【数学】2020届一轮复习（文理合用）第7章立体几何作业 20页

对应学生用书[考案7理][考案7文]‎ 第七章　综合过关规范限时检测 ‎(时间：120分钟　满分150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个是符合题目要求的)‎ ‎1．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　B　)‎ A．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n B．若m⊂α，α∥β，则m∥β C．若n⊥β，α⊥β，则n∥α D．若m⊂α，n⊂β，α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β ‎[解析]　两个平行平面中的两条直线可能异面，A错误；两个平行平面中任一平面内的直线都与另一平面平行，B正确；C中直线n也可能在平面α内，C错误；任一二面角的平面角的两条边都与二面角的棱垂直，但这个二面角不一定是直二面角，D错误，故选B．‎ ‎2．已知两条直线m，n，两个平面α，β，给出下面四个命题：‎ ‎①α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n；②m∥n，m∥α⇒n∥α；‎ ‎③m∥n，m⊥α⇒n⊥α；④α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β.‎ 其中正确命题的序号是(　B　)‎ A．①③　　 B．③④　　‎ C．①④　　 D．②③‎ ‎[解析]　①α∥β，m⊂α，n⊂β，则两条直线可能异面，故不正确；②m∥n，m∥α，有可能直线n在平面α内，故不正确；③m∥n，m⊥α⇒n⊥α，根据线面垂直的判定定理得到结论正确；④α∥β，m∥n，m⊥α，则n⊥α，又因为α∥β，故n⊥β.结论正确；故正确的是③④.‎ ‎3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　C　)‎ A．5π＋18　　 B．6π＋18　　‎ C．8π＋6　　 D．10π＋6‎ ‎[解析]　该几何体的表面积为2××4π×12＋2××π×12＋2×3＋×2π×1×3＝8π＋6.‎ ‎4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是(　A　)‎ A．与AC，MN均垂直 B．与AC垂直，与MN不垂直 C．与AC不垂直，与MN垂直 D．与AC，MN均不垂直 ‎[解析]　因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.设正方体的棱长为2，则OM＝＝，MN＝＝，ON＝＝，所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A．‎ ‎5．在各棱长都相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的正切值为(　D　)‎ A．　　 B．　　‎ C．1　　 D． ‎[解析]　如图，取BC的中点E，连接DE，AE，依题意，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设棱长为1，则AE＝，DE＝，tan∠ADE＝＝＝.故选D．‎ ‎6．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是(　C　)‎ A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1‎ C．AE，B1C1为异面直线且AE⊥B1C1‎ D．A1C1∥平面AB1E ‎[解析]　对于A，注意到直线CC1与B1E均在侧面BCC1B1内，因此CC1与B1E不是异面直线，选项A不正确；对于B，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，AC与AB不垂直，因此AC与平面ABB1A1不垂直，选项B不正确；对于C，注意到直线AE，B1C1是异面直线，且AE⊥BC，BC与B1C1相互平行，因此有AE⊥B1C1，因此选项C正确；对于D，注意到平面ABC与平面A1B1C1平行，且平面ABC∩平面AB1E＝AE，平面A1B1C1∩平面AB1E＝l(B1∈l)，于是有AE与l平行，注意A1C1与直线l相交，因此A1C1与平面AB1E相交，选项D不正确．综上所述，选C．‎ ‎7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为(　B　)‎ A．36π　　 B．π　　‎ C．32π　　 D．28π ‎[解析]　根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，则其底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为×2＝，∴其外接球的半径R＝＝，外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，故选B．‎ ‎8．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝2，则该三棱柱内切球O1的表面积与外接球O2的表面积的比值为(　C　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　由题意得BC＝5，设外接球O2的半径为R，则R＝＝＝.因为Rt△ABC的内切圆的半径为1，且直三棱柱ABC－A1B1C1的高为2，所以该直三棱柱的内切球O1的半径r＝1，所以＝＝.‎ ‎9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，下面结论错误的是(　D　)‎ A．BD∥平面CB1D1‎ B．异面直线AD与CB1所成的角为45°‎ C．AC1⊥平面CB1D1‎ D．AC1与平面ABCD所成的角为30°‎ ‎[解析]　因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1＝45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D．‎ ‎10．如图，在以角C为直角顶点的三角形ABC中，AC＝8，BC＝6，PA⊥平面ABC，F为PB上的点，在线段AB上有一点E，满足BE＝λAE.若PB⊥平面CEF，则实数λ的值为(　C　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　∵PB⊥平面CEF，∴PB⊥CE，又PA⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，∴PA⊥CE，而PA∩PB＝P，∴CE平面PAB，∴CE⊥AB，∴λ＝＝＝＝.‎ ‎11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为(　A　)‎ A．　　 B．　　‎ C．2　　 D． ‎[解析]　由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A－BCD所示，故该几何体的体积V＝××1×2×2＝.‎ ‎12．已知三棱锥D－ABC的底面ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝AB＝4，DA⊥平面ABC，E是BD的中点．若此三棱锥的体积为，则异面直线AE与DC所成角的大小为(　C　)‎ A．45°　　 B．90°　　‎ C．60°　　 D．30°‎ ‎[解析]　∵DA⊥平面ABC，S△ABC＝AB·AC＝8，∴三棱锥的体积V＝S△ABC·DA＝·DA＝，∴DA＝4，∴BD＝＝4，CD＝＝4.设BC的中点为F，连接EF，AF，如图，则EF＝CD＝2，AF＝BC＝2，AE＝BD＝2，∴△AEF是正三角形，∴∠AEF＝60°.∵E是DB的中点，则EF∥DC，∴∠AEF是异面直线AE与DC所成的角，即异面直线AE与DC所成角的大小为60°.‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)‎ ‎13．圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的表面积为__36π___.‎ ‎[解析]　如图．‎ 因为OA＝3，‎ 所以底面圆周长为6π，‎ 底面圆的面积为9π，‎ 所以弧AB长为6π，‎ 又因为∠BSA＝，则有SA·＝6π，所以SA＝9.‎ 扇形ASB的面积为S＝×6π×9＝27π，‎ 所以圆锥的表面积为9π＋27π＝36π.‎ ‎14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的体积为_____.‎ ‎[解析]　依题意，在棱长为2的正方体中作出该四面体的直观图，记为三棱锥A－BCD，如图所示，易知S△BCD＝×1×2＝1，所以V三棱锥A－BCD＝S△BCD×2＝×1×2＝，即该四面体的体积为.‎ ‎15．(文)如图所示，AB是⊙O的直径，PA⊥平面⊙O，C为圆周上一点，若AB＝5 cm，AC＝2 cm，则点B到平面PAC的距离为____cm___.‎ ‎(理)如图所示，已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD.若在BC上只有一个点O满足PQ⊥QD，则a的值为__2___.‎ ‎[解析]　(文)联结BC.∵C为圆周上一点，AB为直径，‎ ‎∴BC⊥AC.‎ 又PA⊥平面⊙O，BC⊂平面⊙O，‎ ‎∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，C为垂足，即BC为点B到平面PAC的距离．‎ 在Rt△ABC中，‎ BC＝＝＝(cm)．‎ ‎(理)联结AQ，若QD⊥PQ，则DO⊥AQ(三垂线定理的逆定理)．因为这样的点只有一个，那么点O必为BC与以AD为直径的圆的切点，故a＝BC＝2AB＝2.当a>2时，有两个点Q；当00)，‎ 则A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0,2)，E(0,0,0)，F(－2，，0)，D(－，0，)，‎ 所以＝(－2，－t,2)，＝(－2，，0)．‎ 因为A1C⊥EF，所以·＝0，‎ 所以(－2)×(－2)－t×＋2×0＝0，所以t＝2，‎ 所以＝(－2，，0)，＝(－，0，)．‎ 设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则所以 取x＝1，则n＝(1，，)．‎ 又＝＝(－2,0,2)，设直线A1C1与平面DEF所成的角为θ，‎ 则sinθ＝|cosn，|＝＝＝，‎ 所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.‎ ‎19．(本小题满分12分)(文)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，D为棱BC的中点，AB＝AC，BC＝AA1，求证：‎ ‎(1)A1C∥平面ADB1；‎ ‎(2)BC1⊥平面ADB1.‎ ‎(本小题满分12分)(理)如图，已知在四棱锥A－BCDE中，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝，F为AD的中点，平面ABC⊥平面BCDE.‎ ‎(1)证明：EF∥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角B－AD－E的大小．‎ ‎[解析]　(文)(1)证明：如图，连接A1B，交AB1于点M，则M为A1B的中点，连接DM.‎ ‎∵D为棱BC的中点，∴DM∥A1C.‎ 又A1C⊄平面ADB1，DM⊂平面ADB1，‎ ‎∴A1C∥平面ADB1.‎ ‎(2)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ 侧棱AA1⊥底面ABC，可得AD⊥BB1.‎ ‎∵D为棱BC的中点，AB＝AC，‎ ‎∴AD⊥BC，又BC∩BB1＝B，‎ ‎∴AD⊥平面BCC1B1，即AD⊥BC1.‎ 在矩形BCC1B1中，‎ ‎∵BC＝AA1，∴＝，＝，‎ 又∠BB1C1＝∠DBB1 ＝90°，‎ ‎∴△DBB1∽△BB1C1，‎ ‎∴∠BDB1＝∠B1BC1，∠BB1D＝∠B1C1B，‎ 即∠B1BC1＋∠BB1D＝90°.‎ ‎∴BC1⊥DB1，又AD∩DB1＝D，∴BC1⊥平面ADB1.‎ ‎(理)(1)如图，在平面ACD内过点F作FG∥CD，交AC于点G，连接BG.‎ 因为∠CDE＝∠BED＝90°，‎ 所以BE∥CD，‎ 因为CD＝2，BE＝1，F为棱AD的中点，‎ 所以FG∥BE且FG＝BE，‎ 所以四边形BEFG为平行四边形，‎ 所以EF∥BG.‎ 因为EF⊄平面ABC，BG⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)在直角梯形BCDE中，易得BC＝，‎ 因为AB＝2，AC＝，所以BC2＋AC2＝AB2.‎ 所以AC⊥BC.‎ 因为平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.‎ 以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，可知C(0,0,0)，A(0,0，)，D(2,0,0)，B(1,1,0)，E(2,1,0)，＝(2,0，－)，＝(1，－1,0)，＝(0,1,0)，‎ 设平面BAD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则，即，‎ 令x＝1，则y＝1，z＝，故m＝(1,1，)为平面BAD的一个法向量．‎ 设平面EAD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 则，即，‎ 则y1＝0，令x1＝1，则z1＝，‎ 所以n＝(1,0，)为平面EAD的一个法向量．‎ 所以cosm，n＝，由题图可知二面角B－AD－E是锐二面角，所以二面角B－AD－E的大小为30°.‎ ‎20．(本小题满分12分)(文)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．‎ ‎(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若PC＝，求三棱锥C－PAB的高．‎ ‎(本小题满分12分)(理)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，E，F分别是DC，AB的中点，将△DAE沿AE折起，使得二面角D－AE－B的大小为120°.‎ ‎(1)求证：平面DCF⊥平面DCE；‎ ‎(2)求二面角E－DC－A的余弦值．‎ ‎[解析]　(文)(1)因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.‎ 因为AB＝2，AD＝CD＝1，所以AC＝BC＝，‎ 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.‎ 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.‎ 因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)由PC＝，PC⊥CB，得S△PBC＝×()2＝1.‎ 由(1)知，AC为三棱锥A－PBC的高．‎ 易知Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，则PA＝AB＝PB＝2.‎ 于是S△PAB＝×22sin60°＝.‎ 设三棱锥C－PAB的高为h，则 S△PAB·h＝S△PBC·AC，×h＝×1×，解得h＝.‎ 故三棱锥C－PAB的高等于.‎ ‎(理)(1)由已知得，AE⊥DE.AE⊥CE，DE∩CE＝E，‎ ‎∴AE⊥平面DCE，又AE∥CF，∴CF⊥平面DCE.‎ ‎∵CF⊂平面DCF.‎ ‎∴平面DCF⊥平面DCE.‎ ‎(2)解法一：由(1)知，AE⊥平面DCE，‎ ‎∴AE⊥CD，过点E作EM⊥DC，交DC于点M，连接AM，因为AE∩EM＝E，‎ ‎∴DC⊥平面AEM，∴DC⊥AM，‎ ‎∴∠AME即为所求二面角的平面角．‎ ‎∵AE⊥DE，AE⊥CE，∴∠DEC＝120°，‎ ‎∵DE＝CE＝1，∴DC＝.‎ 在Rt△AME中，AE＝，ME＝，‎ ‎∴cos∠AME＝＝＝.‎ 解法二：由已知得，AE⊥DE，AE⊥CE，∴∠DEC＝120°，‎ 以EA，EC所在直线分别为x轴，y轴，过点E作z轴⊥平面ABCE.建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则E(0,0,0)，A(，0,0)，C(0,1,0)，D(0，－，)，‎ ‎∴＝(－，1,0)，＝(0，，－)，‎ 设平面DCA的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则，即，解得，‎ 令x＝1，可得平面DCA的一个法向量为m＝(1，，3)，‎ 又平面DCE的一个法向量为n＝(1,0,0)，‎ ‎∴cosm，n＝＝＝，‎ ‎∴二面角E－DC－A的余弦值为 ‎21．(本小题满分12分)(文)如图所示，△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，且AB⊥BC，AB＝BC＝2，∠BCD＝60°，点M为BE的中点，点N在线段AC上．‎ ‎(1)若＝λ，且DN⊥AC，求λ的值；‎ ‎(2)在(1)的条件下，求三棱锥B－DMN的体积．‎ ‎(本小题满分12分)(理)如图所示，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.‎ ‎(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；‎ ‎(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．‎ ‎[解析]　(文)(1)如图，取BC的中点O，连接ON，OD，‎ 因为四边形BCDE为菱形，∠BCD＝60°，‎ 所以DO⊥BC，‎ 因为△ABC所在的平面与菱形BCDE所在的平面垂直，‎ 所以DO⊥平面ABC，‎ 因为AC⊂平面ABC，所以DO⊥AC，‎ 又DN⊥AC，且DN∩DO＝D，所以AC⊥平面DON，‎ 因为ON⊂平面DON，所以ON⊥AC，‎ 由O为BC的中点，AB＝BC，可得NC＝AC，‎ 所以＝3，即λ＝3.‎ ‎(2)由平面ABC⊥平面BCDE，AB⊥BC，可得AB⊥平面BCDE，‎ 由AB＝2，＝3，可得点N到平面BCDE的距离h＝AB＝，‎ 由∠BCD＝60°，点M为BE的中点，可得DM⊥BE，‎ 且DM＝＝＝，‎ 所以△BDM的面积S＝×DM×BM＝，‎ 所以三棱锥B－DMN的体积VB－DMN＝VN－BDM＝Sh＝××＝.‎ ‎(理)(1)四边形ABCD为菱形，‎ ‎∠BAD＝120°，连接AC.如图，‎ 则△ACD为等边三角形，又M为CD中点，‎ ‎∴AM⊥CD，由CD∥AB得，AM⊥AB，‎ ‎∵AA1⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，‎ ‎∴AM⊥AA1，又AB∩AA1＝A，‎ ‎∴AM⊥平面AA1B1B.‎ ‎(2)∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，‎ AB＝AA1＝2A1B1＝2，‎ ‎∴DM＝1，AM＝，∠AMD＝∠BAM＝90°，‎ 又AA1⊥底面ABCD，‎ ‎∴以AB，AM，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，‎ 则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，，0)，D1(－，，2)，‎ ‎∴＝(，－，2)，＝(－3，，0)，＝(2,0，－2)，‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则⇒⇒y＝x＝z，‎ 令x＝1，则n＝(1，，1)，‎ ‎∴直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值 sinθ＝|cosn，|＝||＝.‎ ‎22．(本小题满分12分)(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，CC1＝3，BC＝3，AC＝2.‎ ‎(1)试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；‎ ‎(2)在(1)的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．‎ ‎(本小题满分12分)(理)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA＝2CD，PD＝，E是棱PD的中点．‎ ‎(1)求证：CD⊥AE；‎ ‎(2)在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(文)(1)点P满足C1P⊥B1C时，AP⊥PC1.‎ 证明如下：‎ 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以C1C⊥AC.‎ 又AC⊥BC，C1C∩BC＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.‎ 因为PC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥PC1.‎ 又C1P⊥B1C，且B1C∩AC＝C，所以PC1⊥平面AB1C，‎ 因为AP⊂平面AB1C，所以AP⊥PC1.‎ ‎(2)因为CC1⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1.所以CC1⊥B1C1.‎ 在Rt△B1C1C中，B1C1＝BC＝3，CC1＝3，所以B1C＝6.‎ 易证Rt△B1PC1∽Rt△B1C1C，‎ 所以＝，所以B1P＝.‎ 在Rt△B1C1C中，tan∠CB1C1＝＝，所以∠CB1C1＝，‎ 所以S△B1PC1＝B1C1·B1P·sin∠CB1C1＝×3××＝.‎ 因为AC⊥平面BCC1B1，‎ 所以VA－B1C1P＝S△B1PC1·AC＝××2＝.‎ 因为AA1⊥平面A1B1C1，‎ 所以VA－A1B1C1＝S△A1B1C1·A1A＝××3×2×3＝9.‎ 所以多面体A1B1C1PA的体积为VA－B1C1P＋VA－A1B1C1＝＋9＝.‎ ‎(理)(1)∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD.‎ ‎∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，‎ ‎∴∠PBA＝45°.‎ ‎∵△ABC是边长为2的等边三角形，‎ ‎∴PA＝AB＝2.又PA＝2CD，∴CD＝1.‎ 在Rt△PAD中，PD＝，PA＝2，‎ ‎∴AD＝＝.‎ 在△ADC中，AD＝，CD＝1，AC＝2.‎ ‎∴AD2＋CD2＝()2＋12＝22＝AC2.‎ ‎∴CD⊥AD.‎ 又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD.‎ 又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE.‎ ‎(2)假设在棱PB上存在一点T满足题意，＝λ(0<λ≤1)．‎ 由(1)可知∠DAC＝30°，所以∠DAB＝90°，以A为原点，AB、AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，‎ 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，D(0，，0)，E(0，，1)，‎ 设T(x1，y1，z1)，则＝(x1，y1，z1－2)，‎ 又λ＝(2λ，0，－2λ)，‎ ‎∴(x1，y1，z1－2)＝(2λ，0，－2λ)，‎ 得x1＝2λ，y1＝0，z1＝2－2λ，‎ ‎∴＝(x1，y1，z1)＝(2λ，0,2－2λ)，＝(0，，1)，‎ 设平面ATE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ 则有可得 令y2＝2，则z2＝－，x2＝，‎ ‎∴n＝(，2，－)是平面ATE的一个法向量．‎ 易知＝(0，，0)为平面PAB的一个法向量，‎ ‎∴|cosn，|＝||＝＝＝，‎ 故＝，即＋7＝10，解得λ＝，‎ 故在棱PB上存在点T且T为PB的中点，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为.‎