【文档说明】福建省泉州市北京师范大学泉州附属中学2020-2021学年高一下学期期中考试仿真模拟数学.docx，共(18)页，420.506 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年高一数学测试题一．单项选择题：本大题共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．在△ABC中，D点满足𝐵𝐷→=2𝐷𝐴→，则𝐶𝐵→=

A．32CDCA−B．32CDCA+C．23CDCA−D．23CDCA+【答案】A【解析】𝐶𝐵→=𝐶𝐴→+𝐴𝐵→=𝐶𝐴→+3𝐴𝐷→=𝐶𝐴→+3（𝐶𝐷→−𝐶𝐴→）＝3𝐶𝐷→−2𝐶𝐴→．故选A．2．

已知复数123,2zaizi=−=+（i为虚数单位），若12zz是纯虚数，则实数a=（）A．32−B．32C．3−D．3【答案】A【分析】利用12zz是纯虚数，实部为0，即可得a的值.【详解】()()()1232236aiiaziza=−+=++−，若12zz是纯虚数，

则230a+=，解得：32a=−.故选：A3．已知直线l、m，平面𝛼、𝛽且𝑙⊥𝛼，𝑚⊂𝛽，给出下列四个命题：①若𝛼//𝛽，则𝑙⊥𝑚；②若𝑙⊥𝑚，则𝛼//𝛽；③若𝛼⊥𝛽，则𝑙//𝑚；④若𝑙//𝑚，则𝛼⊥𝛽．其中正确的命题个数为()A.1B.2C

.3D.4【答案】B【解析】解；①∵𝑙⊥𝛼，𝛼//𝛽，∴𝑙⊥𝛽，又∵𝑚⊂𝛽，∴𝑙⊥𝑚，①正确．②由𝑙⊥𝑚推不出𝑙⊥𝛽，②错误．③当𝑙⊥𝛼，𝛼⊥𝛽时，l可能平行𝛽，也可能在𝛽内，∴𝑙与m的位置关系不能判断，③错误．④∵

𝑙⊥𝛼，𝑙//𝑚，∴𝑚//𝛼，又∵𝑚⊂𝛽，∴𝛼⊥𝛽，正确；故选：B．利用直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一判断，成立的证明，不成立的可举出反例．本题主要考查直线，线面，面面位置关系的判断，属于概念题．4．在中，，，，则等于（）A.或B.C.D.以上答案都

不对【答案】C【解析】由题中，，，，则由正弦定理得结合，可得或，又，得，（舍去）.故选C.5.已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为()A.16𝜋B.20𝜋C.24𝜋D.32𝜋【答案】A【解析】【分析】本题考查四棱锥的体积，球的表面积，属基础题．

易知球心在正四棱锥的高线上，由此列方程求出球的半径，即可得解．【解答】解：正四棱锥的高为3，体积为6，∴底面积为6，正方形边长为√6，正方形的对角线为√(√6)2+(√6)2=2√3，设球的半径为R，则𝑅2=(3−𝑅)2+(√

3)2，∴𝑅=2，∴球的表面积为4𝜋𝑅2=4𝜋×4=16𝜋．故选A．6．己知A，B，C是球O的球面上的三点，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐴𝑂𝐶=60°，若三棱锥𝑂−𝐴𝐵𝐶体积的最大值为1，则球O的表面积为()A.4𝜋B.9𝜋C.1

6𝜋D.20𝜋【答案】C【解析】【分析】本题考查三棱锥的体积的最值问题以及其外接球的表面积，属于中档题．确定当平面AOC与面AOB垂直时，三棱锥𝑂−𝐴𝐵𝐶的体积最大是解题关键，再结合三棱锥的体积公式求出

球的半径，则球的表面积可求．【解答】解：如图，设球O的半径为R，∵∠𝐴𝑂𝐵=60°，∴𝑆△𝐴𝑂𝐵=√34𝑅2，∵𝑉𝑂−𝐴𝐵𝐶=𝑉𝐶−𝐴𝑂𝐵，而△𝐴𝑂𝐵面积为定值，∴当点C到平面AOB的距离最大时，𝑉𝑂−𝐴𝐵𝐶最大，∴当平面A

OC与面AOB垂直时，体积𝑉𝑂−𝐴𝐵𝐶最大，∵∠𝐴𝑂𝐶=60°，𝑂𝐴=𝑂𝐶=𝑅，∴△𝐴𝑂𝐶为等边三角形，此时三棱锥𝐶−𝐴𝑂𝐵的高为√32𝑅，三棱锥𝑂−𝐴𝐵𝐶体积最大值为13×√34𝑅2×√32𝑅=1，∴𝑅=2，∴球O的表面积为4𝜋𝑅

2=4𝜋×2⬚2=16𝜋，故选C．7．阳马，中国古代算数中的一种几何体，它是底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥．已知在阳马𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐷=3，且阳马𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为9，则阳马𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷外接球表面积的最小值是()A.9

√3𝜋2B.9√3𝜋C.27𝜋D.27√3𝜋【答案】C【解析】【分析】此题考查外接球的表面积和利用基本不等式求最值，属于中档题．由题意和棱锥体积可得𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=9，设外接球半径为R，则4𝑅2=𝐴�

�2+𝐵𝐶2+𝑃𝐷2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2+9，进而根据基本不等式求最值即可．【解答】解：由题意可得阳马𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为13𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅𝑃𝐷=𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=9．设阳马𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷外接球的

半径为R，则4𝑅2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2+𝑃𝐷2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2+9≥2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶+9=27(当且仅当𝐴𝐵=𝐵𝐶时，等号成立)，故阳马𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷外接球的表面积为4𝜋𝑅2≥27𝜋．故选C．8.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△A

BC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π【解析】(1)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以

ABsin60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.二．多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．全对得5分，少选得3分，多选、错选不得分

．9.设a、b是两个非零向量，则下列描述正确的有（）A．若abab+=−，则存在实数使得λab=B．若ab⊥，则abab+=−C．若abab+=+，则a在b方向上的投影向量为arD．若存在实数使得

λab=，则abab+=−【答案】AB【解析】当abab+=−时，则a、b方向相反且ab，则存在负实数，使得λab=，A选项正确，D选项错误；若abab+=+，则a、b方向相同，a在b方向上的投影向量为a，C选项错误；若ab⊥，则以a、b为邻边的平行四边形为矩形，且a

b+和ab−是这个矩形的两条对角线长，则abab+=−，B选项正确.故选：AB.10.在ABC中，若sinsin()sin2CBAA+−=，则ABC的形状()A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．锐角三角形【答案】AB【解析】：si

nsin()sin2CBAA+−=，sin()sin()sin2ABBAA++−=．sincoscossinsincoscossin2sincosABABBABAAA++−=2sincos2sincosBAAA=．cos(sinsin)0AAB−=，cos0A=或sinsinAB=

．0A，B，2A=，或AB=．ABC为直角三角形或等腰三角形．故选：AB．11.已知𝑎,𝑏是两条不重合的直线，𝛼,𝛽是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是()A.若𝑎//𝑏，𝑏⊂𝛼，则直线a平行于平面

𝛼内的无数条直线B.若𝛼//𝛽，𝑎⊂𝛼，𝑏⊂𝛽，则a与b是异面直线C.若𝛼//𝛽，𝑎⊂𝛼，则𝑎//𝛽D.若𝛼∩𝛽=𝑏，𝑎⊂𝛼，则𝑎,𝑏一定相交【答案】AC【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，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，是基础题．根据空间中线线、线面、面面间的位置关系逐项判断即可．【解答】解：若𝑎//𝑏，𝑏⊂𝛼，则直线a平行于平面𝛼内的无数条直线，故A正确；若𝛼//𝛽，𝑎⊂𝛼，𝑏⊂𝛽，则a

与b异面或者平行，故B错误；若𝛼//𝛽，𝑎⊂𝛼，则𝑎//𝛽，根据面面平行性质定理可知，故C正确；若𝛼∩𝛽=𝑏，𝑎⊂𝛼，则𝑎,𝑏可能相交，也有可能平行，故D错误．故选AC．12.已知正四面体ABCD的棱长

为a，则()A．=ACBDB．四面体ABCD的表面积为23aC．四面体ABCD的体积为3312aD．四面体ABCD的外接球半径为64a解：A，如图，取CD中点M，连接BM，AM，可得CDBM⊥，CDAM⊥，即可得CD⊥面ABM，即有CDAB⊥，故正确；B、正

四面体ABCD的各棱长为a，正四面体ABCD的表面积223434aa==．故正确；C、如图，设A在底面BCF的投影为H，则33aBH=，2263AHABBHa=−=，四面体ABCD的体积为32136234312aaa=，故错；D、将正四面体ABCD，补成正方体，则正四面体ABCD

的棱为正方体的面上对角线，正四面体ABCD的棱长为a，正方体的棱长为22a，正四面体的外接球，就是以正四面体的棱为面对角线的正方体的外接球，球的直径就是正方体的对角线的长，所以正方体的对角线为2R，2232aR=，64Ra=．故正确．

故选：ABD．三．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量()1,ak=，()2,3bk=−−，若//ab，则实数k的值为_______.【答案】1【解析】向量()1,ak=，()2,3bk=−−，且//abrr，则32kk−=−，解得1k=.

因此，实数k的值为1.故答案为：1.14.已知(2)izi+=(i为虚数单位)，则||z=___________.【答案】55【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由复数的模的运算得答案.【详解】因为(2)izi+=，所以()()()21+222+2

5iiiiziii−===+−，所以22125||555z=+=，故答案为：55.15.已知棱长为1，各面均为等边三角形的四面体，则它的表面积是，体积是．【答案】√3√212【解析】【分析】此题考查三棱锥的表面积及体积的

求法，属于中档题．由题意画出图形，求出一个等边三角形的面积，乘以4得表面积，再求出四面体的高，代入棱锥体积公式求得体积．【解答】解：∵四面体棱长为1，各面均为等边三角形，∴𝑆表=4×√34×12=√3，如图，过S作底面△𝐴𝐵𝐶垂线，垂足为O，则O为底面三角形的中心，连接BO并延长

，交AC于D，显然𝐵𝐷=√32，则𝐵𝑂=23×√32=√33，∴𝑆𝑂=√1−(√33)2=√63，体积𝑉=13×12×1×√32×√63=√212，故表面积为√3，体积为√212．16.三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷的顶点都

在同一个球面上，满足BD过球心O，且𝐵𝐷=2√2，三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷体积的最大值为；三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷体积最大时，平面ABC截球所得的截面圆的面积为．【答案】2√234𝜋3【解析】解：当BD过球心，所以∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=90°，所以𝐴

𝑂⊥面BCD，𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=13⋅12𝐵𝐶⋅𝐶𝐷⋅𝑂𝐴，当𝐵𝐶=𝐶𝐷时体积最大，因为𝐵𝐷=2√2，𝑂𝐴=√2，所以𝐵𝐶=𝐶𝐷=2，所以最大体积为：13⋅12⋅2⋅2⋅√2=2√23；三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷体积最大时，三角形ABC中，𝐴𝐵=

𝐴𝐶=√𝑂𝐶2+𝑂𝐴2=2=𝐵𝐶，设三角形ABC的外接圆半径为r，则2𝑟=2√32，所以𝑟=2√3，所以外接圆的面积为𝑆=𝜋𝑟2=4𝜋3，故答案分别为：2√23，4𝜋3．由于BD过球心，所以可

得∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐴𝑂⊥面BCD，所以当𝐵𝐶=𝐶𝐷时体积最大，这时三角形ABC为等边三角形，故求出外接圆的半径，进而求出面积．本题考查平面的基本性质及其外接球的半径与棱长的关系，面积公式，属于中档题．四．

解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知平面向量𝑎⃗⃗=(3,4)，𝑏⃗=(9,𝑥)，𝑐⃗=(4,𝑦)，且𝑎⃗⃗//𝑏⃗，𝑎⃗⃗⊥𝑐⃗．(1)求𝑏⃗和𝑐⃗;(2)若𝑚⃗⃗⃗=2𝑎⃗⃗−𝑏⃗，𝑛⃗⃗=𝑎⃗⃗

+𝑐⃗，求向量𝑚⃗⃗⃗与向量𝑛⃗⃗的夹角的大小．【答案】解：(1)∵𝑎⃗⃗//𝑏⃗，∴3𝑥−36=0．∴𝑥=12．∵𝑎⃗⃗⊥𝑐⃗，∴3×4+4𝑦=0．∴𝑦=−3．∴𝑏⃗=(9,12)，𝑐⃗=(4,−3)．(2)�

�⃗⃗⃗=2𝑎⃗⃗−𝑏⃗=(6,8)−(9,12)=(−3,−4)，𝑛⃗⃗=𝑎⃗⃗+𝑐⃗=(3,4)+(4,−3)=(7,1)．设𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗的夹角为𝜃，则cos𝜃=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗

⃗|𝑚⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗|=−3×7+(−4)×1√(−3)2+(−4)2×√72+12=−2525√2=−√22．∵𝜃∈[0,𝜋]，∴𝜃=3𝜋4，即𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗的夹角为3𝜋4．【解析】本题考查平面向量共线的充要条件，向量的数量积，考查向量的坐标运算和求两向量的夹角，

属于中档题．(1)根据向量平行和向量垂直对应的坐标关系，可得结果；(2)首先求得𝑚⃗⃗⃗，𝑛⃗⃗的坐标，代入公式cos𝜃=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗|计算即可．18．ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2coscos−=acbAB.

（1）求A；（2）若1a=，求ABCV面积的最大值.【答案】（1）3A=；（2）34【分析】(1)已知等式利用正弦定理化简，整理后求出cosA的值，即可确定出角A的大小；(2)由,cosaA的值，利用余弦定理列出关系式，再利用基本不等式求出bc

的最大值，即可确定出三角形ABC面积的最大值．【详解】解：（1）由2coscos−=acbAB可得：cos2coscos=−aBcAbA，由正弦定理可得：sincos2cossincossin=−ABACAB∴sin()2cossinsin

2cossin+==ABACCAC，∵sin0C，∴1cos2A=，∵(0,)A，∴3A=；（2）由（1）知3A=，由余弦定理得2222cosabcbcA=+−，即221bcbc=+−∵222bcbc+，所以1bc（当且仅当1bc==时取等号）∴

13sin24=ABCSbcA，所以ABC面积的最大值为34.【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，三角形面积公式，以及两角和与差的正弦函数公式，基本不等式的应用，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．19．在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDE

F是矩形．(𝟏)求证：AE//平面BFC；(𝟐)若AD⊥DE，AD=DE=𝟏，AB=𝟐，∠BAD=𝟔𝟎⬚∘，求三棱锥𝐅−AEC的体积．【答案】(1)证明：因为四边形ABCD是平行四边形，所以𝐴𝐷//𝐵𝐶．又𝐴𝐷⊄平面BCF，𝐵𝐶⊂平面BCF，所以𝐴𝐷

//平面BCF，因为四边形BDEF是矩形，所以𝐷𝐸//𝐵𝐹．又𝐷𝐸⊄平面BCF，𝐵𝐹⊂平面BCF，所以𝐷𝐸//平面BCF．因为𝐴𝐷⋂𝐷𝐸=𝐷，𝐴𝐷⊂平面ADE，𝐷𝐸⊂平面ADE，所以平面𝐴𝐷𝐸//平

面BCF．因为𝐴𝐸⊂平面ADE，所以𝐴𝐸//平面BCF．(2)解:设AC与BD交于点O，则O为AC的中点，连接OE，OF，如图．故𝑉𝐹−𝐴𝐸𝐶=𝑉𝐶−𝐴𝐸𝐹=2𝑉𝑂−𝐴𝐸�

�=2𝑉𝐴−𝑂𝐸𝐹，在𝛥𝐴𝐵𝐷中，∠𝐵𝐴𝐷=60⬚∘，𝐴𝐷=1，𝐴𝐵=2，由余弦定理得，𝐵𝐷2=𝐴𝐵2+𝐴𝐷2−2𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅cos∠𝐵𝐴𝐷，所

以𝐵𝐷=√3，所以𝐴𝐵2=𝐴𝐷2+𝐵𝐷2，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐷．又𝐷𝐸⊥𝐴𝐷，𝐵𝐷⋂𝐷𝐸=𝐷，𝐵𝐷⊂平面BDEF，𝐷𝐸⊂平面BDEF，所以𝐴𝐷⊥平面BDEF，故AD的长为点A到平面BDEF的距离．因为𝐷𝐸=1，所以，所以𝑉�

�−𝑂𝐸𝐹=13𝑆𝛥𝑂𝐸𝐹⋅𝐴𝐷=√36，故𝑉𝐹−𝐴𝐸𝐶=2𝑉𝐴−𝑂𝐸𝐹=√33，即三棱锥𝐹−𝐴𝐸𝐶的体积为√33．20．已知直角三角形ABC的斜边长2AB=，现以斜边AB为轴旋转一周，得旋转体，当30A=时，求此旋转体的

体积和表面积的大小．解：以斜边AB为轴旋转一周，所得旋转体是以AB边的高CO为底面半径的两个圆锥组成的组合体，如图所示：因为2AB=，30CAB=，所以sin301CBAB==，cos303CAAB==，所以32ACCBCOA

B==，所以此旋转体的体积为2211332VrhCOAB===；又因为1CB=，3CA=，所以此旋转体的表面积为1()()(33)2SrllCOACBC=+=+=+．21.某校要在

一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，AB为地面，CD，CE为路灯灯杆，𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，∠𝐷𝐶𝐸=2𝜋3，在E处安装路灯，且路灯的照明张角∠𝑀𝐸𝑁=𝜋3.已知𝐶𝐷=4𝑚,𝐶𝐸=2𝑚．(1)当M，D重合时，求路灯在路面的

照明宽度MN；(2)求此路灯在路面上的照明宽度MN的最小值．【答案】解：(1)当𝑀,𝐷重合时，由余弦定理知，𝑀𝐸=𝐷𝐸=√𝐶𝐷2+𝐶𝐸2−2𝐶𝐷⋅𝐶𝐸⋅cos∠𝐷𝐶𝐸

=2√7，所以cos∠𝐶𝐷𝐸=𝐶𝐷2+𝐷𝐸2−𝐶𝐸22𝐶𝐷⋅𝐷𝐸=5√714，因为∠𝐶𝐷𝐸+∠𝐸𝑀𝑁=𝜋2，所以sin∠𝐸𝑀𝑁=cos∠𝐶𝐷𝐸=5√714，因为cos∠𝐸𝑀𝑁>0，所以co

s∠𝐸𝑀𝑁=√1−sin2∠𝐸𝑀𝑁=√2114，因为∠𝑀𝐸𝑁=𝜋3，所以sin∠𝐸𝑁𝑀=sin(2𝜋3−∠𝐸𝑀𝑁)=sin2𝜋3cos∠𝐸𝑀𝑁−cos2𝜋3sin∠𝐸𝑀𝑁=2√77，∴在△𝐸𝑀𝑁中，由正弦定

理可知，𝑀𝑁sin∠𝑀𝐸𝑁=𝐸𝑀sin∠𝐸𝑁𝑀，解得𝑀𝑁=7√32；(2)易知E到地面的距离ℎ=4+2sin(2𝜋3−𝜋2)=5m，由三角形面积公式可知，𝑆△𝐸𝑀𝑁=12⋅𝑀�

�⋅5=12𝐸𝑀⋅𝐸𝑁⋅sin𝜋3，所以10√3𝑀𝑁=𝐸𝑀⋅𝐸𝑁，又由余弦定理可知，𝑀𝑁2=𝐸𝑀2+𝐸𝑁2−2𝐸𝑀⋅𝐸𝑁⋅cos𝜋3≥𝐸𝑀⋅𝐸𝑁，当且仅当𝐸𝑀=𝐸𝑁时，等

号成立，所以𝑀𝑁2≥10√3𝑀𝑁，解得𝑀𝑁≥10√33．答：(1)路灯在路面的照明宽度为7√32m；(2)照明宽度MN的最小值为10√33m．【解析】本题主要考查了解直角三角形的应用，考查了正弦定理，余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生

的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．(1)直接利用余弦定理和三角函数关系式的恒等变换的应用求出结果；(2)利用余弦定理和正弦定理的应用及相关的运算的应用求出结果．22．如下图，E、F为三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶棱PA、PC的中点．(1)求证：𝐸𝐹//平面ABC；(

2)若𝑃𝐴=𝑃𝐶=𝐴𝐶=2，𝑃𝐵=𝐴𝐵=𝐵𝐶=√2，求三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的表面积．【答案】解：(1)证明：∵𝐸𝐹是△𝑃𝐴𝐶的中位线，∴𝐸𝐹//𝐴𝐶，又∵𝐸𝐹⊄平面ABC，𝐴𝐶⊂平面ABC，∴�

�𝐹//平面ABC．(2)∵𝑃𝐴=𝑃𝐶=𝐴𝐶=2，且𝑃𝐵=𝐴𝐵=𝐵𝐶=√2，∴𝐴𝐵2+𝑃𝐵2=𝐴𝑃2，𝐵𝐶2+𝐵𝑃2=𝑃𝐶2，𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=𝐴𝐶2，∴𝐴𝐵⊥𝑃𝐵，𝐵𝐶⊥𝑃𝐵，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，故三棱锥�

�−𝐴𝐵𝐶的表面积为，∴三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的表面积为3+√3．【解析】本题考查线面平行的证明，考查推理能力以及三棱锥表面积的计算，属基础题．(1)直接利用线面平行的判定定理证明即可；(2)利用𝑃𝐴=𝑃𝐶=𝐴𝐶=2，且𝑃𝐵=𝐴𝐵=�

�𝐶=√2得到各边之间的关系，然后根据勾股定理的逆定理得到𝐴𝐵⊥𝑃𝐵，𝐵𝐶⊥𝑃𝐵，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，得到三角形的底跟高进行计算即可．