC+V三棱锥O-PAB+V三棱锥O-PAC+V三棱锥O-PBC==，
解得R=，
又由点P到AB的距离为=2，得S=S△ABC+3S△PAB=3+3××2×2=9，且易知点P到平面ABC的距离为，则V三棱锥P-ABC=×3×=3，
可得R==，
设点P在底面ABC内的射影为Q，
因为点O在PQ上，在PQ上取点D，使得DQ=2R=，
过点D作平面ABC的平行平面GHT，分别交PA，PB，PC于点G，T，H，
如图所示，则三棱锥P-GHT也是正三棱锥，球O1即为该三棱锥的内切球，
又因为PD=PQ-DQ=，
设球O1的半径为R1，则==，所以O1D=R1=，
所以PO1=PD-O1D=.
四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图所示，四边形ABCD是矩形，且AB=2，AD=1，若将图中阴影部分绕AB旋转一周.
(1)求阴影部分形成的几何体的体积；(5分)
(2)求阴影部分形成的几何体的表面积.(8分)
解　(1)V圆柱=π×12×2=2π，V半球=×13×=，所求几何体的体积为2π-=.
(2)由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面，
因为AB=2AD=2，S半球=×4π×12=2π，S底面=π×12=π，S侧面=2π×1×2=4π，
故所求几何体的表面积为2π+π+4π=7π.
16.(15分)(2026·苏州模拟)如图，已知四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，CD⊥AD，AD=2BC=2CD=2，AP⊥PD，平面ABCD⊥平面PAD.
(1)求证：平面ABP⊥平面PCD；(6分)
(2)求平面BPD与平面PCD夹角的正弦值的取值范围.(9分)
(1)证明　在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，
又因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，CD 平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，
因为PA 平面PAD，所以CD⊥PA，
又因为PA⊥PD，CD∩PD=D，CD，PD 平面PCD，
所以PA⊥平面PCD，
因为PA 平面ABP，
所以平面ABP⊥平面PCD.
(2)解　分别取PD，AD的中点M，O，连接BM，OM，OB，如图所示.
因为O，M分别为AD，PD的中点，
则OM∥AP，OM=AP，
所以OM⊥PD，
在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，则BC∥AD，
因为O为AD的中点，AD=2BC，
故OD∥BC，OD=BC，
所以四边形OBCD为矩形，故OB∥CD，
因为CD⊥平面PAD，所以OB⊥平面PAD，
因为PD 平面PAD，所以PD⊥OB，
因为OB，OM 平面OBM，OB∩OM=O，
所以PD⊥平面OBM.
因为BM 平面OBM，所以PD⊥BM，
所以平面BPD与平面PAD的夹角为∠BMO，
因为CD⊥平面PAD，CD 平面PCD，
所以平面PAD⊥平面PCD，
所以平面BPD与平面PCD的夹角是平面BPD与平面PAD夹角的余角，
因此平面BPD与平面PCD夹角的正弦值等于cos∠BMO，
因为tan∠BMO===∈(1，+∞)，
∠BMO∈，
故∠BMO∈，
所以cos∠BMO∈，
综上所述，平面BPD与平面PCD夹角的正弦值的取值范围是.
17.(15分)(2026·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，△PAB是边长为2的正三角形.O是棱AB的中点，PO⊥平面ABC，CO=.
(1)在直线PB上是否存在一点M，使得直线PA∥平面MOC？(6分)
(2)若平面POC⊥平面PAC，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值.(9分)
解　(1)存在点M是PB的中点，使得直线PA∥平面MOC.理由如下：
当点M是PB的中点时，连接OM，MC，OM是△PAB的中位线，
∴OM∥PA，
又PA 平面MOC，OM 平面MOC，
∴PA∥平面MOC.
(2)过点A作AD⊥PC于点D，若点D与点C不重合，
∵平面POC⊥平面PAC，平面POC∩平面PAC=PC，AD 平面PAC，
∴AD⊥平面POC，
又PO 平面POC，∴AD⊥PO，
∵PO⊥平面ABC，AC 平面ABC，
∴PO⊥AC，
又AD，AC为平面PAC内的两条相交直线，
∴PO⊥平面PAC，又PC 平面PAC，
∴PO⊥PC，矛盾.
故点D与点C重合，AC⊥平面POC，
又OC 平面POC，∴AC⊥OC.
以C为原点，过C作OP的平行线为z轴，以CA，CO所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，0)，P，A，B，
则=，=，=，
设平面PAC的法向量为n=(x，y，z)，
则
令z=，得n=(0，-6，).
设直线PB与平面PAC所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈n，〉|==，
即直线PB与平面PAC所成角的正弦值是.
18.(17分)(2025·天津模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证：AB∥EF；(4分)
(2)若AF⊥EF，
①求证：平面PAD⊥平面ABCD；(4分)
②若PA=PD=AB=3，=，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离.(9分)
(1)证明　因为四边形ABCD为矩形，所以AB∥CD，
又AB 平面PCD，CD 平面PCD，
所以AB∥平面PCD，
因为AB 平面ABEF，平面ABEF∩平面PCD=EF，
所以AB∥EF.
(2)①证明　因为AF⊥EF，AB∥EF，所以AF⊥AB，
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，
又AF∩AD=A，AF，AD 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB 平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
②解　取AD的中点O，连接OP，OB，
因为PA=PD，所以OP⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，OP 平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD，
所以∠PBO就是直线PB与平面ABCD所成的角，
即tan∠PBO=，
在Rt△POB中，tan∠PBO====，
解得OA=1，
以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(1，3，0)，C(-1，3，0)，
由=，知F，
所以=(0，3，0)，=，
设平面ABE的法向量为n=(x，y，z)，
则
取z=1，则x=，y=0，
所以n=(，0，1)，
而=(-2，0，0)，
所以点C到平面ABE的距离为
==.
19.(17分)(2026·白银模拟)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别在线段AD，AB上运动，且AE=BF=λAD，λ∈(0，1).将△AEF沿EF折起，使得点A到达点P的位置，此时平面PEF⊥平面BCDEF.
(1)当λ=时，求证：PC⊥EF；(4分)
(2)是否存在λ，使PE⊥PC？若存在，求出此时λ的值；若不存在，请说明理由；(5分)
(3)求证：存在λ，使得平面PCE与平面CEF的夹角为75°.(8分)
(1)证明　当λ=时，E为AD的中点，F为AB的中点，
此时PE=PF=1，EF=，CE=CF==.
如图，取EF的中点M，连接PM，CM，
则PM⊥EF，CM⊥EF.
又PM∩CM=M，PM，CM 平面PCM，
所以EF⊥平面PCM.
又PC 平面PCM，所以PC⊥EF.
(2)解　假设存在λ，使PE⊥PC.
过点C作CH⊥EF于点H，连接PH，
因为平面PEF⊥平面BCDEF，平面PEF∩平面BCDEF=EF，CH 平面BCDEF，
所以CH⊥平面PEF.
又PE 平面PEF，所以CH⊥PE，
又PE⊥PC，PC∩CH=C，PC，CH 平面PCH，
所以PE⊥平面PCH，
又PH 平面PCH，所以PE⊥PH.
又PE⊥PF，所以点H，F重合.
所以CF⊥EF， (*)
设AE=BF=a(0则tan(∠AFE+∠CFB)===<0，
所以∠AFE+∠CFB>90°，
则∠EFC<90°，与(*)式矛盾.
所以不存在λ，使PE⊥PC.
(3)证明　以点A为原点，以AB，AD所在直线分别为x，y轴，过点A作垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
过点A作AG⊥EF于点G，连接PG，
则PG⊥EF，且PG=AG.
因为平面PEF⊥平面BCDEF，平面PEF∩平面BCDEF=EF，PG 平面PEF，且PG⊥EF，
所以PG⊥平面BCDEF.
设EF=m(0则AE=mcos α，AF=msin α，
又AE=BF，
所以AB=AF+BF=AF+AE=msin α+mcos α=2，AG=AEsin α=msin αcos α.
则G(msin αcos2α，msin2αcos α，0)，
进而P(msin αcos2α，msin2αcos α，msin αcos α)，
C(2，2，0)，E(0，mcos α，0)，
则=(-msin αcos2α，mcos3α，-msin αcos α)，
=(2，2-mcos α，0)=(2，msin α，0).
设平面PCE的法向量为n=(x，y，z)，
则n·=2x+ymsin α=0，
n·=-mxsin αcos2α+mycos3α-mzsin αcos α=0，
令x=-sin2α，得n=(-sin2α，sin2α+sin αcos α，sin αcos2α+cos α)，
易知平面CEF的一个法向量为u=(0，0，1).
所以cos〈n，u〉=，
又cos 75°=cos(45°+30°)=，
则
=.
等式两边平方得
==，即=.
所以4cos2α(1+sin αcos α)2=(2-)[sin4α+sin2α(sin α+cos α)2+cos2α(1+sin αcos α)2]，
移项整理得(2+)cos2α(1+sin αcos α)2=(2-)[sin4α+sin2α(1+2sin αcos α)].
所以(2+)2=
=
=，
令x=tan α，x>0，
令g(x)=-(2+)2=-(7+4)，x>0，
因为g(x)的图象连续不间断，g(1)=-(7+4)<0，g(4)>0，
由函数零点存在定理知，存在x0∈(1，4)，使g(x0)=0，
即存在λ，使得平面PCE与平面CEF的夹角为75°.
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