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人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行巩固练习
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这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.5 空间直线、平面的平行巩固练习，共25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。
一、单选题
1．已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有（ ）
①若，且，则；
②若相交且都在平面外，，则；
③若，则；
④若，且，则．
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．正方体中，分别是的中点，点是线段（含端点）上的动点，当由点运动到点时，三棱锥的体积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大
C．不变D．无法判断
3．在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
D．过点、、的平面截正方体所得的截面周长为
4．如图所示为正八面体的展开图，该几何体的8个表面都是边长为1的等边三角形，在该几何体中，P为直线DE上的动点，则P到直线AB距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知正方体的棱长为a，长为定值的线段在棱上移动（），若P是上的定点，Q是上的动点，则四面体的体积是（ ）
A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量
C．没有最值的一个变量D．是一个常量
6．在如图所示的正方体中，一条平行于的直线与该正方体的表面交于P、Q两点，其中点P在侧面上，有以下结论：①平面ABCD上不存在满足条件的点Q；②平面上存在满足条件的点Q，下列判断正确的是（ ）
A．①，②均正确B．①正确，②错误
C．①错误，②正确D．①，②均错误
7．在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为2，点到的距离为3，则过点且与平行的直线交正方体于两点，则点所在的平面是（ ）
A．B．C．D．
8．已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，过，，三点作该正四棱柱的截面，则下列判断正确的是（ ）
A．异面直线与直线所成角的正切值为
B．截面为六边形
C．若，截面的周长为
D．若，截面的面积为
10．在正方体中，若棱长为1，点E，F分别为线段，上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线AF与DC所成角的余弦值范围为
C．三棱锥的体积为定值
D．直线AE与平面所成的角的正弦值为
11．若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（ ）
A．重合B．相交于一点C．两两平行D．恰有两条交线平行
12．如图，在正四棱柱中，，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
13．如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论：
①存在无数条直线平面；
②线段长度的取值范围是；
③三棱锥的体积最大值为；
④设，分别为线段和上的中点，则线段的垂直平分线与底面的交点构成的集合是圆.
则其中正确的命题有 .
14．如图，三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 .
15．如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当平面时， .
16．青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器——方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中，，K为BC上一点，且，Z为PQ上一点.若，则 ；几何体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 .
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，平面为棱上的一点，且.
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的体积.
18．如图，在直三棱柱中，，，，点M、N分别为和的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)证明：平面．
19．如图所示，在长方体中，和交于点，为棱的中点.
(1)根据上下文，在“直线平行于平面”的证明过程中完成填空；
证明：（1）如图所示，连接.由是长方体，得___①___，所以四边形为平行四边形，从而是的中点；再由是中点，是中平行于的中位线.于是，__②____，根据直线与平面平行判定定理，得直线平行于平面，证明完毕.
①___________________________________________________；
②___________________________________________________.
(2)求二面角的正切值.
20．在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，且，E为线段PA的中点.
(1)求证：平面BDE.
(2)求三棱锥的体积
21．如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．
(1)求证：平面EAC．
(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：．
参考答案：
1．A
【分析】根据线面平行和面面平行逐项判断即可.
【详解】对于①，若，且，则或相交，故①错误；
对于③和④，与也可能相交，均错误；
对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．
故选：A．
2．C
【分析】，的面积不变，判断点到平面的距离变化情况即可.
【详解】正方体中，，，
四边形为平行四边形，有
正方形中，分别是的中点，有，得，
平面，平面，则平面，
所以由点运动到点时，点到平面的距离保持不变，
又三点为定点，的面积不变，
所以三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变.
故选：C
3．D
【分析】对于A：转化为长方体的外接球分析运算；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于C：根据面面平行分析判断；对于D：根据平行关系求截面，进而可得周长.
【详解】对于A：三棱锥的外接球即为以、、为邻边的长方体的外接球，
因为，，
可得外接球的半径，
所以外接球的表面积，故A正确；
对于B：因为，则异面直线与所成角为，且，，
可得，所以，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C：取、、的中点、、，连接、、、，，
由题意可得：，，则为平行四边形，所以，
因为四边形为正方形，、分别为、的中点，则，，
所以，四边形为平行四边形，所以，，，
又因为，，可得，，
则为平行四边形，所以，可得，
因为平面，平面，则平面，
因为，，则四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，同理可得，则，可得，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面，所以平面平面，
则点P在线段上，可得，
，
所以当点P为线段的中点时，，
取到最小值，且最小值为，故C正确；
对于D：连接、，
因为、为、的中点，则，
又因为，，则为平行四边形，可得，
则，
过作，设，，则，
可得，，
连接、，设，，连接、，
可得过点、、的平面截正方体所得的截面为五边形，
因为，则，，
可得，，，
所以截面周长为，故D错误；
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
4．B
【分析】作出该几何体，确定直线DE和直线AB为异面直线，再根据平面//平面，结合等体积法求得到平面的距离即可.
【详解】把平面展开图还原为空间八面体，如图所示：
由题意，P到直线AB距离的最小值即直线到直线的距离，
又//，平面，平面，故//平面.
又，故四边形为菱形，则//.
平面，平面，故//平面.
又，平面，故平面//平面.
故直线到直线的距离为平面到平面的距离.
则到平面的距离即为P到直线AB距离的最小值.
设与交于，则易得为正四棱锥中心.
则，，故为直角三角形，故.
设到平面的距离为，则由，故，
故，解得.
故选：B
5．D
【分析】作出图形，由几何知识可证为定值，点到平面的距离也为定值，从而求解.
【详解】连接，如图，则由题意知到为点到的距离，又因为为定值，故为定值，
又因为，所以，又因为平面，平面，所以平面，
又由是棱上动点，故点到平面的距离也为定值，即四面体的底面积和高均为定值，
故四面体的体积为定值，故D正确.
故选：D.
6．C
【分析】根据三角形的中位线，即可得线线平行，进而结合选项即可求解.
【详解】连接相交于，
当为中点时，连接,则，此时在平面,故此时位于处，故①错误，
连接相交于，
当为中点时，连接,则，此时在平面,故此时位于处，故②正确，
故选：C
7．D
【分析】由线面平行的判定定理性质定理和面面平行的判定定理和性质定理作图可以得到点，进而做出判定．
【详解】
由点到的距离为2，点到的距离为3，
可得P在内，过P作，且，，
又平面，平面，所以平面，
在平面中，过F作，交于G，，
又平面，平面，所以平面，
且，平面，则平面平面．
连接，交于M，连接，
∵平面平面，平面平面，
平面平面，∴．
在中，过P作，且，则．
∵线段在四边形内，Q在线段上，
∴Q在四边形内．
故选：D．
8．B
【分析】取的中点，连接、、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可．
【详解】取的中点，连接、、，如图所示：
由分别是棱的中点，得，平面，平面，则平面，
又且，于是为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，又，平面，
因此平面平面，由与平面无公共点，平面，则平面，
又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面，
于是是点在底面内的轨迹，
又正方体的棱长为，则，
所以点的轨迹长度为.
故选：B
9．AD
【分析】A项，通过作图得出面直线与直线所成角，即可求出角度正切值；B项，通过作图即可得出截面的形状；C项，求出截面与四棱柱相交的5边的各边长，即可得出截面的周长；求出和的面积，即可得出截面面积.
【详解】由题意，
设，则，
对于A选项，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，
连接，如下图，则即为直线与直线所成的角或其补角.
易得，在中，，，
所以，所以A选项正确；
对于B选项，如下图，延长交于点，连接交于点，延长交于点，连接交于点，连接，，
则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面，
即截面为五边形，所以B选项错误；
对于C选项，易知，，所以，即.
又，所以，所以.
又，所以，所以，
，所以.
在中，.
又，所以，，
所以，
所以截面的周长为，
所以C选项错误；
因为，所以，所以为等腰三角形.
又，所以，
连接，
则，
所以，
易知，所以，则，
同理可得，所以截面的面积为，所以D选项正确；
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据平面的性质求截面形状，进而求截面的周长和面积.
10．AC
【分析】根据线线平行即可求解A，根据异面直线所成角即可求解B，根据锥体的体积公式即可求解C，根据线面角的几何法求解即可判断D.
【详解】连接，在正方体中，,平面,平面,故平面,故A正确，
由于,所以即为异面直线AF与DC所成角，
由于,则三角形为直角三角形，，
所以当,故，B错误，
,由于四棱锥的体积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，C正确，
由于平面平面,且交线为，,平面,
所以平面，所以为直线AE与平面所成的角，
由于长度不确定，所以不为定值，故D错误，
故选：AC
11．ABC
【分析】构造长方体模型，选择其中的若干平面作为平面，即可依次判断即得.
【详解】
如图，作出一个长方体.
对于A项，可把平面依次取为平面，它们两两相交于共同的交线,故A项正确；
对于B项，可把平面依次取为平面，此时，,,,
而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；
对于C项，可把平面依次取为平面,此时，,,,
而易得三条交线两两平行，故C项正确；
对于D项，可把平面依次取为平面,此时，,,,
若只有,因平面，而平面，则平面,
又平面,而平面平面=，则有,
即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.
故选：ABC.
12．ABC
【分析】首先分析题意进行解析，进行画图，由于，，所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；可由A知平面平面，故B正确，进行表面积计算可得C正确，利用等面积求出D错误.
【详解】作辅助线如图，对于A，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，面，面，故面，
同理得，面，面，故面，
又因为面，面，，
所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；
对于B，由A知，平面平面，P点在平面内，
所以，故B正确；
对于C，三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
对于D，设线面角为，易知，故最短时，直线与平面所成角的正弦值最大，
因为当时，最短，此时直线与平面所成角的正弦值最大，
先用等面积法求，，解得，
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为，故D错误，
故选：ABC．
13．①③
【分析】构造面面平行，寻找线面平行，可以判断①的对错；通过特殊位置，可以判断②是错误的；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③的对错；根据公理，两个平面的交点在一条直线上，可得④是错误的.
【详解】对①：过作，交于，连接，则平面，因为点再上运动，故满足条件的直线有无数条.所以①正确；
对②：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的；
对③：
因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③正确；
对④，当，位置确定时，线段的垂直平分线构成一个平面，它和底面的交点应该是一条直线，所以④错误.
故答案为：①③
14．
【分析】取和的中点分别为，，根据二面角的定义可得，进而可得为所作的二面角，根据三角形的边角关系即可求解二面角余弦值．
【详解】取和的中点分别为，，
，分别是，的中点，
,,
由于且为正三角形，
，故,
由于，分别是，的中点，因此，
故,
由于截面侧面，所以,进而可得,
由于
故为侧面与底面的二面角的平面角，
设， ，，
在直角中， ，
故答案为：
15．/
【分析】根据线面平行的性质定理，结合平行线的性质进行求解即可.
【详解】如图，连结交于点，连结.
因为，所以，
因为平面，平面平面平面，
所以，所以.
故答案为：
16． /
【分析】设面EMZ交平面ABCD于AJ，利用面面平行的性质作出，证明出，得到，即可求出答案；先判断出球心在面NFHQ上，设NQ的中点为,FH的中点为,则球心在O在上，设外接球的半径为R，.利用半径相等列方程，解出，即可求出，计算出外接球的表面积.
【详解】由题意可知：面面面MNPQ，
设面EMZ交平面ABCD于AJ，因为面EMZ交平面，所以，
设，
因为，所以，
因为，所以，
而，所以，
所以，所以，
因为四边形ABCD为正方形，所以.所以，
几何体为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，
几何体的外接球的球心必在平面NFHQ上，
设NQ的中点为，FH的中点为，则球心在O在上，
由题意可知：，，，
过N作NS垂直FH于S，则，
由勾股定理得：，所以，
设外接球的半径为R，，
由可得：，
即，解得：，
所以，
几何体外接球的表面积为，
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：
（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；
（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；
（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，先证明，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点，连接，得到，再利用体积公式即可求解.
【详解】（1）连接交于点，连接.
在底面中，因为，
由，可得，
因为，即，
所以在中，，
故，因为平面，平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，
由，得为等边三角形，所以.
在等边三角形中，，所以.
所以.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）可将直三棱柱补成一个长方体，利用异面直线的定义求解几何角，即可利用三角形的边角关系求解；
（2）找线线平行即可得．
【详解】（1）直三棱柱中，，作，且，
连接，作，且，连接，，则得到长方体，
底面为边长为2的正方形，对角线长．
连接相交于，连接,
由于分别是，的中点，所以
则为异面直线与所成角或其补角，
，，,
则，
,
中，；
故异面直线与所成角的余弦值
（2）在正方形中，为的中点，
也为的中点，又为的中点，则，
在长方体中，,所以四边形为平行四边形，故，，
平面，平面，平面．
19．(1)①且；②平面外的直线平行于该平面上的直线
(2)
【分析】（1）根据线面平行证明过程填写即可求解.
（2）根据题意取中点，从而证明平面，然后作，连接，从而再证明，即得就是所求二面角，即可求解.
【详解】（1）对空①：由空①前后内容得到的是四边形为平行四边，
可得空①为：且；
对空②：由空②前后内容可知：平面外的直线平行于该平面上的直线；
（2）取的中点，连接，则在中，是平行于的中位线，
从而平面，即在平面上的射影为.
在平面上，过作的垂线，垂足为，连接，
则平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
于是，是从二面角的棱上一点出发的两个半平面上的射线，
因此即为二面角的平面角.
由前述，是平行于的中位线，从而，
由平面几何知识可求得，，，
所以，得，所以，
所以.
因此在直角中，.
综上所述，二面角的正切值为.
.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，即通过构造中位线，即可证明；
（2）根据三棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接.
∵四边形是正方形，在中，为的中点，
又∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）如图，取的中点，连接，
则且，
∵平面，∴平面，
∴就是三棱锥的高.
∴.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线证明，然后根据线面平行的判定定理完成证明；
（2）根据线面平行的性质定理完成证明.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面平面，平面，
所以.
一、单选题
1．已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有（ ）
①若，且，则；
②若相交且都在平面外，，则；
③若，则；
④若，且，则．
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．正方体中，分别是的中点，点是线段（含端点）上的动点，当由点运动到点时，三棱锥的体积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大
C．不变D．无法判断
3．在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
D．过点、、的平面截正方体所得的截面周长为
4．如图所示为正八面体的展开图，该几何体的8个表面都是边长为1的等边三角形，在该几何体中，P为直线DE上的动点，则P到直线AB距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知正方体的棱长为a，长为定值的线段在棱上移动（），若P是上的定点，Q是上的动点，则四面体的体积是（ ）
A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量
C．没有最值的一个变量D．是一个常量
6．在如图所示的正方体中，一条平行于的直线与该正方体的表面交于P、Q两点，其中点P在侧面上，有以下结论：①平面ABCD上不存在满足条件的点Q；②平面上存在满足条件的点Q，下列判断正确的是（ ）
A．①，②均正确B．①正确，②错误
C．①错误，②正确D．①，②均错误
7．在棱长为10的正方体中，为左侧面上一点，已知点到的距离为2，点到的距离为3，则过点且与平行的直线交正方体于两点，则点所在的平面是（ ）
A．B．C．D．
8．已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，过，，三点作该正四棱柱的截面，则下列判断正确的是（ ）
A．异面直线与直线所成角的正切值为
B．截面为六边形
C．若，截面的周长为
D．若，截面的面积为
10．在正方体中，若棱长为1，点E，F分别为线段，上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线AF与DC所成角的余弦值范围为
C．三棱锥的体积为定值
D．直线AE与平面所成的角的正弦值为
11．若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（ ）
A．重合B．相交于一点C．两两平行D．恰有两条交线平行
12．如图，在正四棱柱中，，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
13．如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论：
①存在无数条直线平面；
②线段长度的取值范围是；
③三棱锥的体积最大值为；
④设，分别为线段和上的中点，则线段的垂直平分线与底面的交点构成的集合是圆.
则其中正确的命题有 .
14．如图，三棱锥中，且为正三角形，分别是的中点，若截面侧面，则此棱锥侧面与底面夹角的余弦值为 .
15．如图，为平行四边形所在平面外一点，分别为上一点，且，当平面时， .
16．青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器——方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体结构相似的几何体，其中，，K为BC上一点，且，Z为PQ上一点.若，则 ；几何体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 .
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，平面为棱上的一点，且.
(1)证明：平面；
(2)求四棱锥的体积.
18．如图，在直三棱柱中，，，，点M、N分别为和的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)证明：平面．
19．如图所示，在长方体中，和交于点，为棱的中点.
(1)根据上下文，在“直线平行于平面”的证明过程中完成填空；
证明：（1）如图所示，连接.由是长方体，得___①___，所以四边形为平行四边形，从而是的中点；再由是中点，是中平行于的中位线.于是，__②____，根据直线与平面平行判定定理，得直线平行于平面，证明完毕.
①___________________________________________________；
②___________________________________________________.
(2)求二面角的正切值.
20．在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，且，E为线段PA的中点.
(1)求证：平面BDE.
(2)求三棱锥的体积
21．如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．
(1)求证：平面EAC．
(2)若M是CD上异于C，D的点，连接PM交CE于点G，连接BM交AC于点H，求证：．
参考答案：
1．A
【分析】根据线面平行和面面平行逐项判断即可.
【详解】对于①，若，且，则或相交，故①错误；
对于③和④，与也可能相交，均错误；
对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．
故选：A．
2．C
【分析】，的面积不变，判断点到平面的距离变化情况即可.
【详解】正方体中，，，
四边形为平行四边形，有
正方形中，分别是的中点，有，得，
平面，平面，则平面，
所以由点运动到点时，点到平面的距离保持不变，
又三点为定点，的面积不变，
所以三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变.
故选：C
3．D
【分析】对于A：转化为长方体的外接球分析运算；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于C：根据面面平行分析判断；对于D：根据平行关系求截面，进而可得周长.
【详解】对于A：三棱锥的外接球即为以、、为邻边的长方体的外接球，
因为，，
可得外接球的半径，
所以外接球的表面积，故A正确；
对于B：因为，则异面直线与所成角为，且，，
可得，所以，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C：取、、的中点、、，连接、、、，，
由题意可得：，，则为平行四边形，所以，
因为四边形为正方形，、分别为、的中点，则，，
所以，四边形为平行四边形，所以，，，
又因为，，可得，，
则为平行四边形，所以，可得，
因为平面，平面，则平面，
因为，，则四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，同理可得，则，可得，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面，所以平面平面，
则点P在线段上，可得，
，
所以当点P为线段的中点时，，
取到最小值，且最小值为，故C正确；
对于D：连接、，
因为、为、的中点，则，
又因为，，则为平行四边形，可得，
则，
过作，设，，则，
可得，，
连接、，设，，连接、，
可得过点、、的平面截正方体所得的截面为五边形，
因为，则，，
可得，，，
所以截面周长为，故D错误；
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
4．B
【分析】作出该几何体，确定直线DE和直线AB为异面直线，再根据平面//平面，结合等体积法求得到平面的距离即可.
【详解】把平面展开图还原为空间八面体，如图所示：
由题意，P到直线AB距离的最小值即直线到直线的距离，
又//，平面，平面，故//平面.
又，故四边形为菱形，则//.
平面，平面，故//平面.
又，平面，故平面//平面.
故直线到直线的距离为平面到平面的距离.
则到平面的距离即为P到直线AB距离的最小值.
设与交于，则易得为正四棱锥中心.
则，，故为直角三角形，故.
设到平面的距离为，则由，故，
故，解得.
故选：B
5．D
【分析】作出图形，由几何知识可证为定值，点到平面的距离也为定值，从而求解.
【详解】连接，如图，则由题意知到为点到的距离，又因为为定值，故为定值，
又因为，所以，又因为平面，平面，所以平面，
又由是棱上动点，故点到平面的距离也为定值，即四面体的底面积和高均为定值，
故四面体的体积为定值，故D正确.
故选：D.
6．C
【分析】根据三角形的中位线，即可得线线平行，进而结合选项即可求解.
【详解】连接相交于，
当为中点时，连接,则，此时在平面,故此时位于处，故①错误，
连接相交于，
当为中点时，连接,则，此时在平面,故此时位于处，故②正确，
故选：C
7．D
【分析】由线面平行的判定定理性质定理和面面平行的判定定理和性质定理作图可以得到点，进而做出判定．
【详解】
由点到的距离为2，点到的距离为3，
可得P在内，过P作，且，，
又平面，平面，所以平面，
在平面中，过F作，交于G，，
又平面，平面，所以平面，
且，平面，则平面平面．
连接，交于M，连接，
∵平面平面，平面平面，
平面平面，∴．
在中，过P作，且，则．
∵线段在四边形内，Q在线段上，
∴Q在四边形内．
故选：D．
8．B
【分析】取的中点，连接、、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可．
【详解】取的中点，连接、、，如图所示：
由分别是棱的中点，得，平面，平面，则平面，
又且，于是为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，又，平面，
因此平面平面，由与平面无公共点，平面，则平面，
又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面，
于是是点在底面内的轨迹，
又正方体的棱长为，则，
所以点的轨迹长度为.
故选：B
9．AD
【分析】A项，通过作图得出面直线与直线所成角，即可求出角度正切值；B项，通过作图即可得出截面的形状；C项，求出截面与四棱柱相交的5边的各边长，即可得出截面的周长；求出和的面积，即可得出截面面积.
【详解】由题意，
设，则，
对于A选项，异面直线与直线所成的角，即为直线与直线所成的角，
连接，如下图，则即为直线与直线所成的角或其补角.
易得，在中，，，
所以，所以A选项正确；
对于B选项，如下图，延长交于点，连接交于点，延长交于点，连接交于点，连接，，
则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面，
即截面为五边形，所以B选项错误；
对于C选项，易知，，所以，即.
又，所以，所以.
又，所以，所以，
，所以.
在中，.
又，所以，，
所以，
所以截面的周长为，
所以C选项错误；
因为，所以，所以为等腰三角形.
又，所以，
连接，
则，
所以，
易知，所以，则，
同理可得，所以截面的面积为，所以D选项正确；
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据平面的性质求截面形状，进而求截面的周长和面积.
10．AC
【分析】根据线线平行即可求解A，根据异面直线所成角即可求解B，根据锥体的体积公式即可求解C，根据线面角的几何法求解即可判断D.
【详解】连接，在正方体中，,平面,平面,故平面,故A正确，
由于,所以即为异面直线AF与DC所成角，
由于,则三角形为直角三角形，，
所以当,故，B错误，
,由于四棱锥的体积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，C正确，
由于平面平面,且交线为，,平面,
所以平面，所以为直线AE与平面所成的角，
由于长度不确定，所以不为定值，故D错误，
故选：AC
11．ABC
【分析】构造长方体模型，选择其中的若干平面作为平面，即可依次判断即得.
【详解】
如图，作出一个长方体.
对于A项，可把平面依次取为平面，它们两两相交于共同的交线,故A项正确；
对于B项，可把平面依次取为平面，此时，,,,
而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；
对于C项，可把平面依次取为平面,此时，,,,
而易得三条交线两两平行，故C项正确；
对于D项，可把平面依次取为平面,此时，,,,
若只有,因平面，而平面，则平面,
又平面,而平面平面=，则有,
即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.
故选：ABC.
12．ABC
【分析】首先分析题意进行解析，进行画图，由于，，所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；可由A知平面平面，故B正确，进行表面积计算可得C正确，利用等面积求出D错误.
【详解】作辅助线如图，对于A，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，面，面，故面，
同理得，面，面，故面，
又因为面，面，，
所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；
对于B，由A知，平面平面，P点在平面内，
所以，故B正确；
对于C，三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
对于D，设线面角为，易知，故最短时，直线与平面所成角的正弦值最大，
因为当时，最短，此时直线与平面所成角的正弦值最大，
先用等面积法求，，解得，
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为，故D错误，
故选：ABC．
13．①③
【分析】构造面面平行，寻找线面平行，可以判断①的对错；通过特殊位置，可以判断②是错误的；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③的对错；根据公理，两个平面的交点在一条直线上，可得④是错误的.
【详解】对①：过作，交于，连接，则平面，因为点再上运动，故满足条件的直线有无数条.所以①正确；
对②：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的；
对③：
因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③正确；
对④，当，位置确定时，线段的垂直平分线构成一个平面，它和底面的交点应该是一条直线，所以④错误.
故答案为：①③
14．
【分析】取和的中点分别为，，根据二面角的定义可得，进而可得为所作的二面角，根据三角形的边角关系即可求解二面角余弦值．
【详解】取和的中点分别为，，
，分别是，的中点，
,,
由于且为正三角形，
，故,
由于，分别是，的中点，因此，
故,
由于截面侧面，所以,进而可得,
由于
故为侧面与底面的二面角的平面角，
设， ，，
在直角中， ，
故答案为：
15．/
【分析】根据线面平行的性质定理，结合平行线的性质进行求解即可.
【详解】如图，连结交于点，连结.
因为，所以，
因为平面，平面平面平面，
所以，所以.
故答案为：
16． /
【分析】设面EMZ交平面ABCD于AJ，利用面面平行的性质作出，证明出，得到，即可求出答案；先判断出球心在面NFHQ上，设NQ的中点为,FH的中点为,则球心在O在上，设外接球的半径为R，.利用半径相等列方程，解出，即可求出，计算出外接球的表面积.
【详解】由题意可知：面面面MNPQ，
设面EMZ交平面ABCD于AJ，因为面EMZ交平面，所以，
设，
因为，所以，
因为，所以，
而，所以，
所以，所以，
因为四边形ABCD为正方形，所以.所以，
几何体为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，
几何体的外接球的球心必在平面NFHQ上，
设NQ的中点为，FH的中点为，则球心在O在上，
由题意可知：，，，
过N作NS垂直FH于S，则，
由勾股定理得：，所以，
设外接球的半径为R，，
由可得：，
即，解得：，
所以，
几何体外接球的表面积为，
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：
（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；
（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；
（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，先证明，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点，连接，得到，再利用体积公式即可求解.
【详解】（1）连接交于点，连接.
在底面中，因为，
由，可得，
因为，即，
所以在中，，
故，因为平面，平面，所以平面.
（2）取的中点，连接，
由，得为等边三角形，所以.
在等边三角形中，，所以.
所以.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）可将直三棱柱补成一个长方体，利用异面直线的定义求解几何角，即可利用三角形的边角关系求解；
（2）找线线平行即可得．
【详解】（1）直三棱柱中，，作，且，
连接，作，且，连接，，则得到长方体，
底面为边长为2的正方形，对角线长．
连接相交于，连接,
由于分别是，的中点，所以
则为异面直线与所成角或其补角，
，，,
则，
,
中，；
故异面直线与所成角的余弦值
（2）在正方形中，为的中点，
也为的中点，又为的中点，则，
在长方体中，,所以四边形为平行四边形，故，，
平面，平面，平面．
19．(1)①且；②平面外的直线平行于该平面上的直线
(2)
【分析】（1）根据线面平行证明过程填写即可求解.
（2）根据题意取中点，从而证明平面，然后作，连接，从而再证明，即得就是所求二面角，即可求解.
【详解】（1）对空①：由空①前后内容得到的是四边形为平行四边，
可得空①为：且；
对空②：由空②前后内容可知：平面外的直线平行于该平面上的直线；
（2）取的中点，连接，则在中，是平行于的中位线，
从而平面，即在平面上的射影为.
在平面上，过作的垂线，垂足为，连接，
则平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
于是，是从二面角的棱上一点出发的两个半平面上的射线，
因此即为二面角的平面角.
由前述，是平行于的中位线，从而，
由平面几何知识可求得，，，
所以，得，所以，
所以.
因此在直角中，.
综上所述，二面角的正切值为.
.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，即通过构造中位线，即可证明；
（2）根据三棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）如图，连接交于点，连接.
∵四边形是正方形，在中，为的中点，
又∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面；
（2）如图，取的中点，连接，
则且，
∵平面，∴平面，
∴就是三棱锥的高.
∴.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线证明，然后根据线面平行的判定定理完成证明；
（2）根据线面平行的性质定理完成证明.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以是的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面平面，平面，
所以.
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