2021-2022学年上海市浦东新区进才中学高二（上）期中数学试卷

第1页（共1页）2021-2022学年上海市浦东新区进才中学高二（上）期中数学试卷一、填空题（本大题满分36分，共有12小题，每小题3分）1．（3分）命题“空间中任意3点确定一个平面”是命题．（填“真”，“假”）2．（3分）已知圆锥底面半径为2，母线长为3，则圆锥的表面积为．3．（3分）已知三棱柱的底面△ABC的三边长分别是AB＝8，BC＝6，AC＝10，侧棱AA1＝5且与底面所成角为45°，则此三棱柱的体积为．4．（3分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，则二面角D﹣AC﹣D1所成角为．5．（3分）已知正三棱锥P﹣ABC底面面积S△ABC＝3，点Q在高PO上且2PQ＝QO，则经过Q点且平行于底面的截面面积为．6．（3分）已知直线a，b，平面α，β，满足α∩β＝b且α⊥β，则“a⊥b”是“a⊥β”的条件．7．（3分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，则异面直线A1B与B1C1之间的距离为．8．（3分）已知α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是．①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若a∥α，a∥β，则α∥β；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊥α，b⊥α，则a∥b．9．（3分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线AC1＝且AC1与底面ABCD所成角的余弦值为，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为．10．（3分）如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是．11．（3分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面α过点A1，E，F，且与正方体ABCD﹣A1B1C1D1形成一个截面，现有如下说法：①截面图形是一个六边形；②棱BB1与平面α的交点是BB1的中点；③若点I在正方形CDD1C1内（含边界位置），且I∈α，则点I的轨迹长度为；④截面图形的周长为2+．则上述说法正确的命题序号为．12．（3分）在Rt△ABC中，已知BC＝12，AC＝5，D是斜边AB上任意一点（如图沿直线CD将△ABC折成直二面角B﹣CD﹣A）．若折叠后A，B两点间的距离为d，则d的最小值为．二、选择题（本大题满分12分，共有4小题，每小题3分）13．（3分）下列命题是假命题的是（）A．棱柱的所有侧面都是平行四边形 B．将矩形ABCD绕其一边旋转一周所形成的几何体叫做圆柱 C．正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心 D．将直角三角形AOB绕其一边旋转一周所形成的几何体叫做圆锥14．（3分）正三棱台侧面与底面所成角为，侧棱与底面所成角的余弦值为（）A． B． C． D．15．（3分）如果直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则（）A．sin2θ1+sin2θ2≥1 B．sin2θ1+sin2θ2≤1 C．sin2θ1+sin2θ2＞1 D．sin2θ1+sin2θ2＜116．（3分）如图为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，动点M从B1点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到B1的运动过程中，点M与平面A1DC1的距离保持不变，运动的路程x与l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x），则此函数图象大致是（）A． B． C． D．三、简答题（本大题满分52分，共有5小题）（用空间向量建系解题不得分）17．（8分）已知正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PA＝2．（1）求侧棱与底面所成角；（2）求正四棱锥P﹣ABCD的体积．18．（10分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC．（Ⅰ）求证：B1C1∥平面A1BC；（Ⅱ）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1．（Ⅲ）若A1B＝2BC，求异面直线A1B与B1C1所成角的大小．19．（8分）佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的▱ABCD由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊.（1）若AB＝2，求图2六面体的表面积；（2）求二面角P﹣EF﹣P′所成角的大小．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是矩形，且AD＝2，AB＝PA＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．（1）证明：PF⊥FD；（2）求四棱锥P﹣ABCD的表面积；（3）求直线PE与平面PFD所成角的大小．21．（14分）如图，在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，∠DCB＝60°．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．（1）求证：BC∥平面EFGH，AD∥平面EFGH；（2）设二面角A﹣BC﹣D的平面角为θ，求θ在区间[0，]变化的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；（3）设λ＝（λ∈（0，1）），且平面ABC⊥平面BCD，则当λ为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为？

2021-2022学年上海市浦东新区进才中学高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题满分36分，共有12小题，每小题3分）1．（3分）命题“空间中任意3点确定一个平面”是假命题．（填“真”，“假”）【分析】直接利用三点共面的判定，命题真假的判定求出结果．【解答】解：命题“空间中不共线的3点确定一个平面”为真命题，故该命题为假命题；故答案为：假．【点评】本题考查的知识要点：三点共面的判定，命题真假的判定，主要考查学生对基础知识的理解，属于基础题．2．（3分）已知圆锥底面半径为2，母线长为3，则圆锥的表面积为10π．【分析】先由侧面积公式求出圆锥的侧面积，再求解底面面积，即可得到答案．【解答】解：因为圆锥底面半径为2，母线长为3，所以底面周长为2×2π＝4π，则侧面积为，又底面面积为π×22＝4π，所以圆锥的表面积为10π．故答案为：10π．【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．3．（3分）已知三棱柱的底面△ABC的三边长分别是AB＝8，BC＝6，AC＝10，侧棱AA1＝5且与底面所成角为45°，则此三棱柱的体积为60．【分析】由已知可得棱柱的底面为直角三角形，求出底面积，再求出棱柱的高，代入棱柱的体积公式得答案．【解答】解：由AB＝8，BC＝6，AC＝10，得AB2+BC2＝AC2，则△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，∴．又侧棱AA1＝5且与底面所成角为45°，∴A1到底面ABC的距离为h＝5sin45°＝，即三棱柱的高为．∴此三棱柱的体积为24×．故答案为：．【点评】本题考查棱柱体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．4．（3分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，则二面角D﹣AC﹣D1所成角为arctan．【分析】连接AC，BD，交于点E，连接ED1，由二面角的平面角的定义，得到∠D1ED为二面角D﹣AC﹣D1的平面角，然后利用边角关系求解即可．【解答】解：连接AC，BD，交于点E，连接ED1，则DE⊥AC，ED1⊥AC，所以∠D1ED为二面角D﹣AC﹣D1的平面角，因为正方体的棱长为a，则DD1＝a，＝＝，所以tan∠D1ED＝，则二面角D﹣AC﹣D1所成角为arctan．故答案为：arctan．【点评】本题考查了空间角的求解，主要考查了二面角的求解，正方体几何性质的运用，解题的关键是利用二面角的平面角的定义确定所要求解的角，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．5．（3分）已知正三棱锥P﹣ABC底面面积S△ABC＝3，点Q在高PO上且2PQ＝QO，则经过Q点且平行于底面的截面面积为．【分析】根据面积比等于相似比的平方，即可得解．【解答】解：由题意知，所求截面是等边三角形，且与点P构成一个小的正三棱锥，因为2PQ＝QO，即PQ＝PO，所以该小的正三棱锥与正三棱锥P﹣ABC的相似比为，所以＝＝，所以所求截面的面积S＝S△ABC＝．故答案为：．【点评】本题考查正三棱锥的结构特征，考查空间立体感，运算求解能力，属于基础题．6．（3分）已知直线a，b，平面α，β，满足α∩β＝b且α⊥β，则“a⊥b”是“a⊥β”的必要非充分条件．【分析】“a⊥b”不能推导出“a⊥β”，“a⊥β”⇒“a⊥b”，从而“a⊥b”是“a⊥β”必要非充分条件．【解答】解：直线a，b，平面α，β，满足α∩β＝b且α⊥β，则“a⊥b”不能推导出“a⊥β”，“a⊥β”⇒“a⊥b”，∴“a⊥b”是“a⊥β”必要非充分条件．故答案为：必要非充分．【点评】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是基础题．7．（3分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，则异面直线A1B与B1C1之间的距离为a．【分析】连接AB1交BA1于M，证明B1C1⊥AB1，AB1⊥BA1，B1M的长为异面直线A1B与B1C1之间的距离，求B1M的长即可．【解答】解：连接AB1交BA1于M，由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的可得B1C1⊥面ABB1A1，又AB1⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥AB1，又四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥BA1，且AB1与BA1互相平分，所以B1M的长为异面直线A1B与B1C1之间的距离．在Rt△ABB1中易求得AB1＝，又B1M＝B1A＝，故答案为：．【点评】本题考查异面直线的距离的求法，属基础题．8．（3分）已知α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是④．①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若a∥α，a∥β，则α∥β；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊥α，b⊥α，则a∥b．【分析】对于①，α与β相交或平行；对于②，由面面平行的判定定理得α与β相交或平行；对于③，a与b相交、平行或异面；对于④，由线面垂直的性质得a∥b．【解答】解：α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，对于①，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平行，故①错误；对于②，若a∥α，a∥β，则由面面平行的判定定理得α与β相交或平行，故②错误；对于③，若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故③错误；对于④，若a⊥α，b⊥α，则由线面垂直的性质得a∥b，故④正确．故答案为：④．【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，考查推理论证能力，是中档题．9．（3分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线AC1＝且AC1与底面ABCD所成角的余弦值为，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为．【分析】由设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中的底面边长为a，高为c，由已知可得底面边长和高，在△AD1C中求出边长，利用余弦定理可求得异面直线A1B与AD1所成角的余弦值．【解答】解：连接D1C，设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中的底面边长为a，高为c，所以CC1⊥面ABCD，所以∠C1AC是AC1与底面ABCD所成的角，又AC1与底面ABCD所成角的余弦值为，所以＝，即＝，又AC1＝，即＝，解得a＝1，c＝2，可求得D1C＝，D1A＝，AC＝，由正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1可得四边形A1BCD1为平行四边形，所以A1B∥CD1，所以∠AD1C为异面直线A1B与AD1所成角，在△AD1C中，由余弦定理有cos∠AD1C＝＝，所以异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为．故答案为：．【点评】本题考查线面角和线线角的求法，属基础题．10．（3分）如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是36．【分析】先考虑6个表面，每一个表面有四条棱与之垂直；再考虑6个对角面，每个对角面又有两条面对角线与之垂直．【解答】解：正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”；故答案为36．【点评】画出图形，分类讨论．11．（3分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是线段CD，BC的中点，平面α过点A1，E，F，且与正方体ABCD﹣A1B1C1D1形成一个截面，现有如下说法：①截面图形是一个六边形；②棱BB1与平面α的交点是BB1的中点；③若点I在正方形CDD1C1内（含边界位置），且I∈α，则点I的轨迹长度为；④截面图形的周长为2+．则上述说法正确的命题序号为④．【分析】画出正方体，利用平面的基本性质，作出截面图形，即可判断4种说法的正误，得到结果．【解答】解：延长FE，AD，交于点P，连接A1P交DD1于点G，延长EF，AB，交于点Q，连接A1Q，交BB1于点H，则五边形EFHA1G即为所求截面，故①错误；DP：AP＝1：3，所以G，H分别是线段DD1和BB1的三等分点，故②错误；则EG＝FH＝，即为点I的轨迹长度，故③错误；而A1G＝A1H＝，则EF＝，则五边形的周长为2×+2×+＝2+，故④对．故答案为：④．【点评】本题考查命题的真假的判断，空间直线与平面的位置关系，平面的基本性质的应用，是中档题．12．（3分）在Rt△ABC中，已知BC＝12，AC＝5，D是斜边AB上任意一点（如图沿直线CD将△ABC折成直二面角B﹣CD﹣A）．若折叠后A，B两点间的距离为d，则d的最小值为．【分析】设∠ACD＝θ，0＜θ＜，则∠BCD＝θ，过A作AG⊥CD，垂足为G，过B作BH⊥CD交CD的延长线与H，分别求出AG＝5sinθ，BH＝12cosθ，CG＝5cosθ，CH＝12sinθ，可得HG＝CH﹣CG＝12sinθ﹣5cosθ，再由勾股定理写出d＝AB＝＝，代入整理后利用三角函数求最值．【解答】解：设∠ACD＝θ，0＜θ＜，则∠BCD＝﹣θ，过A作AG⊥CD，垂足为G，过B作BH⊥CD交CD的延长线与H，由已知条件可得，AG⊥平面BCD，∴AG⊥BG，AG⊥CH，∴AG＝5sinθ，BH＝12cosθ，CG＝5cosθ，CH＝12sinθ，则HG＝CH﹣CG＝12sinθ﹣5cosθ，则d＝AB＝＝＝＝＝．则当θ＝，即CD为Rt△ABC的角C的角平分线时，d取得最小值为．故答案为：．【点评】本题考查空间角的应用，考查空间中两点间距离的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．二、选择题（本大题满分12分，共有4小题，每小题3分）13．（3分）下列命题是假命题的是（）A．棱柱的所有侧面都是平行四边形 B．将矩形ABCD绕其一边旋转一周所形成的几何体叫做圆柱 C．正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心 D．将直角三角形AOB绕其一边旋转一周所形成的几何体叫做圆锥【分析】直接利用棱柱的定义和性质，圆柱的定义，正棱锥的定义和性质，圆锥的定义和性质的应用判断A、B、C、D的结论．【解答】解：对于A：根据棱柱的性质，圆柱的侧面都为平行四边形，故A正确；对于B：将矩形ABCD绕其一边旋转一周后形成的几何体叫做圆柱，故B正确；对于C：正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心，故C正确；对于D：将直角三角形AOB的直角边为轴线旋转一周形成的几何体叫圆锥，以斜边为轴旋转一周形成的几何体不叫圆锥，故D错误．故选：D．【点评】本题考查的知识要点：棱柱的定义和性质，圆柱的定义，正棱锥的定义和性质，圆锥的定义和性质，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．14．（3分）正三棱台侧面与底面所成角为，侧棱与底面所成角的余弦值为（）A． B． C． D．【分析】把正三棱台的侧棱延长交于一点P，得到正三棱锥，问题转化为已知正三棱锥的侧面与底面所成角为，求棱锥的侧棱与底面所成角，取底面中心为O，连接PO，找出二面角的平面角，然后求解三角形即可．【解答】解：如图，把正三棱台ABC﹣A1B1C1的侧棱延长相交于一点P，则P﹣ABC为正三棱锥，棱台侧面与底面所成角即为棱锥侧面与底面所成角，棱台侧棱与底面所成角即为棱锥侧棱与底面所成角．设正三棱台下底面中心为O，连接PO，则PO⊥底面ABC，连接AO并延长交BC与D，则AD⊥BC，连接PD，则PD⊥BC，可得∠PDO为侧面PBC与底面ABC所成角，等于45°，则OD＝PO，设OD＝PO＝a，则AO＝2a，可得PA＝，∴侧棱与底面所成角的余弦值为cos∠PAO＝．∴侧棱与底面所成角的余弦值为．故选：B．【点评】本题考查棱台与棱锥的结构特征，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．15．（3分）如果直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则（）A．sin2θ1+sin2θ2≥1 B．sin2θ1+sin2θ2≤1 C．sin2θ1+sin2θ2＞1 D．sin2θ1+sin2θ2＜1【分析】由已知中直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，根据空间直线与平面夹角的定义，我们可得θ1+θ2≤90°，当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等，进而得到结论．【解答】解：∵直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则θ1+θ2≤90°（当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等）则sin2θ1+sin2θ2≤1（当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等）故选：B．【点评】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，其中根据已知结合空间直线与平面夹角的定义，得到θ1+θ2≤90°，是解答本题的关键．16．（3分）如图为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，动点M从B1点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到B1的运动过程中，点M与平面A1DC1的距离保持不变，运动的路程x与l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x），则此函数图象大致是（）A． B． C． D．【分析】分析M由P到C，由C到A，由A到B1的过程，l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x），的变化情况，判断函数的图象即可．【解答】解：设点P为B1C的中点，当M从B1到P时，如图所示在平面A1B1CD内，作点A1关于B1B的对称点A′，则MA1+MD＝MA′+MD，由图象可知，当M从B1到P时，MA1+MD是减小的，MC1是由大变小的，所以当M从B1到P时，l＝MA1+MC1+MD是逐渐减小的，故排除B，D；因为PC1是定值，MC1＝，函数是减函数，类似双曲线形式，所以C正确；（类似讨论由C到A，由A到B1的过程，l＝MA1+MC1+MD之间满足函数关系l＝f（x））．故选：C．【点评】本题考查函数的图象，考查数形结合，双曲线的简单性质的应用，考查空间几何体的形状，是中档题．三、简答题（本大题满分52分，共有5小题）（用空间向量建系解题不得分）17．（8分）已知正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PA＝2．（1）求侧棱与底面所成角；（2）求正四棱锥P﹣ABCD的体积．【分析】（1）连接AC、BD，设AC∩BD＝O，则PO⊥底面ABCD，侧棱与底面所成角为∠PAO，求解三角形可得侧棱与底面所成角；（2）直接利用棱锥体积公式求正四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】解：（1）连接AC、BD，设AC∩BD＝O，∵四棱锥P﹣ABCD为正四棱锥，∴PO⊥底面ABCD，O为底面正方形的中心，侧棱与底面所成角为∠PAO．∵AB＝1，PA＝2，∴PO＝．∴sin，即侧棱与底面所成角为arcsin；（2）．即正四棱锥P﹣ABCD的体积为．【点评】本题考查空间中直线与平面所成角的求法与多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．18．（10分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，BC⊥AC．（Ⅰ）求证：B1C1∥平面A1BC；（Ⅱ）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1．（Ⅲ）若A1B＝2BC，求异面直线A1B与B1C1所成角的大小．【分析】（Ⅰ）由三棱柱的性质知，BC∥B1C1，再由线面平行的判定定理，得证；（Ⅱ）由面ACC1A1⊥面ABC，可推出BC⊥面ACC1A1，再由面面垂直的判定定理，得证；（Ⅲ）易知，∠A1BC或其补角即为所求，由（Ⅱ）知，BC⊥面ACC1A1，从而有BC⊥A1C，再由三角函数即可得解．【解答】（Ⅰ）证明：由三棱柱的性质知，BC∥B1C1，∵BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC，∴B1C1∥平面A1BC．（Ⅱ）证明：∵面ACC1A1⊥面ABC，面ACC1A1∩面ABC＝AC，且BC⊥AC∴BC⊥面ACC1A1，又BC⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面ACC1A1．（Ⅲ）解：∵BC∥B1C1，∴∠A1BC或其补角为异面直线A1B与B1C1所成角，由（Ⅱ）知，BC⊥面ACC1A1，∵A1C⊂面ACC1A1，∴BC⊥A1C，在Rt△A1BC中，cos∠A1BC＝＝＝，∵异面直线夹角的范围为（0，]，∴∠A1BC＝，故异面直线A1B与B1C1所成角的大小为．【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，异面直线夹角的求法，熟练掌握线与面平行、垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于基础题．19．（8分）佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的功效．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的▱ABCD由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊.（1）若AB＝2，求图2六面体的表面积；（2）求二面角P﹣EF﹣P′所成角的大小．【分析】（1）由六面体的表面积即为平行四边形ABCD的面积，结合平行四边形面积的求解方法，即可得到答案；（2）通过六面体的结构特征可知，二面角P﹣EF﹣P′的大小为二面角P﹣EF﹣G大小的两倍，求出正四面体O﹣EFG的高PO，由二面角的平面角的定义可得∠PHO为二面角P﹣EF﹣G的平面角，由边角关系求解，即可得到答案．【解答】解：（1）由题意可知，六面体的表面积即为平行四边形ABCD的面积，所以＝，故六面体的表面积为；（2）由题意，该六面体是上下两个全等的正四面体组合而成，所以二面角P﹣EF﹣P′的大小为二面角P﹣EF﹣G大小的两倍，因为正四面体O﹣EFG的高PO＝，过点P作EF的垂线，垂足为H，连接HO，根据三垂线定理可知，EF⊥HO，因此∠PHO为二面角P﹣EF﹣G的平面角，因为sin∠PHO＝，所以二面角P﹣EF﹣P′的大小为（或）．【点评】本题考查了空间几何体的结构特征，空间几何体表面积的求解以及二面角的求解，正四面体几何性质，二面角的平面角的定义的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是矩形，且AD＝2，AB＝PA＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．（1）证明：PF⊥FD；（2）求四棱锥P﹣ABCD的表面积；（3）求直线PE与平面PFD所成角的大小．【分析】（1）由已知求解三角形证明DF⊥AF，再由PA⊥底面ABCD，得DF⊥PA，可得DF⊥平面PAF，进一步得到PF⊥FD；（2）已知PA⊥底面ABCD，由三垂线定理可得PB⊥BC，PD⊥CD，分别求出各面面积，即可得到四棱锥P﹣ABCD的表面积；（3）连接EP、ED、EF，由等体积法求点E到平面PFD的距离，即可求直线PE与平面PFD所成角的正弦值，则答案可求．【解答】解：（1）证明：连接AF，则AF＝，又DF＝，AD＝2，∴DF2+AF2＝AD2，则DF⊥AF．∵PA⊥底面ABCD，∴DF⊥PA，又PA∩A