2023人教版新教材高中数学必修第二册同步练习-第八章　立体几何初步 提高练习

综合拔高练

五年高考练

考点1基本立体图形

1.（2021新高考/,3）已知圆锥的底面半径为旧,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为

（）

A.2B,2√2C.4D,4√2

2.（2020全国/,3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥似

该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边

上的高与底面正方形的边长的比值为（）

A-B旦C国D总

4242

3.（2022北京,9）已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,5是AABC及其内部的点构成的集合.

设集合T={Q∈S∣PQW5},则T表示的区域的面积为（）

A—B.πC,2πD,3π

4

考点2几何体的表面积和体积

4.（2022新高考/,4）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水

库.已知该水库水位为海拔148.5m时,相应水面的面积为140.0k∏?;水位为海拔157.5m时,相应

水面的面积为180。k∏Λ将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔

148.5m上升到157.5m时,增加的水量约为（√7≡=2.65）（）

A.1.0×109m3B,1.2×109m3

C.1.4×109m3D.1.6×109m3

5.（2021新高考〃⑷卫星导航系统中,地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨

道高度为36000km（轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）,把地球看成一个球心为。半径r

为6400km的球,其上点A的纬度是指OA与赤道所在平面所成角的度数,地球表面能直接观测

到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为因该卫星信号覆盖的地球表面面积

S=2M（l-cosa）（单位ku?）,则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34鲂

C.42%D.50%

6.（2020全国/,12）已知A,B,C为球。的球面上的三个点,。。1为AABC的外接圆.若。Oi的面积

为4兀,AB=BC=AC=OOi,则球。的表面积为（）

A.64πB.48π

C.36πD.32π

7.（2022全国甲理⑼甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2π,侧面积分别

SV

为S甲和S乙,体积分别为人和V乙.若三=2,则1=（）

S乙P乙

A.√5B,2√2

C.√10D—

4

8,（2020新高考//,⑶己知正方体ABCD-AIBGOl的棱长为2,M、N分别为BBi、AB的中点,则

三棱锥A-NMD∖的体积为.

考点3几何体的外接球和内切球

9.（2022新高考//,7）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3百和4K,其顶点都在同一

球面上,则该球的表面积为（）

A.100πB,128πC,144πD,192π

10.（2022全国乙文,12）已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为。,底面的四个顶点均在球0的球面

上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为（）

ALBiC-D-

3232

11.（2021全国甲理,11）已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点,且ACj_8C,AC=BC=L

则三棱锥O-ABC的体积为（）

A涯B.在CwD世

121244

考点4空间平行和垂直关系的判定与证明

12.（2021浙江,6）如图,已知正方体ABCZ）-AlBIGQI,MN分别是4。,。归的中点,则（）

A.直线AyD与直线DlB垂直,直线MN〃平面ABCD

B.直线AiD与直线DIB平行,直线MNl平面BDD1B1

C直线AiD与直线D1B相交,直线MN〃平面ABCD

D.直线AiD与直线DlB异面,直线MNl平面BDDlBi

13.（2022全国甲文,19）小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒,包装盒如图所示:

底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形0E43,△尸BCQGCD,ZiHOA均为正三角形,且它们

所在的平面都与平面ABCD垂直.

⑴证明:EF〃平面ABCQ

⑵求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

14.（2022全国乙文,18）如图,四面体ABCD中/。1CD1AD=CD1AADB=乙BDC1E为AC的中点.

⑴证明:平面BE。，平面ACD-,

⑵设AB=8。=2,44。8=60：点F在BD±,^ΔAFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积.

考点5空间角和空间距离

15.（2022浙江,8）如图,已知正三棱柱ABC-AiBiChAC=AAilElF分别是棱BC,A↑Ci上的点.记EF

与A4ι所成的角为火石厂与平面ABC所成的角为尸,二面角F-BC-A的平面角为力则)

A.a≤∕f≤yB.^≤α≤y

CBSaD.a≤y≤^

16.（2022全国甲文,9）在长方体ABCD-A↑BiCiD↑中,已知BID与平面ABCr）和平面AA1B1B所成

的角均为30：则（）

AAB=2AD

B.AB与平面ABClo所成的角为30°

CAC=CBi

DB1D与平面BBlGC所成的角为45。

17.侈选）（2022新高考/,9）已知正方体ABCD-AIBlClN则（）

A.直线BCl与ZMI所成的角为90。

B.直线BCi与CA1所成的角为90°

C直线BC1与平面BBIDlD所成的角为45。

D.直线BCl与平面ABCD所成的角为45°

18.（2022新高考/,19）如图,直三棱柱A3C-43。的体积为4,ΔAιBC的面积为2√Σ

⑴求A到平面48C的距离；

⑵设D为AiC的中点,A4∣=AB,平面AlBC，平面ABBAI,求二面角A-BD-C的正弦值.

4£

4∖χ∖l;

R

三年模拟练

应用实践

1.（2022陕西西安周至模拟）已知/,机是空间中两条不同的直线,α∕是空间中两个不同的平面,下

列说法正确的是)

A.若/_LaJ则a邛

B.若α〃夕,/〃α,则l∕∕β

C.若/_L〃z,/_La,a〃⑸则m//β

D.^alβ,l∕∕al^lLβ

2.（2022河北张家口月考）如图是战国时期的一个铜镶,其由两部分组成,前段是高为2cm、底面

边长为1Cm的正三棱锥,后段是高为0.6Cm的圆柱,圆柱底面圆与正三棱锥的底面正三角形内

切,则此铜镶的体积约为)

A.0.25cm3B.0.65cm3

C.0.15cm3D.0.45cm3

3.（2022河南焦作一模）如图,在正四面体A-BCD中,E是棱AC的中点,F在棱BD上,且BD=4FD,

则异面直线EF与AB所成角的余弦值为)

A

4.（2022江西赣州一模）在正四棱锥P-ABCD中,点E是棱PD的中点,若直线PB与直线CE所成

角的正切值为4,则案的值为（）

ΔDC

A.lB,√2C,2D,2√2

5.在半径为2的球O的表面上有三点,A3=2√Σ,若平面OAB，平面A3C,则三棱锥O-ABC

体积的最大值为（）

A<B2

33

C-D—

33

6.（多选）（2022江苏如皋教学质量调研）已知正四棱台ABCD-A∖B∖C∖D∖的上底面AiB1ClDi的边

长为2√Σ,下底面ABC。的边长为4√Σ,高为28,则（）

A.侧棱长为4

B.异面直线AAi与BC所成的角为F

C二面角A-BC-B的余弦值为?

D,AAl与底面ABCD所成的角为g

7.侈选）（2022广东汕头一模）如图,正方体A3CD-48GZλ的棱长为α,线段BOl上有两个动点

E,E且止苧,则下列结论正确的是（）

A.当E与Oi重合时,异面直线AE与8户所成的角为5

B.三棱锥B-AEF的体积为定值

C.EF在平面ABBIAl内的射影长为扣

D.当E向DI运动时,二面角A-EF-B的平面角保持不变

8.侈选）（2022湖南益阳一模）已知正方体ABa）-A向Cln的棱长为2,点E产分别是棱ABlAiBi

的中点,点P在四边形ABCo内（包含边界）运动,则下列说法正确的是（）

A.若尸是棱BC的中点,则平面ABP，平面DEF

B.若尸在线段AC上,则异面直线。产与4G所成角的范围是［力田

C若尸。1〃平面AIGE,则点P的轨迹长度为√Σ

D.若PF〃平面3CD∣,则PF长度的取值范围是［遍,2√Σ］

9.（2022河南百所名校第四次大联考）设P1E1F分别是长方体ABCD-AlBiCiDi的棱ABlAiDilAAi

的中点,且BC=CG=IB=LM是底面ABCo上的一个动点,若〃平面PEE则线段BlM长度

的最小值为.

10.（2022河北石家庄元氏第四中学期中）如图,在三棱柱ABC-AiB1Cl中（底面AABC为正三角

形）AA，平面ABC,AB=AC=2,AAι=V3lD是BC边的中点.

⑴证明:平面498」平面BB1C1C;

⑵求点3到平面AOB的距离.

11.（2022吉林白山一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱

形,NA8C=g,PB=PD=2Λ4=2√^

⑴证明7¾，平面ABCr）；

⑵若棱BC上存在一点E满足BE=L求PC与平面PAE所成角的正弦值.

12.（2022甘肃一模）如图QABC是边长为3的等边三角形㈤尸分别在边ABAC上,且AE=Er=2,M

为BC边的中点,AM交EF于点O,沿EF将尸折到△£>•的位置,使DM弯.

⑴证明:。。_L平面ER78；

⑵若平面EFCB内的直线EN〃平面OOG且与边BC交于点N1R是OM的中点,求三棱锥R-FNC

的体积.

答案与分层梯度式解析

五年高考练

IB设圆锥的母线长为/,由题意得ττ∕=2π√∑,

∙∙.∕二2√I故选B.

2.C如图,设正四棱锥的底面边长BC=α,

侧面等腰三角形底边上的高PM=h,

则正四棱锥的高PO=WT

以PO为边长的正方形的面积为川一第一个侧面三角形的面积为

222

A-y=^ah,.*.4h-2ah-a=0l

2

两边同除以/可得嗯）-2^-1=0,

解得5=¥，又W>°，W=与1故选C

解后反思

利用以四棱推的高为边长的正方形的面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,求得底面

边长。与侧面等腰三角形底边上的高h之间的关系是求解本题的关键.

3.B设底面正三角形ABC的中心为。连接P。,A。易得平面ABGAo=IX学X6=2百,

2

在RtΔZ¾0ψ,PO=JPA-AO2=2√6.

由题意知Q为底面正三角形ABC内一点,连接PQ,0Q,则APOQ为直角三角形.

在Rt"OQ中,P02=OQ2+R92,

∙.pρ≤5,.∙.OQ2+24W25,∙∙∙OQW1,

∙∙∙Q在以。为圆心,1为半径的圆周上及其内部，

..万表示的区域的面积为TTxH=TT.故选B.

4.C由题意可知,棱台的下底面面积S=140χl()6(m2),棱台的上底面面积S2=180X106(ΠI2),

棱台的高/2=157.5-148.5=9(m),

故此棱台的体积Vq(Sl+闻μs2)∙∕?

=∣×(140+√140×180+180)×106×9

=3X(320+60√7)×106≈1.437X109(m3),

即增加的水量约为L4χlθ9πι3.故选C.

5.C如图,

地球

地球静止同

步轨道卫星

由题意知OB=36000+6400=42400(km),

0A=6400km,OAlABl

π∣∣OA64008

则COS户而=荏而5=m

又卫星信号覆盖的地球表面面积为S=2πr(l-cosa)k∏Λ地球表面积为4πrkm2,

∙∙∙S占地球表面积的百分比为2吗晨OSa)=熊=042=42%故选C.

6.A如图,由题知AABC为等边三角形,圆Oi的半径r二2,即O\B=2,：.BC=2降OO[,

在RtΔOO∣B中,052=。资+。山2=16,

.∙.球。的半径R=OJB=4,

贝IJS球o=4πR2=64ττ.

故选A.

O

7.C设甲、乙两个圆锥的底面半径分别为rι∕2,高分别为用M母线长为/,侧面展开图的圆心角

S

分别为α,：饪=黑=2,.∙∙rl=2τ2,又al=2πrl,βl=2πr2,ʌ1=2,又a+夕=2π,∙∙∙a=

竽,0=y.由α/=2τιrl,βl=2πr2得rl=∣Z,r2=∣Z,/=焉==J而,故选C.

8.答案I

解析因为正方体ABoAiBlGA的棱长为2,MsN分别为B8∣、AB的中点,

所以V4-NMDι=UDι-4MN=gxgxlXlX2=g.

故答案为最

9.A由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3,下底面所在平面截球面所得圆的半

径为4,设该球的半径为R,当正三棱台的上、下底面在球心异侧时,有JR?一32+J/?2一42=1,R

无解，

所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,所以有JR2-32一JR2-42=1,解得R2=25,因此该球的

表面积为S=4πR2=i00π,故选A.

10.C设该四棱锥底面为四边形ABC。,四边形ABC。所在小圆半径为r,

2

当四边形ABeD为正方形时,底面4?CO面积最大,为2月设四棱锥的高为九易知P+h=∖l

贝IJV四棱锥O-ABCD=IX2r2∙)=孝Jτ2.τ2∙2∕l2≤孝.JF答型B=等,当且仅当「2=2/2,即N=

暂时等号成立,故选C

H.A如图所示,由AC，BC可知,AABC是以AB为斜边的直角三角形,又AC=BC=L，AB=√Σ,

••.RtΔΛBC的外接圆圆心为AB的中点Ch泮径r=竿=孝,连接Oa,丁点。为球心,，OOiI平

面ABC,即OOi的长为0到平面ABC的距离.

在RtZ∖00∣B中,08=108岑

2

.∙.00l=Jl-(f)=常

∙,∙VO-ABC—^XBX12x孝=冬.故选A.

由M为AID的中点,可知AD∣∩4O=M且M为ADl的中点ADUAID

又∙.∙N为。心的中点,MN//AB.

∙.∙ABu平面A8CO,MN。平面ABCD1

.∙.MN〃平面ABCD

平面ADDIAl,AQu平面AoDIAL

.-.ABLAiDl

'.'ABΓ∖AD∖=Al∙'.A∣Dl-ψ∙^ABD↑l

.∙.AιO,Dι3.故A正确.

13.解析⑴证明:如图所示,将几何体补形为长方体CQ,过点E作EE」AB,交AB

于点E；过点/作FFaBC,交BC于点用连接Er;由于底面四边形ABCD为正方形,Z∖EA8,4

FBC均为正三角形,故EE'=F用

由面面垂直的性质可知EE/F均与平面ABCD垂直,则EE7/FF',

11

故四边形EEFF为平行四边形,则EF//EF1

又EFq平面ABC。,EFU平面ABCD1

所以EF〃平面ABCD

⑵易知该包装盒的容积为长方体的体积减去四个全等的三棱锥的体积,因为aEAB是边长为8

Cm的正三角形,所以EE=4√3cm,故长方体的高Λ41=EE=cm,则长方体的体积，I=

8×8×4^/3=256乃cm3,

一个三棱锥的体积丫20×1×4×4×4√3=^cm3,

故该包装盒的容积V=VL4L=256点-4X邛=嗒cm3.

14解析⑴证明:∙.AO=CD∕AOB=乙BDC,3Z)=BO,∙∙.∕∖ADB^ΔCDB1/.AB=BC1

又E为AC的中点，

.'.BEIAC1-.'AD=CD1E为AC的中点,,OELAC,

又BECDE=E,BE,DEu平面BED,.1AC，平面BED1

又ACU平面ACD1平面BEDɪ平面ACD.

⑵连接EF,结合⑴易得AF=CF,又E为AC的中点,

∙∙∙E尸，AG易知当EFLBD时,Ef最短,此时SAAFC最小.

由⑴知AB=BG

o

又AB=2,ΔACB=60l-.LABC为等边三角形，

.∙∙AC=2,BE=G易得DE=I1

.∙.DE2+BE2=4=BD2,

•••DELBE1.-.EFmin=萼=孚，

过尸作FHLBE于”,则FH∕∕DE,FHYACl

又ACCBE=E,AC,BEu平面ABC1

，"7J.平面ABC

∙.∙cos乙FEB瑞=⅛.∙.ZFEB=60°,

DDL

.∙.FH=EFsin60。/X字=1,

•••VF.ABC=I'S△ABC∙F∕∕=∣×l×2×2×f×∣=^.

15.A过户作FGLAG垂足为G,连接GE

结合题意可知乙EFG二α乙FEG=A易知FGZGE,所以aW/3,

由最大角定理知∕7W%

所以aW0W%故选A.

16.D如图所示,设AB=α,BC=仇AAI=c.

在长方体ABCD-A∖B∖C∖D∖中,易得B由J,平面ABCD1DA1平面A4向民则BID与平面ABCD所

成的角为48∣DB,B∣O与平面AAiBiB所成的角为ΔAB↑Dl

则sin30°=貌=辞,即,C卜,所以=c,所以CBl=√2c,在RtaBlBD中,

BlDBlDJa2+b2+c2jα2+√+c2

/LBlDB=30:BBl=G所以BO=所以Q=42c,AC=λ∕^c,故AsC均错误；

过点B作A8的垂线,垂足为E易知AB与平面ABCD所成的角为乙BAESin乙BAF=空埸故

B错误；

易知BID与平面BBlGC所成的角为乙OBGBC=OC=/C,所以ADBC为等腰直角三角形,所

以乙DBe=45。故D正确.故选D.

17.ABD对于A,连接BIC,易得3G,四边形4BCO为平行四边形,

.∙.BιC∕/AιD,.∙.BCιlA∖D,

・・・直线BCl与DAi所成的角为90：∙∙∙A正确.

对于B,易得431_L平面BBiCiC,

∙,∙A∖B∖ɪBCil

又BiC_L3G,45]∩5]C=5],3ιC,A]BιU平面A∖B↑CDf

,

∙.BCi-L平面A∖B∖CDl

又•・•CAiu平面AlSCD

.e.CA∖ɪBC∖l

・・・直线BCl与C4所成的角为90”B正确.

对于C连接4G,设AiG∩BQ=。,连接3。，

易得AICJ■囱。1,AlC-LBBL又BDi0881=81,8]。1,88仁平面BB∖D∖Dt

∕∙A∣GJ■平面BB∖D∖Dl

・•・OB为BCi在平面BBlDlD内的射影,

•・乙GBO即为直线BCi与平面BBiDiD所成的角，

在RtΔCiBO中,sin4GBO=鬻=。〔用。山。=30C.=C错误.

DL∣Z

对于D易知CCil平面ABCD1BC为BCl在平面ABCD内的射影，

.∙.ΔC∖BC即为直线BC1与平面ABC。所成的角，

易知乙G3C=45。

∙,∙D正确.

18.解析⑴由题意知P三棱锥4]TBC=W三棱柱ABC-公BICI=a设A到平面AIBC的距离为h,

贝W三棱锥BC=ZSAA∖BC∙』=当九=?解得/=√2.

故A到平面A1BC的距离为√∑.

⑵连接AB,由直棱柱及AA∣=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AS11AιB,AιB=^AAl,

又平面J_平面ABBAI,平面Aι3C∩平面ABBlAI=AlBABIU平面ABBiAl,

r.AB]J_平面AiBC,

又BeU平面AiBC,.'.ABiIBC1

易知BCL881,ABI,BBiu平面ABBiAhABl∩Bβl=Bh

.∙.BCJ"平面ABB∖A∖,:.BCIAB1BCLA↑Bl

•••嚷棱柱ABC“值=∙eΛ41=,BC∙AAl=4,

SAAlBC=^BC-A1B=^BC-AAl=2V2,

解得BC=AA]=2.

过A作AElBD于E,连接CE.

易得AC=2√Σ,/1C=2√3.

∙∙D为AlC的中点,AAiAC为直角三角形，

：.AD=DC=后又AB=BC=2,

：.∕∖ABD^/XCBD.

5

..CElBD,又AEcFffiAB。,CEU平面CBD1

■■AAEC为二面角A-BD-C的平面角.

在直角三角形A∖BC中,有BD=^A1C=√3,

易得AE=EC=I76.

在AAEC中,由余弦定理的推论得COS4AEC="爹MC2=-ɪ

，sin乙AEC二等,即二面角/-BD-C的正弦值为等.

三年模拟练

1.A若/J∙α根〃/,贝∣Jα又，WUS故a_L£故A正确；

若a〃β,l∕/α贝IJ/〃陵IU因故B错误；

若/1a,a//£贝l"_L£又/J_故m//陵〃?u£故C错误；

若ad_£/〃。则IU域l∕∕β^I与伊目交,相交也不一定垂直,故D错误.

故选A.

2.D由题可知正三棱锥的底面是边长为1cm的正三角形,设其内切圆半径为rcm,

由等面积法可得;×1×1×sin60o=ɪ×(1+1+l)r,解得r=K

即圆柱底面圆的半径为圣

2

由三棱锥体积与圆柱体积公式可得,此铜镶的体积VWXTXIXIXSin60oχ2+ττX偿)×0.6

≈0.45(cm3).

故选D.

3.C设G为棱AD上靠近点D的一个四等分点,连接EGjFGAFCF,如图,则GF∕∕ABl

・•.4EFG(或其补角)即为异面直线E尸与AB所成的角.

不妨设正四面体A-BCD的棱长为4,

贝IJGF=∣ΛB=1,⅛ΔΛDF中,AD=4,O/=1,NA=60：

由余弦定理的推论得cos60°二卷穿=ɪ解得Μ=√13,

同理可得C∕=√IM故4Ab为等腰三角形.

在等腰三角形ACF中,E为棱AC的中点,故EF1ΛC,⅛EF=J(√13)2-22=3,

在AAEG中,AE=2∕G=3,4EAG=601

由余弦定理的推论得COS60。=2?壕T=，解得EG=√7.

222

在AEFG中,由余弦定理的推论得COS乙EFG=I=:

故选C.

4.C如图,取正方形ABCD的中心。连接BD1OE1OP1OC1/四棱锥P-ABCD为正四棱锥,

.∙∙POJ_平面ABCD1OCI.BD1-：OCU平面ABCD1

.∙.POɪOG又PoCBD=O,;.OC，平面PBD1

■：OEU平面PBD1.∙.OCLOE1

.∙.AOEC为直角三角形.

易知OE〃尸5.•・直线PB与直线CE所成的角即为直线OE与直线CE所成的角,即为乙OEC1

・•.tan4。EC=紧即=彖即翥=¥，

.BC_1.Pj

"PB~2,"BC~z"

故选C.

5.B如图,在三棱锥O-ABC中,0A=OB=OC=2,取AB的中点。连接OCQ。则DOLAB1

又平面OABj.平面ABG平面OAB∩平面ABc=AB,QDu平面OAB1

.∙.0。，平面ABC,又CDU平面ABC1∙'.ODlCD.

∙.-AB=2>∕2,∙.0A2+OB2=AB2,:.OA1OB1ʌOD=√Σ,S△OAB=gχ2χ2=2.

2222

.∙.CD=Joc-OD=y∣2-(√2)=√2.

要使三棱锥O-ABC的体积最大,则C到平面OAB的距离h最大,显然Λ≤CD,

当CDlAB时,：平面OABJ.平面ABG平面QAB∩平面ABC=AB,COu平面ABC,

.∙.CDJ,平面OAB此时∕z=CD=√2,

故三棱锥O-ABC体积的最大值VmaXwX2X√Σ=挈故选B.

6.AD对于A,设上、下底面的中心分别为。1,。,则四边形。囱8。为直角梯形.

易得OB=2,O8=4,OO∣=2√^所以BBl=J(2√3)2+(4-2)2=4,故A正确.

对于B,因为AD〃8C,所以AΛ,与BC所成的角即为AAl与A。所成的角,

在等腰梯形AAiDD中441=。。|=4,4。1=2区4。=472,所以441与4。所成角的余弦值为¥，

l4

故B错误.

对于C设点Bl在底面ABCD的射影为E,易知E为OB的中点,过E作EBG垂足为E连接

BiF,

则BGBC,又SE∩EE=E,所以BCL平面所以BlFLBC厕乙BlFE为二面角A-BC-B1

的平面角.

因为B∖E=2忖EF=√Σ,所以BIF=J(2√3)2+(√2)2=VR所以cosZBlFF=多故C错误.

对于D,正四棱台ABCD-A山IGDl中,AAi与底面ABC。所成的角和BBl与底面ABCD所成的角

相等,由C中分析知乙为BB1与底面ABCD所成的角，易得Sin乙BBE=竽=空,

所以4BlBE=a故D正确.故选AD.

7.BCD对于A,当E与功重合时,YEF=■正方体的棱长为al-.F为36的中点,连接BD记

BD的中点为0,连接OlQo4,由正方体的性质可知B0〃DRBO=DiF,

，四边形BOD∖F为平行四边形,二A0〃B£二异面直线AE与BF所成的角即为AD∖与。。所

成的角,即为乙A。。.

又。10=（学）+α2=^,ADl=yf2a,A0=φ,

ɔ22

∙∙.cos4ADQ=女筌亮=f≠∞s≡A错误.

对于BWB一AEF=VA.BEF,易知点A到平面BBlDQ的距离和点B到直线BQ的距离为定值,，三棱

锥B-AEF的体积为定值,B正确.

对于C,易知ΔA∖B∖D∖^,EF在平面ABBA内的射影在4以上，

••・射影长为学XCoS号=*C正确.

对于D,二面角A-EF-B即为二面角A-BIoLB,显然其平面角不变,D正确.

故选BCD.

8.ACD对于A,-P1E分别是棱BC1AB的中点,

.∙.AABP^ADAEl.∙.APAB=乙AOE.

.∙.ΔPAB+ΔDEA=^lAP±DE.

又EFL平面ABCD1.∙.EFYAP1

:EFCDE=E,EF,DEU平面DEF,,APL平面DEF1

又APU平面ABiPl

平面ABIPj"平面DEFR正确.

D、

AEB

对于B,在正方体ABCD-A出C。中,AQ〃AG

•■.DIP与AcI所成的角即为出P与AC所成的角，

连接AA,GG则4AAC为正三角形，

∙∙∙D1P与A1Ci所成角的范围为曲3，B错误.

对于C,设平面AleE与直线Be交于点G连接CGEG则G为BC的中点,分别取A。。C的中

点M,N,连接DιM,MN,DiN,•；DIM〃CiG,DiMQ平面AlCIEClGU平面AiGE,

，QiM〃平面AIClE同理可得OIN〃平面A∣C∣E,

又∙.∙DIMCD1M=D1,.-.平面OIMN〃平面AiCiE,

又VPD1〃平面4GE,•・.直线IU平面D1MN1

点P的轨迹是线段MN,易得MN=V2,C正确.

对于D,取CD的中点Q,BBι的中点RBC的中点T,连接FQ1

,FB∖∕∕QClFB∖^QCl

，四边形FBxCQ是平行四边形，

BG又尸。。平面由Cn,3Cu平面BlCn,.JQ〃平面BiCDi.

连接8。,。7；贝IJWiBD又BD∕∕B∖D∖,:.QT∕∕B↑D↑l^Q加平面BCr>ι,B∣Gu平面BiCDi,；.QT

〃平面B∣CDι.

连接FRTR,由TR〃BC,且BlC〃FQ,得RT〃尸。,故F1Q1T1R四点共面,

，平面/QTR〃平面8∣CA,

PF〃平面B∣CDι,.∙.PFU平面FQTR1

，点P的轨迹为线段QT

由A8=2,知FQ=2√Σ,QT=√Σ,连接FB1FT1

在Rt△FBT中,FB=√5,BT=l,ʌFT2=FB2+BT2=(√5)2+1=6,贝∣JFT2+QT2=FQ2,：.

乙FTQ=今

••・线段PF长度的最小值为线段FT的长度,即为后，

线段PF长度的最大值为线段FQ的长度,即为2√2,

∙∙∙PF长度的取值范围是[6,2√2],D正确.

故选ACD.

9.答案竽

解析如图所示,分别取CG,CιQ∣,BC的中点0,H,G,连接PG1QG1QR1E