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2023-2024学年山东省青岛五十八中高一（下）段考数学试卷（3月份）(含解析）
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这是一份2023-2024学年山东省青岛五十八中高一（下）段考数学试卷（3月份）(含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中正确的是( )
A. 直四棱柱是长方体
B. 圆柱的母线和它的轴可以不平行
C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
2.设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若α⊥β，m//α，l//β，则m⊥l
B. 若m⊂α，l⊂β，m//l，则α//β
C. 若α∩β=m，l//α，l//β，则m//l
D. 若m⊥α，l⊥β，m//l，则α⊥β
3.已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为2的正方形A′B′C′D′，如图所示，则该平面图形的面积是( )
A. 8
B. 8 2
C. 16
D. 16 2
4.如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC−A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为( )
A. 3B. 4C. 4 2D. 6
5.如图所示的三棱柱ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=AB=2，当四棱锥B−A1ACC1体积最大时，三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积为( )
A. 163π
B. 4 23π
C. 8 23π
D. 43π
6.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP=AC=1，过A点分别作AE⊥PB于E、AF⊥PC于F，连接EF当△AEF的面积最大时，tan∠BPC的值是( )
A. 2
B. 22
C. 3
D. 33
7.三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角P−ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成的角为θ，由三面角余弦定理得csθ=csγ−csα⋅csβsinα⋅sinβ.在三棱锥P−ABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=6，则三棱锥P−ABC体积的最大值为( )
A. 27 24B. 274C. 92D. 94
8.《九章算术⋅商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖腝夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形(至多一个侧面是平行四边形)，其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为( )
A. 2 2πB. 4 2πC. 8 23πD. 2π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若直线a不平行于平面α，a⊄α，则α内不存在与a平行的直线
B. 若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则α//β
C. 设l，m，n为直线，m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充要条件
D. 若平面α⊥平面α1，平面β⊥平面β1，则平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补
10.如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AB=ED=2FB.记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A. V3=2V2
B. V3=V1
C. V3=V1+V2
D. 2V3=3V1
11.已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上=1，r下=2，母线AB长为2，E为母线AB中点，则下列结论正确的是( )
A. 圆台母线AB与底面所成角为60°
B. 圆台的侧面积为12π
C. 圆台外接球半径为2
D. 在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5
12.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=2.若鳖臑P−ABC外接球的体积为323π，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是( )
A. PA=BC= 6
B. 鳖臑P−ABC体积的最大值为6
C. 直线PC与平面PAB所成角的正弦值为 64
D. 鳖臑P−ABC内切球的半径为 15− 63
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为______．
14.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.当底面ABC水平放置时，液面高为______．
15.如图，已知矩形ABCD中，AB=43BC=8，现沿AC折起，使得平面ABC⊥平面ADC，连接BD，得到三棱锥B−ACD，则其外接球的体积为______．
16.已知三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，Q为BC中点，PB=PC=AB=BC=AC=2，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图：三棱台ABC−A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，球心位于上下底面所在的两个平行平面之间，AA1=BB1=CC1= 10，△ABC和△A1B1C1分别是边长为 3和2 3的正三角形．
(1)求三棱台ABC−A1B1C1的表面积；
(2)计算球O的体积．
18.(本小题12分)
如图，将边长为 2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得点D到点D′的位置，连接BD′，O为AC的中点．
(1)若平面D′AC⊥平面ABC，求点O到平面D′BC的距离；
(2)不考虑点D′与点B重合的位置，若二面角A−BD′−C的余弦值为−23，求BD′的长度．
19.(本小题12分)
如图1所示，在△ABC中，点E，F在线段AB上，点D在线段BC上，AE=EF=FB=1，CE=2，DF=1，CE⊥AB.将△ACE，△BDF分别沿CE，DF折起至点A，B重合为点G，形成如图2所示的几何体W，在几何体W中作答下面的问题．
(1)证明：平面EFG⊥平面CEFD；
(2)求点D到平面CFG的距离．
20.(本小题12分)
如图，平面四边形ABCD由等腰直角△ABC和等边△ACD拼接而成，将△ACD沿AC折起，使点D到达点P的位置，且BP=AB．
(1)求证：平面ACP⊥平面ABC；
(2)求二面角P−AB−C的余弦值．
21.(本小题12分)
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠CBF=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②．
(1)证明：平面ABC⊥平面BCGE；
(2)证明：DG//平面ABC；
(3)求直线AG与平面ABC所成角的正切值．
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB=2，∠DAB=π3，FA=FC= 6，记平面AEF与平面ABCD的交线为l．
(1)证明：BD//l；
(2)证明：平面BDEF⊥平面ABCD；
(3)记平面AEF与平面ABCD夹角为α，若正实数m，n满足mcs2θ=sinθ−tcsθnsin2θ=csθ+tsinθ，0<θ<π2，证明：m+n>3 32tanα．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：对于A，直四棱柱不一定是长方体，如底面是菱形的直四棱柱不是长方体，所以选项A错误；
对于B，圆柱的母线和它的轴都平行，所以选项B错误；
对于C，正棱锥的侧面都是全等的等腰三角形，所以选项C正确；
对于D，以直角三角形的一直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥，所以选项D错误．
故选：C．
根据空间几何体的结构特征，对选项中的命题判断正误即可．
本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线m，l可能平行，相交或异面，故A错误，
对于B，平面α，β可能相交或平行，故B错误，
对于C，由直线与平面平行性质，分析可得C正确；
对于D，平面α，β可能相交或平行，故D错误．
故选：C．
根据题意，由线面平行性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查平面与平面的位置关系，涉及平面与平面、直线与平面平行的性质和应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，正方形A′B′C′D′的边长为2，其面积S′=2×2=4，
其该平面图形的面积S=2 2S′=8 2，
故选：B．
根据题意，求出直观图正方形A′B′C′D′的面积，由直观图和原图的面积关系分析可得答案．
本题考查斜二测法画直观图，注意直观图和原图的面积关系，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：在图1中V水=12×2×2×2=4，
在图2中，V水=VABC−A1B1C1−VC−A1B1C1=12×2×2×h−13×12×2×2×h=43h，
∴43h=4，∴h=3．
故选：A．
利用两个图形装水的体积相等即可求解．
本题主要考查等体积法的应用，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=AB=2，设AC=x，BC=y，
所以四棱锥B−A1ACC1体积为V=13×2×x×y=23xy，
所以V=23xy≤13(x2+y2)=43，
该三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径为R= 12+12= 2，
则三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积V=43π( 2)3=8 23π．
故选：C．
首先求出三棱柱的外界球的半径，进一步求出球的体积．
本题考查的知识要点：三棱柱和外接球的关系，球的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
6.【答案】B
【解析】解：显然BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，
又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，
于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC得PC⊥平面AEF，
所以△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF= 22，
而S△AEF=12AE⋅EF≤14(AE2+EF2)=14(AF)2=18，当且仅当AE=EF时，取“=”，
所以，当AE=EF=12时，△AEF的面积最大，此时tan∠BPC=EFPF=12 22= 22，
故选：B．
由已知可证AE⊥平面PBC，PC⊥平面AEF，可得△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF= 22，从而S△AEF=12AE⋅EF≤14(AE2+EF2)=14(AF)2=18，当且仅当AE=EF时，取“=”，
解得当AE=EF=12时，△AEF的面积最大，即可求得tan∠BPC=EFPF的值．
本题主要考查了直线与平面垂直的判定，不等式的解法及应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：作出图形，∠ APC=α,∠BPC=β，∠APB=γ，
平面APC与平面BPC所成角为θ，作BD⊥PC，BM⊥平面APC，
则该二面角的平面角为∠BDM，
由题意得VP−ABC=13S△APC⋅|BM|，
∴csθ=csγ−csαcsβsinαsinβ=0−12× 22 32⋅ 22=− 33，θ∈(0,π)，
∴sinθ= 63，
|BM|=|BD|sinθ= 63|BD|= 63⋅|PB|⋅sinβ= 33⋅|PB|，
S△APC=12⋅|PA|⋅|PC|⋅sinα=3 32⋅|PC|，
∴VP−ABC=13⋅S△APC⋅|BM|=12⋅|PB|⋅|PC|=12⋅|PB|(6−|PB|)=−12|PB|2+3|PB|，
当|PB|=3时，VP−ABC的最大值为92．
故选：C．
作出图形，∠ APC=α,∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成角为θ，作BD⊥PC，BM⊥平面APC，则该二面角的平面角为∠BDM，要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即VP−ABC=13S△APC⋅|BM|，接下来根据条件把S△APC和|BM|用同一个变量表示出来，能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、几何体的体积公式、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，
则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G，
连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，根据题意可得：
OA=OB=OC=OD，OE=OF=2，HF=14EF=1，FG= 32BC= 3，
∴HG= FG2−HF2= 2，
∴OM=HG= 2，
又AM= 22AB= 2，
∴OA= OM2+AM2=2，
∴OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，
∴这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，
∴这个羡除的外接球的体积为V1=43πr3=43π×8=32π3，
∵AB//EF，AB⊄平面CDEF，EF⊂平面CDEF，
∴AB//平面CDEF，
∴点A到平面CDEF的距离等于点B到平面CDEF的距离，
又易知△OED≌△OCD，
∴VA−OED=VB−OCD=VO−BCD，
∴这个羡除的体积为：
V2=VA−OED+3VO−BCD=4VO−BCD=4×13×12×2×2× 2=8 23，
∴羡除外接球体积与羡除体积之比为V1V2=32π3×38 2=2 2π，
故选：A．
连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果．
本题考查几何体的外接球问题，线面平行的判定定理，几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面α平行，与条件相矛盾，故选项A正确；
选项B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；
选项C，当直线m，n不相交时，由线面垂直的判定定理知：l⊥m且l⊥n时，得不到l⊥α，故选项C错误；
选项D，当α1//β1，α⊥β时，可满足题设条件，此时平面α与平面β所成的二面角为90°，平面α1与平面β1所成的二面角为0°，故选项D错误．
故选：AB．
对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；
对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除．
本题考查空间中线面平行关系，面面平行的判定定理，充分与必要条件的概念，二面角的概念，化归转化思想，属中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：设AB=ED=2FB=2，
∵ED⊥平面ABCD，∴|ED|为四棱锥E−ABCD的高，
∵FB//ED，∴|FB|为三棱锥F−ABC的高，
∵平面ADE//平面FBC，∴点E到平面FBC的距离等于点D到平面FBC的距离，
即三棱锥E−FBC的高=|DC|=2，
几何体的体积V=VE−ABCD+VE−FBC+VE−ABF=13×SABCD×|ED|+13×S△FBC×|DC|+13×S△ABF×|AB|=4，
V1=13×S△ACD×|ED|=43，
V2=13×S△ABC×|FB|=23，
V3=V−V1−V2=2．
故C、D正确，A、B错误．
故选：CD．
利用等体积法，先求出几何体的体积V，再求出三棱锥E−ACD，F−ABC的体积V1、V2，V3=V−V1−V2，可得V1、V2、V3之间的关系．
本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键．
11.【答案】ACD
【解析】解：圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上=1，r下=2，母线AB长为2，E为母线AB中点，
如图所示：
由于BC=1，AB=2，利用勾股定理，解得AC= 3，
所以∠ABC=60°，
即圆台母线AB与底面所成的角为60°，故A正确；
圆台的展开面如图所示：
对于B：圆台的侧面积为S=12⋅π⋅42−12⋅π⋅22=6π，故B错误．
根据比例关系求出CD=OD=2，展开面为半圆环；
点E为母线的中点，
所以OE=3，
根据设球心在圆台的中心连线上，
设到上底面的距离为x，
所以1+x2=22+( 3−x)2，解得x= 3，
所以外接球的球心在圆台的下底面的圆心；
所以外接球的半径为2，故C正确；
根据展开图：CE= 32+42=5，故D正确．
故选：ACD．
首先利用圆台中的底面半径和母线的长度求出圆台的展开图为半圆环，进一步利用圆台的展开面，及圆台和外接球的关系求出球的半径，最后判定A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：圆台的展开图，线面的夹角，圆台和外接球的关系，勾股定理的应用，圆台的展开面，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了三棱锥的体积、外接球的体积和内切球半径，线面角的计算，属于中档题．
根据外接球的体积为32π3，得外接球的半径R=2，再根据基本不等式，即可求得当PA=BC= 6时，鳖臑P−ABC体积的最大值为2，由此判断A，B选项，由∠CPB为PC与平面PAB所成角，可以判断C选项，根据体积相等可以求出内切球的半径，可以判断D选项．
【解答】
解：在鳖臑P−ABC中，四个面都为直角三角形，
可知PC的中点到四个顶点的距离都相等，
所以PC的中点是鳖臑外接球的球心，
因为外接球的体积为32π3，得外接球的半径R=2，
∴PC=4，设PA=a，BC=b，则PA2+AB2+BC2=PC2，得a2+b2=12，
∴VP−ABC=13×12×2b×a=13ab≤13×a2+b22=2，
当且仅当a=b= 6时，VP−ABC取得最大值2，
故A正确，B错误；
△PBC中，BC⊥PB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，
∴∠CPB即为PC与平面PAB所成角，正弦值为BCPC= 64，故C正确；
设鳖臑内切球的半径为r，
则VP−ABC=13(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)×r=13×S△ABC×PA，
( 6+ 6+ 15+ 15)×r= 6× 6，
解得r= 15− 63，故D正确．
故选：ACD．
13.【答案】4π3
【解析】解：设圆锥母线长为l，由题意2π×1=πl，l=2，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，
易知PD是圆锥的高，O在PD上，
由PA=2，BD=1得∠BPD=π6，因此∠ABP=π3，
所以∠OBD=12∠DBP=π6，OD=BDtanπ6= 33，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为S=4π×( 33)2=4π3，
故答案为：4π3．
由圆锥侧面展开图求得圆锥母线长，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，由此图形计算出球的半径后可得表面积．
本题考查圆锥的内切球问题，化归转化思想，属中档题．
14.【答案】12
【解析】解：设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，
侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V=34S△ABC⋅AA1=34a⋅16=12a，
当底面ABC水平放置时，水的体积为V=S△ABCh=ah，
于是ah=12a，解得h=12，
所以当底面ABC水平放置时，液面高为12．
故答案为：12．
根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解作答．
本题考查棱柱的结构特征，训练了等体积法的应用，考查运算求解能力，属基础题．
15.【答案】500π3
【解析】解：如图设AC⋂BD=O，
由矩形的性质可知：OA=OB=OC=OD，
则三棱锥B−ACD的外接球的球心即为O，半径R=12AC=12 62+82=5，
所以三棱锥B−ACD的外接球的体积V球=43πR3=43π×53=500π3．
故答案为：500π3．
由矩形的性质分析可得外接球的球心即为AC的中点O，进而可求球的半径和体积．
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】[π,5π3]
【解析】解：连接PQ，QA，由PB=PC=AB=BC=AC=2，
可知△ABC和△PBC是等边三角形，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，
所以球心O在平面ABC和平面PBC内的射影是△ABC和△PBC的中心E，F，
△PBC是等边三角形，Q为BC中点，
所以PQ⊥BC，又因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，
所以PQ⊥平面ABC，而AQ⊂平面ABC，因此PQ⊥AQ，所以OFQE是矩形，
△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形，
所以两个三角形的高h= 22−(12×2)2= 3，
在矩形OFQE中，OE=FQ=13h= 33,AE=23h=2 33，连接OA，
所以OA= OE2+EA2= 13+43= 153，
设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
OQ= OF2+FQ2= (13h)2+(13h)2= 23h= 23× 3= 63．
因此圆Q的半径为： OA2−OQ2= 159−69=1，所以此时面积为π⋅12=π，
当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：π⋅( 153)2=5π3，
所以截面的面积范围为[π,5π3]．
故答案为：[π,5π3]．
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，连接PQ，QA，OA，设过点Q的平面为α，则当OQ⊥α时，此时所得截面的面积最小，当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解．
本题考查了三棱锥外接球的截面面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图
设点O1，O2分别是正△ABC和△A1B1C1的中心，球的半径为R，且O1，O2，O三点共线，正三棱台ABC−A1B1C1的高为O1O2，
在等边△ABC中，由AB= 3，得AO1=23× 32AB=1，
同理，得A1O2=2，
如下图，过点A作AP⊥A1O2，
则在△A1AP中，A1P=1,AA1= 10，AP=O1O2= 10−1=3，
所以正三棱台ABC−A1B1C1的高为3，
在直角梯形O1O2NM中，O1M=12O1A=12,O2N=12O2A1=1,O1O2=3，
所以MN= 372，
所以正三棱台ABC−A1B1C1的斜高为 372，
正三棱台ABC−A1B1C1侧面积为12( 3+2 3)×3× 372=9 1114，
又因为正三棱台ABC−A1B1C1上下两底的面积之和为
12× 3× 3×sinπ3+12×2 3×2 3×sinπ3=15 34，
所以正三棱台ABC−A1B1C1表面积为9 111+15 34．
(2)在Rt△OO1A中，OO12+O1A2=R2，即OO12+1=R2，
在Rt△OO2A中，OO22+O2A12=R2，即(3−OO1)2+4=R2，
两式联立解得：R= 5，
所以球O的体积为：V=43πR3=20 5π3．
【解析】(1)点O1，O2分别是正△ABC和△A1B1C1的中心，球的半径为R，且O1，O2，O三点共线，正三棱台ABC−A1B1C1的高为O1O2，在梯形AA1NM中，由AO1，A1O2的长度求出O1O2，MN的长度，即可求出侧面积从而求出表面积；
(2)在Rt△OO1A中，OO12+O1A2=R2，在Rt△OO2A中，OO22+O2A12=R2，解出半径，根据球的体积公式即可求解．
本题考查几何体的表面积和体积，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)连接OD′，OB，则OD′⊥AC，
∵平面D′AC⊥平面ABC，OD′⊂平面D′AC，
∴OD′⊥平面ABC，又OB⊂平面ABC，
∴OD′⊥OB，又正方形ABCD的边长为 2，
∴OD′=OB=OC=1，BD′=BC=D′C= 2，
设点O到平面D′BC的距离为h，则VD′−OBC=VO−D′BC，
∴13×12×1×1×1=13× 34×( 2)2⋅h，
∴h= 33，即点O到平面D′BC的距离为 33；
(2)取D′B的中点E，连接AE，EC，
∵AB=AD′=BC=D′C= 2，
∴AE⊥BD′，EC⊥BD′，
∴∠AEC为二面角A−BD′−C的平面角，∴cs∠AEC=−23，
由题可知△ABD′≌△CBD′，
在△AEC中，AC=2，AE=CE，cs∠AEC=AE2+CE2−AC22AE⋅CE=−23，
∴AE2=CE2=65，
∴D′E2=AD′2−AE2=2−65=45，
∴D′B=2D′E=4 55．
【解析】(1)连接OD′，OB，根据面面垂直的性质可得OD′⊥平面ABC，然后利用锥体的体积公式结合等积法即得；
(2)取D′B的中点E，可得∠AEC为二面角A−BD′−C的平面角，然后利用余弦定理结合条件可得AE2=CE2=65，进而即得．
本题主要考查点到平面距离的求法，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：∵在△ABC中，点E，F在线段AB上，点D在线段BC上，
AE=EF=FB=1，CE=2，DF=1，CE⊥AB．
∴DF⊥EF，由题意知DF⊥EF，DF⊥FG，
∵EF∩FG=F，且EF，FG⊂平面EFG，∴DF⊥平面EFG，
∵DF⊂平面CEFG，∴平面EFG⊥平面CEFD．
(2)由题意知：△EFG是边长为1的正三角形，取EF的中点P，连接GP，
则GP⊥EF，且GP= 32，
由(1)知平面EFG⊥平面CEFG，且平面EFG∩平面CEFG=EF，
∴GP⊥平面CEFD，
由(1)知DF⊥平面EFG，
∵CE//DF，∴CE⊥平面EFG，
∵EF=EG=1，CE=2，∴CF=CG= 5，
在△CGF中，过点C作CQ⊥GF，则Q为GF的中点，
∴CQ= CG2−GQ2= 192，∴S△CGF=12GF⋅CQ=12×1× 192= 194，
∵S△CDF=12DF⋅EF=12×1×1=12，
设点D到平面CGF的距离为h，
由VD−CGF=VG−CDF，得13S△GCF⋅h=13S△CDF⋅GP，∴13× 194×h=13×12× 32，
解得h= 5719，∴点D到平面CGF的距离为 5719．
【解析】(1)根据题意可证明DF⊥平面EFG，利用面面垂直的判定能证明平面EFG⊥平面CEFD；
(2)由点D到平面CGF的距离为h，利用等体积法能求出点D到平面CFG的距离．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】(1)证明：∵△ACP为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，
由图可知，AC=BC，AC⊥BC，
设AP=CP=AC=1，则BC=1，BP=AB= 2，
故BP2=CP2+BC2，BC⊥CP，
又BC⊥AC，CP⋂AC=C，CP，AC⊂平面ACP，
∴BC⊥平面ACP，又BC⊂平面ABC，
∴平面ACP⊥平面ABC．
(2)解：取AC的中点F，过F作FE⊥AB，垂足为E，
∵AP=CP，∴PF⊥AC，
由(1)知，平面ACP⊥平面ABC，平面ACP⋂平面ABC=AC，PF⊂平面ACP，
∴PF⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴PF⊥AB，
∵FE⋂PF=F，FE，EF⊂平面PEF，
∴AB⊥平面PEF，∵PE⊂平面PEF，
∴AB⊥PE，又FE⊥AB，∴∠PEF是二面角P−AB−C的平面角，
由题意知，PF=AF⋅tan60°= 3AF，
在等腰直角三角形AEF中，EF= 22AF，
在直角三角形PFE中，PE= PF2+EF2= 3AF2+12AF2= 142AF，
∴cs∠PEF=EFPE= 22AF 142AF= 77．
∴二面角P−AB−C的余弦值为 77．
【解析】(1)由勾股定理证明BC⊥CP，结合BC⊥AC可得BC⊥平面ACP，从而可得平面ACP⊥平面ABC；
(2)取AC的中点F，过F作FE⊥AB，垂足为E，可证∠PEF是二面角P−AB−C的平面角，再计算可得结果．
本题主要考查面面垂直的证明，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：根据题意可得折叠后有：
AB⊥BE，AB⊥BC，又BE∩BC=B，
∴AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCGE；
(2)证明：根据题意可得折叠后有：
AD//BE//CG，且AD=BE=CG，
∴AD//CG，且AD=CG，
∴四边形ADGC为平行四边形，
∴DG//AC，又DG⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴DG//平面ABC；
(3)如图，在平面BCGE内，过G作GH垂直直线BC，垂足为H，连接AH，
又由(1)知平面ABC⊥平面BCGE，且平面ABC∩平面BCGE=BC，
∴GH⊥平面ABC，
∴直线AG与平面ABC所成角为∠HAG，
又根据题意易知HG= 32CG= 3，AB=1，BC=2，CH=1，∴BH=3，
∴AH= AB2+BH2= 1+9= 10，
∴tan∠HAG=HGAH= 3 10= 3010，
∴直线AG与平面ABC所成角的正切值为 3010．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，即可证明；
(2)根据线面垂直的判定定理，即可证明；
(3)在平面BCGE内，过G作GH垂直直线BC，垂直点为H，连接AH，则易得GH⊥平面ABC，从而可得AG与平面ABC所成角为∠HAG，再解三角形，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】证明：(1)∵BDEF为菱形，∴BD//EF，
∵BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴BD//平面AEF，
∵BD⊂平面ABCD，平面AEF与平面ABCD交于直线l，
∴BD//l．
(2)连AC交BD于点O，连FO，
∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD，O为AC和BD中点，
∵FA=FC，∴FO⊥AC，
∵BD∩FO=O，∴AC⊥平面BDEF，
∵AC⊂平面ABCD，∴平面BDEF⊥平面ABCD．
(3)∵ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=π3，
∴OA= 3，OB=1，BD=2，
又∵BDEF为菱形，∴BF=BD=2，
∵FA= 6，FO⊥AC，∴FO= FA2−OA2= 3，
∴OB2+OF2=BF2，∴OF⊥OB，
∵BD⊥OF，BD⊥OA，∴BD⊥平面FOA，
又由(1)知BD//l，
∴l⊥平面FOA，∴∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，
在直角△FOA中，OF=OA= 3，∴∠FAO=π4，
所以平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，
∵mcs2θ=sinθ−tcsθnsin2θ=csθ+tsinθ，∴mcs2θsinθ=sin2θ−tsinθcsθnsin2θcsθ=cs2θ+tsinθcsθ，
∴mcs2θsinθ+nsin2θcsθ=1，
下面证明：cs2θsinθ≤2 39①；sin2θcsθ≤2 39②；且等号不同时取，
∵1(cs2θsinθ)2=1(cs2θ)2sin2θ=(sin2θ+cs2θcs2θ)2(sin2θ+cs2θsin2θ)
=(tan2θ+1)3tan2θ=(tan2θ+1)(tan2θ+1)2tan2θ=(tan2θ+1)(tan4θ+2tan2θ+1)tan2θ
=tan6θ+3tan4θ+3tan2θ+1tan2θ=tan4θ+3tan2θ+1tan2θ+3
=(tan2θ−12)2+4tan2θ+1tan2θ+114≥2 4tan2θ×1tan2θ+114=274，
当仅当tan2θ=12时取等号，所以cs2θsinθ≤2 39，
∴1=mcs2θsinθ+nsin2θcsθ<2 33(m+n)，即m+n>3 32，
∴m+n>3 32tanα．
【解析】(1)推导出BD//EF，从而BD//平面AEF，由此能证明BD//l．
(2)连AC交BD于点O，连FO，推导出AC⊥平面BDEF，由此能证明平面BDEF⊥平面ABCD．
(3)推导出OA= 3，OB=1，BD=2，BF=BD=2，FO= FA2−OA2= 3，由勾股定理得OF⊥OB，从而BD⊥平面FOA，BD//l，从而l⊥平面FOA，∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，推导出mcs2θsinθ+nsin2θcsθ=1，由此能证明m+n>3 32tanα．
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、二面角的定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
1.下列说法中正确的是( )
A. 直四棱柱是长方体
B. 圆柱的母线和它的轴可以不平行
C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
2.设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A. 若α⊥β，m//α，l//β，则m⊥l
B. 若m⊂α，l⊂β，m//l，则α//β
C. 若α∩β=m，l//α，l//β，则m//l
D. 若m⊥α，l⊥β，m//l，则α⊥β
3.已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为2的正方形A′B′C′D′，如图所示，则该平面图形的面积是( )
A. 8
B. 8 2
C. 16
D. 16 2
4.如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC−A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为( )
A. 3B. 4C. 4 2D. 6
5.如图所示的三棱柱ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=AB=2，当四棱锥B−A1ACC1体积最大时，三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积为( )
A. 163π
B. 4 23π
C. 8 23π
D. 43π
6.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑PABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AP=AC=1，过A点分别作AE⊥PB于E、AF⊥PC于F，连接EF当△AEF的面积最大时，tan∠BPC的值是( )
A. 2
B. 22
C. 3
D. 33
7.三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角P−ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成的角为θ，由三面角余弦定理得csθ=csγ−csα⋅csβsinα⋅sinβ.在三棱锥P−ABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=6，则三棱锥P−ABC体积的最大值为( )
A. 27 24B. 274C. 92D. 94
8.《九章算术⋅商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖腝夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形(至多一个侧面是平行四边形)，其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为( )
A. 2 2πB. 4 2πC. 8 23πD. 2π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若直线a不平行于平面α，a⊄α，则α内不存在与a平行的直线
B. 若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则α//β
C. 设l，m，n为直线，m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的充要条件
D. 若平面α⊥平面α1，平面β⊥平面β1，则平面α与平面β所成的二面角和平面α1与平面β1所成的二面角相等或互补
10.如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB//ED，AB=ED=2FB.记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A. V3=2V2
B. V3=V1
C. V3=V1+V2
D. 2V3=3V1
11.已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上=1，r下=2，母线AB长为2，E为母线AB中点，则下列结论正确的是( )
A. 圆台母线AB与底面所成角为60°
B. 圆台的侧面积为12π
C. 圆台外接球半径为2
D. 在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5
12.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=2.若鳖臑P−ABC外接球的体积为323π，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是( )
A. PA=BC= 6
B. 鳖臑P−ABC体积的最大值为6
C. 直线PC与平面PAB所成角的正弦值为 64
D. 鳖臑P−ABC内切球的半径为 15− 63
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为______．
14.如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱AA1=16.若侧面AA1B1B水平放置时，液面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点.当底面ABC水平放置时，液面高为______．
15.如图，已知矩形ABCD中，AB=43BC=8，现沿AC折起，使得平面ABC⊥平面ADC，连接BD，得到三棱锥B−ACD，则其外接球的体积为______．
16.已知三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，Q为BC中点，PB=PC=AB=BC=AC=2，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图：三棱台ABC−A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，球心位于上下底面所在的两个平行平面之间，AA1=BB1=CC1= 10，△ABC和△A1B1C1分别是边长为 3和2 3的正三角形．
(1)求三棱台ABC−A1B1C1的表面积；
(2)计算球O的体积．
18.(本小题12分)
如图，将边长为 2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得点D到点D′的位置，连接BD′，O为AC的中点．
(1)若平面D′AC⊥平面ABC，求点O到平面D′BC的距离；
(2)不考虑点D′与点B重合的位置，若二面角A−BD′−C的余弦值为−23，求BD′的长度．
19.(本小题12分)
如图1所示，在△ABC中，点E，F在线段AB上，点D在线段BC上，AE=EF=FB=1，CE=2，DF=1，CE⊥AB.将△ACE，△BDF分别沿CE，DF折起至点A，B重合为点G，形成如图2所示的几何体W，在几何体W中作答下面的问题．
(1)证明：平面EFG⊥平面CEFD；
(2)求点D到平面CFG的距离．
20.(本小题12分)
如图，平面四边形ABCD由等腰直角△ABC和等边△ACD拼接而成，将△ACD沿AC折起，使点D到达点P的位置，且BP=AB．
(1)求证：平面ACP⊥平面ABC；
(2)求二面角P−AB−C的余弦值．
21.(本小题12分)
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠CBF=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②．
(1)证明：平面ABC⊥平面BCGE；
(2)证明：DG//平面ABC；
(3)求直线AG与平面ABC所成角的正切值．
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，AB=2，∠DAB=π3，FA=FC= 6，记平面AEF与平面ABCD的交线为l．
(1)证明：BD//l；
(2)证明：平面BDEF⊥平面ABCD；
(3)记平面AEF与平面ABCD夹角为α，若正实数m，n满足mcs2θ=sinθ−tcsθnsin2θ=csθ+tsinθ，0<θ<π2，证明：m+n>3 32tanα．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：对于A，直四棱柱不一定是长方体，如底面是菱形的直四棱柱不是长方体，所以选项A错误；
对于B，圆柱的母线和它的轴都平行，所以选项B错误；
对于C，正棱锥的侧面都是全等的等腰三角形，所以选项C正确；
对于D，以直角三角形的一直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥，所以选项D错误．
故选：C．
根据空间几何体的结构特征，对选项中的命题判断正误即可．
本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线m，l可能平行，相交或异面，故A错误，
对于B，平面α，β可能相交或平行，故B错误，
对于C，由直线与平面平行性质，分析可得C正确；
对于D，平面α，β可能相交或平行，故D错误．
故选：C．
根据题意，由线面平行性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查平面与平面的位置关系，涉及平面与平面、直线与平面平行的性质和应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据题意，正方形A′B′C′D′的边长为2，其面积S′=2×2=4，
其该平面图形的面积S=2 2S′=8 2，
故选：B．
根据题意，求出直观图正方形A′B′C′D′的面积，由直观图和原图的面积关系分析可得答案．
本题考查斜二测法画直观图，注意直观图和原图的面积关系，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：在图1中V水=12×2×2×2=4，
在图2中，V水=VABC−A1B1C1−VC−A1B1C1=12×2×2×h−13×12×2×2×h=43h，
∴43h=4，∴h=3．
故选：A．
利用两个图形装水的体积相等即可求解．
本题主要考查等体积法的应用，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，若AA1=AB=2，设AC=x，BC=y，
所以四棱锥B−A1ACC1体积为V=13×2×x×y=23xy，
所以V=23xy≤13(x2+y2)=43，
该三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径为R= 12+12= 2，
则三棱柱ABC−A1B1C1外接球的体积V=43π( 2)3=8 23π．
故选：C．
首先求出三棱柱的外界球的半径，进一步求出球的体积．
本题考查的知识要点：三棱柱和外接球的关系，球的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
6.【答案】B
【解析】解：显然BC⊥平面PAB，则BC⊥AE，
又PB⊥AE，则AE⊥平面PBC，
于是AE⊥EF，且AE⊥PC，结合条件AF⊥PC得PC⊥平面AEF，
所以△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF= 22，
而S△AEF=12AE⋅EF≤14(AE2+EF2)=14(AF)2=18，当且仅当AE=EF时，取“=”，
所以，当AE=EF=12时，△AEF的面积最大，此时tan∠BPC=EFPF=12 22= 22，
故选：B．
由已知可证AE⊥平面PBC，PC⊥平面AEF，可得△AEF、△PEF均为直角三角形，由已知得AF= 22，从而S△AEF=12AE⋅EF≤14(AE2+EF2)=14(AF)2=18，当且仅当AE=EF时，取“=”，
解得当AE=EF=12时，△AEF的面积最大，即可求得tan∠BPC=EFPF的值．
本题主要考查了直线与平面垂直的判定，不等式的解法及应用，同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：作出图形，∠ APC=α,∠BPC=β，∠APB=γ，
平面APC与平面BPC所成角为θ，作BD⊥PC，BM⊥平面APC，
则该二面角的平面角为∠BDM，
由题意得VP−ABC=13S△APC⋅|BM|，
∴csθ=csγ−csαcsβsinαsinβ=0−12× 22 32⋅ 22=− 33，θ∈(0,π)，
∴sinθ= 63，
|BM|=|BD|sinθ= 63|BD|= 63⋅|PB|⋅sinβ= 33⋅|PB|，
S△APC=12⋅|PA|⋅|PC|⋅sinα=3 32⋅|PC|，
∴VP−ABC=13⋅S△APC⋅|BM|=12⋅|PB|⋅|PC|=12⋅|PB|(6−|PB|)=−12|PB|2+3|PB|，
当|PB|=3时，VP−ABC的最大值为92．
故选：C．
作出图形，∠ APC=α,∠BPC=β，∠APB=γ，平面APC与平面BPC所成角为θ，作BD⊥PC，BM⊥平面APC，则该二面角的平面角为∠BDM，要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即VP−ABC=13S△APC⋅|BM|，接下来根据条件把S△APC和|BM|用同一个变量表示出来，能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、几何体的体积公式、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，
则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G，
连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，根据题意可得：
OA=OB=OC=OD，OE=OF=2，HF=14EF=1，FG= 32BC= 3，
∴HG= FG2−HF2= 2，
∴OM=HG= 2，
又AM= 22AB= 2，
∴OA= OM2+AM2=2，
∴OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，
∴这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，
∴这个羡除的外接球的体积为V1=43πr3=43π×8=32π3，
∵AB//EF，AB⊄平面CDEF，EF⊂平面CDEF，
∴AB//平面CDEF，
∴点A到平面CDEF的距离等于点B到平面CDEF的距离，
又易知△OED≌△OCD，
∴VA−OED=VB−OCD=VO−BCD，
∴这个羡除的体积为：
V2=VA−OED+3VO−BCD=4VO−BCD=4×13×12×2×2× 2=8 23，
∴羡除外接球体积与羡除体积之比为V1V2=32π3×38 2=2 2π，
故选：A．
连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果．
本题考查几何体的外接球问题，线面平行的判定定理，几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面α平行，与条件相矛盾，故选项A正确；
选项B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；
选项C，当直线m，n不相交时，由线面垂直的判定定理知：l⊥m且l⊥n时，得不到l⊥α，故选项C错误；
选项D，当α1//β1，α⊥β时，可满足题设条件，此时平面α与平面β所成的二面角为90°，平面α1与平面β1所成的二面角为0°，故选项D错误．
故选：AB．
对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；
对于选项D，可在长方体中寻找特殊平面进行排除．
本题考查空间中线面平行关系，面面平行的判定定理，充分与必要条件的概念，二面角的概念，化归转化思想，属中档题．
10.【答案】CD
【解析】解：设AB=ED=2FB=2，
∵ED⊥平面ABCD，∴|ED|为四棱锥E−ABCD的高，
∵FB//ED，∴|FB|为三棱锥F−ABC的高，
∵平面ADE//平面FBC，∴点E到平面FBC的距离等于点D到平面FBC的距离，
即三棱锥E−FBC的高=|DC|=2，
几何体的体积V=VE−ABCD+VE−FBC+VE−ABF=13×SABCD×|ED|+13×S△FBC×|DC|+13×S△ABF×|AB|=4，
V1=13×S△ACD×|ED|=43，
V2=13×S△ABC×|FB|=23，
V3=V−V1−V2=2．
故C、D正确，A、B错误．
故选：CD．
利用等体积法，先求出几何体的体积V，再求出三棱锥E−ACD，F−ABC的体积V1、V2，V3=V−V1−V2，可得V1、V2、V3之间的关系．
本题主要考查组合体的体积，熟练掌握棱锥的体积公式是解决本题的关键．
11.【答案】ACD
【解析】解：圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上=1，r下=2，母线AB长为2，E为母线AB中点，
如图所示：
由于BC=1，AB=2，利用勾股定理，解得AC= 3，
所以∠ABC=60°，
即圆台母线AB与底面所成的角为60°，故A正确；
圆台的展开面如图所示：
对于B：圆台的侧面积为S=12⋅π⋅42−12⋅π⋅22=6π，故B错误．
根据比例关系求出CD=OD=2，展开面为半圆环；
点E为母线的中点，
所以OE=3，
根据设球心在圆台的中心连线上，
设到上底面的距离为x，
所以1+x2=22+( 3−x)2，解得x= 3，
所以外接球的球心在圆台的下底面的圆心；
所以外接球的半径为2，故C正确；
根据展开图：CE= 32+42=5，故D正确．
故选：ACD．
首先利用圆台中的底面半径和母线的长度求出圆台的展开图为半圆环，进一步利用圆台的展开面，及圆台和外接球的关系求出球的半径，最后判定A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：圆台的展开图，线面的夹角，圆台和外接球的关系，勾股定理的应用，圆台的展开面，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了三棱锥的体积、外接球的体积和内切球半径，线面角的计算，属于中档题．
根据外接球的体积为32π3，得外接球的半径R=2，再根据基本不等式，即可求得当PA=BC= 6时，鳖臑P−ABC体积的最大值为2，由此判断A，B选项，由∠CPB为PC与平面PAB所成角，可以判断C选项，根据体积相等可以求出内切球的半径，可以判断D选项．
【解答】
解：在鳖臑P−ABC中，四个面都为直角三角形，
可知PC的中点到四个顶点的距离都相等，
所以PC的中点是鳖臑外接球的球心，
因为外接球的体积为32π3，得外接球的半径R=2，
∴PC=4，设PA=a，BC=b，则PA2+AB2+BC2=PC2，得a2+b2=12，
∴VP−ABC=13×12×2b×a=13ab≤13×a2+b22=2，
当且仅当a=b= 6时，VP−ABC取得最大值2，
故A正确，B错误；
△PBC中，BC⊥PB，且AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，
∴∠CPB即为PC与平面PAB所成角，正弦值为BCPC= 64，故C正确；
设鳖臑内切球的半径为r，
则VP−ABC=13(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)×r=13×S△ABC×PA，
( 6+ 6+ 15+ 15)×r= 6× 6，
解得r= 15− 63，故D正确．
故选：ACD．
13.【答案】4π3
【解析】解：设圆锥母线长为l，由题意2π×1=πl，l=2，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，
易知PD是圆锥的高，O在PD上，
由PA=2，BD=1得∠BPD=π6，因此∠ABP=π3，
所以∠OBD=12∠DBP=π6，OD=BDtanπ6= 33，
所以圆锥内半径最大的球的表面积为S=4π×( 33)2=4π3，
故答案为：4π3．
由圆锥侧面展开图求得圆锥母线长，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，由此图形计算出球的半径后可得表面积．
本题考查圆锥的内切球问题，化归转化思想，属中档题．
14.【答案】12
【解析】解：设△ABC的面积为a，底面ABC水平放置时，液面高为h，
侧面AA1B1B水平放置时，水的体积为V=34S△ABC⋅AA1=34a⋅16=12a，
当底面ABC水平放置时，水的体积为V=S△ABCh=ah，
于是ah=12a，解得h=12，
所以当底面ABC水平放置时，液面高为12．
故答案为：12．
根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解作答．
本题考查棱柱的结构特征，训练了等体积法的应用，考查运算求解能力，属基础题．
15.【答案】500π3
【解析】解：如图设AC⋂BD=O，
由矩形的性质可知：OA=OB=OC=OD，
则三棱锥B−ACD的外接球的球心即为O，半径R=12AC=12 62+82=5，
所以三棱锥B−ACD的外接球的体积V球=43πR3=43π×53=500π3．
故答案为：500π3．
由矩形的性质分析可得外接球的球心即为AC的中点O，进而可求球的半径和体积．
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
16.【答案】[π,5π3]
【解析】解：连接PQ，QA，由PB=PC=AB=BC=AC=2，
可知△ABC和△PBC是等边三角形，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，
所以球心O在平面ABC和平面PBC内的射影是△ABC和△PBC的中心E，F，
△PBC是等边三角形，Q为BC中点，
所以PQ⊥BC，又因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，
所以PQ⊥平面ABC，而AQ⊂平面ABC，因此PQ⊥AQ，所以OFQE是矩形，
△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形，
所以两个三角形的高h= 22−(12×2)2= 3，
在矩形OFQE中，OE=FQ=13h= 33,AE=23h=2 33，连接OA，
所以OA= OE2+EA2= 13+43= 153，
设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
OQ= OF2+FQ2= (13h)2+(13h)2= 23h= 23× 3= 63．
因此圆Q的半径为： OA2−OQ2= 159−69=1，所以此时面积为π⋅12=π，
当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：π⋅( 153)2=5π3，
所以截面的面积范围为[π,5π3]．
故答案为：[π,5π3]．
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，连接PQ，QA，OA，设过点Q的平面为α，则当OQ⊥α时，此时所得截面的面积最小，当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解．
本题考查了三棱锥外接球的截面面积计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图
设点O1，O2分别是正△ABC和△A1B1C1的中心，球的半径为R，且O1，O2，O三点共线，正三棱台ABC−A1B1C1的高为O1O2，
在等边△ABC中，由AB= 3，得AO1=23× 32AB=1，
同理，得A1O2=2，
如下图，过点A作AP⊥A1O2，
则在△A1AP中，A1P=1,AA1= 10，AP=O1O2= 10−1=3，
所以正三棱台ABC−A1B1C1的高为3，
在直角梯形O1O2NM中，O1M=12O1A=12,O2N=12O2A1=1,O1O2=3，
所以MN= 372，
所以正三棱台ABC−A1B1C1的斜高为 372，
正三棱台ABC−A1B1C1侧面积为12( 3+2 3)×3× 372=9 1114，
又因为正三棱台ABC−A1B1C1上下两底的面积之和为
12× 3× 3×sinπ3+12×2 3×2 3×sinπ3=15 34，
所以正三棱台ABC−A1B1C1表面积为9 111+15 34．
(2)在Rt△OO1A中，OO12+O1A2=R2，即OO12+1=R2，
在Rt△OO2A中，OO22+O2A12=R2，即(3−OO1)2+4=R2，
两式联立解得：R= 5，
所以球O的体积为：V=43πR3=20 5π3．
【解析】(1)点O1，O2分别是正△ABC和△A1B1C1的中心，球的半径为R，且O1，O2，O三点共线，正三棱台ABC−A1B1C1的高为O1O2，在梯形AA1NM中，由AO1，A1O2的长度求出O1O2，MN的长度，即可求出侧面积从而求出表面积；
(2)在Rt△OO1A中，OO12+O1A2=R2，在Rt△OO2A中，OO22+O2A12=R2，解出半径，根据球的体积公式即可求解．
本题考查几何体的表面积和体积，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)连接OD′，OB，则OD′⊥AC，
∵平面D′AC⊥平面ABC，OD′⊂平面D′AC，
∴OD′⊥平面ABC，又OB⊂平面ABC，
∴OD′⊥OB，又正方形ABCD的边长为 2，
∴OD′=OB=OC=1，BD′=BC=D′C= 2，
设点O到平面D′BC的距离为h，则VD′−OBC=VO−D′BC，
∴13×12×1×1×1=13× 34×( 2)2⋅h，
∴h= 33，即点O到平面D′BC的距离为 33；
(2)取D′B的中点E，连接AE，EC，
∵AB=AD′=BC=D′C= 2，
∴AE⊥BD′，EC⊥BD′，
∴∠AEC为二面角A−BD′−C的平面角，∴cs∠AEC=−23，
由题可知△ABD′≌△CBD′，
在△AEC中，AC=2，AE=CE，cs∠AEC=AE2+CE2−AC22AE⋅CE=−23，
∴AE2=CE2=65，
∴D′E2=AD′2−AE2=2−65=45，
∴D′B=2D′E=4 55．
【解析】(1)连接OD′，OB，根据面面垂直的性质可得OD′⊥平面ABC，然后利用锥体的体积公式结合等积法即得；
(2)取D′B的中点E，可得∠AEC为二面角A−BD′−C的平面角，然后利用余弦定理结合条件可得AE2=CE2=65，进而即得．
本题主要考查点到平面距离的求法，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：∵在△ABC中，点E，F在线段AB上，点D在线段BC上，
AE=EF=FB=1，CE=2，DF=1，CE⊥AB．
∴DF⊥EF，由题意知DF⊥EF，DF⊥FG，
∵EF∩FG=F，且EF，FG⊂平面EFG，∴DF⊥平面EFG，
∵DF⊂平面CEFG，∴平面EFG⊥平面CEFD．
(2)由题意知：△EFG是边长为1的正三角形，取EF的中点P，连接GP，
则GP⊥EF，且GP= 32，
由(1)知平面EFG⊥平面CEFG，且平面EFG∩平面CEFG=EF，
∴GP⊥平面CEFD，
由(1)知DF⊥平面EFG，
∵CE//DF，∴CE⊥平面EFG，
∵EF=EG=1，CE=2，∴CF=CG= 5，
在△CGF中，过点C作CQ⊥GF，则Q为GF的中点，
∴CQ= CG2−GQ2= 192，∴S△CGF=12GF⋅CQ=12×1× 192= 194，
∵S△CDF=12DF⋅EF=12×1×1=12，
设点D到平面CGF的距离为h，
由VD−CGF=VG−CDF，得13S△GCF⋅h=13S△CDF⋅GP，∴13× 194×h=13×12× 32，
解得h= 5719，∴点D到平面CGF的距离为 5719．
【解析】(1)根据题意可证明DF⊥平面EFG，利用面面垂直的判定能证明平面EFG⊥平面CEFD；
(2)由点D到平面CGF的距离为h，利用等体积法能求出点D到平面CFG的距离．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】(1)证明：∵△ACP为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，
由图可知，AC=BC，AC⊥BC，
设AP=CP=AC=1，则BC=1，BP=AB= 2，
故BP2=CP2+BC2，BC⊥CP，
又BC⊥AC，CP⋂AC=C，CP，AC⊂平面ACP，
∴BC⊥平面ACP，又BC⊂平面ABC，
∴平面ACP⊥平面ABC．
(2)解：取AC的中点F，过F作FE⊥AB，垂足为E，
∵AP=CP，∴PF⊥AC，
由(1)知，平面ACP⊥平面ABC，平面ACP⋂平面ABC=AC，PF⊂平面ACP，
∴PF⊥平面ABC，∵AB⊂平面ABC，∴PF⊥AB，
∵FE⋂PF=F，FE，EF⊂平面PEF，
∴AB⊥平面PEF，∵PE⊂平面PEF，
∴AB⊥PE，又FE⊥AB，∴∠PEF是二面角P−AB−C的平面角，
由题意知，PF=AF⋅tan60°= 3AF，
在等腰直角三角形AEF中，EF= 22AF，
在直角三角形PFE中，PE= PF2+EF2= 3AF2+12AF2= 142AF，
∴cs∠PEF=EFPE= 22AF 142AF= 77．
∴二面角P−AB−C的余弦值为 77．
【解析】(1)由勾股定理证明BC⊥CP，结合BC⊥AC可得BC⊥平面ACP，从而可得平面ACP⊥平面ABC；
(2)取AC的中点F，过F作FE⊥AB，垂足为E，可证∠PEF是二面角P−AB−C的平面角，再计算可得结果．
本题主要考查面面垂直的证明，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：根据题意可得折叠后有：
AB⊥BE，AB⊥BC，又BE∩BC=B，
∴AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BCGE；
(2)证明：根据题意可得折叠后有：
AD//BE//CG，且AD=BE=CG，
∴AD//CG，且AD=CG，
∴四边形ADGC为平行四边形，
∴DG//AC，又DG⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴DG//平面ABC；
(3)如图，在平面BCGE内，过G作GH垂直直线BC，垂足为H，连接AH，
又由(1)知平面ABC⊥平面BCGE，且平面ABC∩平面BCGE=BC，
∴GH⊥平面ABC，
∴直线AG与平面ABC所成角为∠HAG，
又根据题意易知HG= 32CG= 3，AB=1，BC=2，CH=1，∴BH=3，
∴AH= AB2+BH2= 1+9= 10，
∴tan∠HAG=HGAH= 3 10= 3010，
∴直线AG与平面ABC所成角的正切值为 3010．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，即可证明；
(2)根据线面垂直的判定定理，即可证明；
(3)在平面BCGE内，过G作GH垂直直线BC，垂直点为H，连接AH，则易得GH⊥平面ABC，从而可得AG与平面ABC所成角为∠HAG，再解三角形，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，线面角的求解，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】证明：(1)∵BDEF为菱形，∴BD//EF，
∵BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴BD//平面AEF，
∵BD⊂平面ABCD，平面AEF与平面ABCD交于直线l，
∴BD//l．
(2)连AC交BD于点O，连FO，
∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD，O为AC和BD中点，
∵FA=FC，∴FO⊥AC，
∵BD∩FO=O，∴AC⊥平面BDEF，
∵AC⊂平面ABCD，∴平面BDEF⊥平面ABCD．
(3)∵ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=π3，
∴OA= 3，OB=1，BD=2，
又∵BDEF为菱形，∴BF=BD=2，
∵FA= 6，FO⊥AC，∴FO= FA2−OA2= 3，
∴OB2+OF2=BF2，∴OF⊥OB，
∵BD⊥OF，BD⊥OA，∴BD⊥平面FOA，
又由(1)知BD//l，
∴l⊥平面FOA，∴∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，
在直角△FOA中，OF=OA= 3，∴∠FAO=π4，
所以平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，
∵mcs2θ=sinθ−tcsθnsin2θ=csθ+tsinθ，∴mcs2θsinθ=sin2θ−tsinθcsθnsin2θcsθ=cs2θ+tsinθcsθ，
∴mcs2θsinθ+nsin2θcsθ=1，
下面证明：cs2θsinθ≤2 39①；sin2θcsθ≤2 39②；且等号不同时取，
∵1(cs2θsinθ)2=1(cs2θ)2sin2θ=(sin2θ+cs2θcs2θ)2(sin2θ+cs2θsin2θ)
=(tan2θ+1)3tan2θ=(tan2θ+1)(tan2θ+1)2tan2θ=(tan2θ+1)(tan4θ+2tan2θ+1)tan2θ
=tan6θ+3tan4θ+3tan2θ+1tan2θ=tan4θ+3tan2θ+1tan2θ+3
=(tan2θ−12)2+4tan2θ+1tan2θ+114≥2 4tan2θ×1tan2θ+114=274，
当仅当tan2θ=12时取等号，所以cs2θsinθ≤2 39，
∴1=mcs2θsinθ+nsin2θcsθ<2 33(m+n)，即m+n>3 32，
∴m+n>3 32tanα．
【解析】(1)推导出BD//EF，从而BD//平面AEF，由此能证明BD//l．
(2)连AC交BD于点O，连FO，推导出AC⊥平面BDEF，由此能证明平面BDEF⊥平面ABCD．
(3)推导出OA= 3，OB=1，BD=2，BF=BD=2，FO= FA2−OA2= 3，由勾股定理得OF⊥OB，从而BD⊥平面FOA，BD//l，从而l⊥平面FOA，∠FAO即为平面AEF与平面ABCD的夹角，平面AEF与平面ABCD夹角的大小为π4，推导出mcs2θsinθ+nsin2θcsθ=1，由此能证明m+n>3 32tanα．
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、二面角的定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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