2022-2023华中师大一附中高二上学期期中复习压轴（一）含答案详解

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2022-2023华中师大一附中高二上学期期中复习压轴（一）
一、单选题
1．胡夫金字塔的形状为四棱锥，1859年，英国作家约翰·泰勒（JohnTaylor，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用黄金比例，泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，若，则由勾股定理，，即，因此可求得为黄金数，已知四棱锥底面是边长约为856英尺的正方形，顶点的投影在底面中心，为中点，根据以上信息，的长度（单位：英尺）约为（    ）
A．611.6 B．481.4 C．692.5 D．512.4
2．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ）

A． B．
C． D．
3．已知体积公式中的常数称为“立圆率”.对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体，球也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长，在球中，表示直径）.假设运用此体积公式求得等边圆柱（底面圆的直径为），正方体（棱长为），球（直径为）的“立圆率”分别为，，，则（    ）
A． B． C． D．
4．直线的倾斜角的取值范围（    ）
A． B．
C． D．
5．已知向量，的夹角为锐角，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
6．图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2，将图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.已知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（    ）
A． B．1 C．2 D．4
7．对于定义在上的函数，如果存在实数，使得对任意实数恒成立，则称为关于的“函数”．已知定义在上的函数是关于和的“函数”，且当时的值域为，则当时的值域为（    ）
A． B． C． D．
8．公元前世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（）与它的直径（）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出的值．世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱）、正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，表示底面圆的直径；在正方体中，表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为）、等边圆柱（底面圆的直径为）、正方体（棱长为）的“玉积率”分别为、、，那么
A． B．
C． D．
9．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为2的一个半圆，则该几何体的体积为（    ）
A． B． C． D．
10．已知点关于直线的对称点为，经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
11．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
12．唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（如图2），当这种酒杯内壁的表面积（假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米）固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值可能为（    ）
A． B． C． D．
13．在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
14．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与、不重合），.给出下列三个结论：
①线段长度的取值范围是；②存在点使得平面；③存在点使得.
其中，所有正确结论的序号是
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
15．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　）
A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得平面
C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么Q点的轨迹长度为
16．已知正方体的棱长为分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段的长度范围是（    ）

A． B． C． D．
17．如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（     ）
A． B． C． D．
18．已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
19．在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（    ）
A． B． C． D．
二、多选题
20．下列选项正确的是（    ）
A．过点且和直线垂直的直线方程是
B．若直线的斜率，则直线倾斜角的取值范围是
C．若直线与平行，则与的距离为
D．已知点，则点关于原点对称点的坐标为
21．对于定义在D函数若满足：
①对任意的，；
②对任意的，存在，使得则称函数为“等均值函数”，则下列函数为“等均值函数”的为（    ）
A． B．
C． D．
22．对于函数和，设，，若存在，，使得，则称与互为“零点相邻函数”．若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值可以是（       ）
A．1 B．2 C．3 D．4
23．在平面直角坐标系中，是圆上的两个动点，点坐标为，则下列判断正确的有（    ）
A．面积的最大值为1
B．的取值范围为
C．若为直径，则
D．若直线过点.则点到直线距离的最大值为
24．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为E，且圆E是正方形ABCD的内切圆.F为圆E上一点，G为棱BB1上一点（不可与B，B1重合），H为棱A1B1的中点，则（    ）
A．|HF|∈[2,] B．△B1EG面积的取值范围为(0,]
C．EH和FG是异面直线 D．EG和FH可能是共面直线
25．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则(    )
A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B．存在点Q，使平面MBN
C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为
26．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（　　）
A．DP∥面AB1D1
B．三棱锥A﹣D1PC的体积为
C．平面PB1D与平面ACD1所成二面角为90°
D．异面直线与所成角的范围是
27．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ）
A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
28．设表示不超过的最大整数，如：，，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（    ）
A．， B．，若，则
C．， D．不等式的解集为或
29．如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（       ）
A．几何体的外接球半径 B．平面
C．异面直线与所成角的正弦值的取值范围为
D．面与底面所成角正弦值的取值范围为
30．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（    ）
A．该半正多面体的体积为
B．A，C，D，F四点共面
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为
31．已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（    ）
A．不论何时，与都不可能垂直
B．存在某个位置，使得平面
C．直线与平面所成角存在最大值
D．四面体的外接球的表面积的最小值为
32．如图，四边形是边长为的正方形，点、分别为线段、上的动点，，将翻折成，且平面平面，下列说法正确的是（    ）

A．存在点，使
B．当点为中点时，三棱锥的外接球半径为
C．三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D．存在点，使平面与平面的夹角的大小为
33．如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则（    ）

A．三棱锥的体积为定值
B．线段上存在点，使平面平面
C．设直线与平面所成角为，则的最小值为
D．三棱锥的外接球半径的最大值为
34．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列正确的是（    ）
A． B．点的轨迹是一个圆
C．直线与平面所成角为53°
D．设直线与直线所成角为，则
35．已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（    ）
A．平面平面
B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形
C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为
D．存在点，使得与平面所成角的大小为
36．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（    ）
A．当平面时，可能垂直
B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当时，的最小值为
D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，]
37．如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（    ）
A．三棱锥的外接球的最大半径为
B．存在点D，使得平面平面
C．A到平面的最大距离为
D．面积的最大值为
38．如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（    ）
A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为
B．点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点
39．已知正方体棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（    ）

A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B．若，三棱锥的体积为定值
C．若，有且仅有一个点P，使得平面
D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是
40．如图，在正四面体ABCD中，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ）
A．对任意点M，N，都有MN与AD异面
B．存在点M，N，使得MN与BC垂直
C．对任意点M，存在点N，使得与，共面
D．对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等
41．如图，直三棱柱中，，，．点P在线段上（不含端点），则（    ）
A．存在点P，使得
B．的最小值为有
C．面积的最小值为
D．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
三、填空题
42．瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数，棱数及面数满足等式，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮，简洁的公式之一.如图是一个面数为26的多面体（其表面仅由正方形和正三角形围成），根据欧拉多面体公式可求得其棱数_______.
43．古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近，我们称这种满足了的矩形为“优美”矩形．现有一长方体，，，，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为___________44．如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD（含边界）上一动点，满足，则线段长度的取值范围是________45．已知四面体的各条棱长都为，其顶点都在球的表面上，点满足，过点作平面，则平面截球所得截面面积的取值范围是_____46．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为______；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是______.
47．在三棱锥中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，，，记三棱锥的体积为V，表面积为S，则的取值范围为____________.
48．在棱长为2的正方体中，点在正方体的12条棱上（包括顶点）运动，则的取值范围是______49．如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足．若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为________；若点在长方体内部运动，为棱的中点，为的中点，则三棱锥的体积的最小值为___________

50．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上（不同于D点），P为边AB上任意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD'M，当平面AD'M垂直于平面ABC时，线段PD'长度的最小值为_____
51．球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且，则球面的面积为________；若，则球面的面积为________52．如图，圆柱的底面半径为1，高为2，平面是轴截面，点，分别是圆弧，的中点，在劣弧上（异于，），，，在平面的同侧，记二面角，的大小分别为，，则的取值范围为______.

53．正方体的棱长为，平面，平面，则正方体在平面内的正投影面积为________54．在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.

四、解答题
55．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
(1)若函数，求函数的伴随向量；
(2)若函数的伴随向量为，且函数在上有且只有一个零点，求的最大值；
(3)若函数的伴随向量为，，若实数，，使得对任意实数恒成立，求的值




56．我们知道：对于函数，如果存在一个非零常数T，使得当x取其定义域D中的任意值时，有，且成立，那么函数叫做周期函数．对于一个周期函数，如果在它的所有周期中存在一个最小正数，那么这个最小正数就叫做函数的最小正周期．对于定义域为R的函数，若存在正常数T，使得是以T为周期的函数，则称为正弦周期函数，且称T为其正弦周期(1)验证是以为周期的正弦周期函数(2)已知函数是周期函数，请求出它的一个周期．并判断此周期函数是否存在最小正周期，并说明理由(3)已知存在这样一个函数，它是定义在R上严格增函数，值域为R，且是以T为周期的正弦周期函数．若，，且存在，使得，求的值



57．人脸识别技术应用在各行各业，改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.假设二维空间两个点，，曼哈顿距离.
余弦相似度：.
余弦距离：.
(1)若，，求A，B之间的和余弦距离；
(2)已知，，，若，，求的值.








58．已知“函数的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是“函数为奇函数”，可以推广为：“函数的图象关于点成中心对称图形”的充要条件是“函数为奇函数”(1)若函数满足对任意的实数m，n，恒有，求的值，并判断此函数的图象是否是中心对称图形．若是，请求出对称中心的坐标；若不是，请说明理由(2)若（1）中的函数还满足当时，，求不等式的解集


59．已知函数（），若函数在定义域内存在，（），使成立，则称该函数为“互补函数”.
(1)若，函数图象的一条对称轴为，求函数在区间上的值域；
(2)若，函数在上为“互补函数”，求的取值范围.

60．对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数.
(1)当时，求函数的不动点；
(2)若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围；
(3)在的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围.

61．对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：①在内是单调函数；②当定义域是时，的值域也是，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”，
(1)求证：函数不是定义域上的“保值函数”；
(2)给定函数，
①若函数是区间上的“保值函数”，求实数的取值范围；
②若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

62．定义:若函数对于其定义域内的某一数，有，则称是的一个不动点．已知函数(1)若对任意的实数，函数恒有两个不动点，求的取值范围;
(2)在（1）的条件下，若图象上两个点的横坐标是函数的不动点，且的中点在函数的图象上，求的最小值


63．在平面直角坐标系中，已知，，(1)当直线的倾斜角时，求的取值范围；
(2)若的边上的高所在直线的方程为，求的边上的中线所在直线的方程

64．如图，在四棱锥中，底面为菱形，.

(1)证明：为等腰三角形.
(2)若平面平面，求二面角的余弦值的取值范围.

65．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为棱的中点，且

(1) 证明：底面(2)若，求二面角的余弦值的取值范围


66．对于定义域为的函数，若存在实数使得对任意恒成立，则称函数具有性质.
(1)判断函数与是否具有性质，若具有性质，请写出一个的值，若不具有性质，请说明理由；
(2)若函数具有性质，且当时，，解不等式；
(3)已知函数，对任意，恒成立，若由“具有性质”能推出“恒等于”，求正整数的取值的集合.
67．设函数的定义域为，其中常数.若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质.
(1)当时，判断函数和是否具有性质？（结论不要求证明）
(2)若，函数具有性质，且当时，，求不等式的解集；
(3)已知函数具有性质，，且的图像是轴对称图形.若在上有最大值，且存在使得，求证：其对应的.
68．如图，在四边形中，，与互余，在线段上取点，（点在之间），使．当点从点匀速运动到点时，点恰好从点匀速运动到点．记，，已知，当为中点时，

(1) 判断与的位置关系，并说明理由(2)求，的长(3)若，分别平分，，并交线段，于点，（点，不重合）．连接并延长交于点，如图2所示，若，当时，通过计算比较与的大小关系



69．已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.

70．定义：如果函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”(1)分别求出函数及的2级“平移点”，及再写出一个存在2级“平移点”的函数解析式，并说明理由；
(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围
71．已知，若函数在上的值域是，则称是第类函数.
(1)若是第类函数，求的取值范围；
(2)若是第2类函数，求的值.

72．如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，分别是线段的中点，是线段上的一点.

(1)若是直线与平面的交点，试确定的值；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥体积.




73．已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，侧棱平面ABCD，点M在棱DP上，且，点N是在棱PC上的动点（不为端点）.

(1)若N是棱PC中点，完成：
（i）画出的重心G（在图中作出虚线），并指出点G与线段AN的关系：
（ii）求证：平面AMN；
(2)若四边形ABCD是正方形，且，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值.


74．如图，长方体中，AB=4，AD=3，AA1=5，E，F分别在BB1，DD1上，且，

(1)求证：平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.






75．一个楔子形状几何体的直观图如图所示，其底面 为一个矩形，其中 ，，顶部线段 平面，棱 ，二面角 的余弦值为 ，设 ， 分别是 ， 的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.

76．如图，圆柱的轴截面为正方形，点在底面圆周上，且为上的一点，且为线段上一动点（不与重合）

(1)若，设平面面，求证：；
(2)当平面与平面夹角为，试确定点的位置.

77．如图，正方体的棱长为2，E为DC的中点，

(1)求点到平面的距离；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
78．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2

（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由


79．如图，已知四边形由和拼接而成，其中，，，，将沿着折起.

（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）当四面体的表面积的最大时，求二面角的余弦值.





80．已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.

（1）设，，，试用基底表示向量；
（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.

81．如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.






82．2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑，我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆与圆柱底面相切于四点，且圆与与与与分别外切，线段为圆柱的母线.点为线段中点，点在线段上，且.已知圆柱，底面半径为.

（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；
（3）求二面角的余弦值；
（4）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值.


83．如图，ABCD与ADEF是两个边长为1的正方形，它们所在的平面互相垂直
(1)求异面直线AE与BD所成角的大小；
(2)在线段BD上取点M，在线段AE上取点N，且，，试用x，y来表示线段MN的长度；
(3)在（2）的条件下，求MN长度的最小值，并判断当MN最短时，MN是否是异面直线AE与BD的公垂线段?




84．如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为

(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围



85．正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
(1)当时，求的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.


86．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥

(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)若棱的中点为，求的长；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值

参考答案：
1．C
【解析】由和可得
【详解】解：，

故选：C
【点睛】读懂实际问题，把实际问题转化为数学问题进行计算；基础题.
2．B
【分析】根据题意给的定义，结合图形，分别求出a、b、c、d的值即可比较大小.
【详解】对于正四面体，其离散曲率为，
对于正八面体，其离散曲率为，
对于正十二面体，其离散曲率为，
对于正二十面体，其离散曲率为，
则，
所以.
故选：B.
3．A
【分析】根据体积公式分别求出“立圆率”即可得出.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以.
故选：A.
4．C
【分析】根据直线方程求出该直线的斜率，结合直线倾斜角与斜率的关系、余弦函数的性质进行求解即可.
【详解】由，所以该直线的斜率为，
因为，所以，设该直线的倾斜角为，
于是有，或，
故选：C
5．D
【分析】夹角为锐角，则，排除平行的情况即可.
【详解】夹角为锐角，则，得，
当时，，得，
∴的取值范围为
故选：D.
6．D
【分析】由圆锥和球的体积公式列不等式求解
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意得，
即，则，
故选：D
7．A
【分析】由关于和的“函数”的定义可得，，由此可知是周期为的周期函数；利用时的值域，可推导得到、和的值域，综合可得最终结果.
【详解】是关于和的“函数”，，，
由得：，，
是周期为的周期函数；
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
当时，的值域为.
故选：A.
8．D
【详解】



考点：类比推理
9．C
【分析】由圆锥底面周长可求得圆锥的底面半径，圆锥的高，利用圆锥的体积公式和祖暅原理，即得解
【详解】圆锥底面周长为，
所以圆锥的底面半径，圆锥的高，
所以圆锥的体积为，
由祖暅原理，该几何体的体积也为.
故选：C
10．C
【分析】利用对称求出点，然后根据点的坐标得到，，最后根据倾斜角与斜率的变化关系得到范围.
【详解】
设点，有，解得，，，，结合图可知，.
故选：C11．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得面积的取值范围
【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

由二面角的平面角大小为，可知Q的轨迹是过点D的一条直线，
又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.
设Q的轨迹与y轴的交点坐标为，由题意可知，，，所以，，易知平面APD的一个法向量为，
设平面PDG的法向量为，
则，即，
令，得，，所以是平面PDG的一个法向量，
则二面角的平面角的余弦值为
，
解得或（舍去），
所以Q在DG上运动，所以面积的取值范围为
故选：B12．D
【分析】设圆柱的高为，根据圆柱和球的表面积公式求得，再根据圆柱和球的体积公式求出酒杯和半球的体积，结合题意求得的范围，即可得解.
【详解】解：设圆柱的高为，
则，所以,
酒杯的体积，
半球的体积，
因为酒杯的容积不大于半球体积的2倍，
所以，解得，
又因，所以，
所以.
故选：D.
13．C
【分析】取中点，中点，连接，，，取中点，连接，推导出平面平面，从而的轨迹是线段，建立空间之间坐标系后，利用空间向量求解异面直线夹角的余弦值，即可得角度范围.
【详解】解：取中点，中点，连接，，，取中点，连接，

在正方体中，是棱的中点，
，，，
，，
平面平面，
是底面内（包括边界）的一个动点，平面，
的轨迹是线段，
如图，以D为原点，为轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为2

则，，，，
由于在线段上，设，且
所以
则 ，又
所以

由于，所以
所以异面直线与所成角的取值范围.
故选：C.
14．D
【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设点的坐标为，求出点、的坐标，然后利用向量法来判断出命题①②③的正误.
【详解】取的中点，过点在平面内作，再过点在平面内作，垂足为点.
在正方体中，平面，平面，，
又，，平面，即，，
同理可证，，则，.
以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，.

对于命题①，，，则，则，所以，，命题①正确；
对于命题②，，则平面的一个法向量为，
，令，解得，
所以，存在点使得平面，命题②正确；
对于命题③，，令，
整理得，该方程无解，所以，不存在点使得，命题③错误.
故选：D.
【点睛】本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.
15．B
【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D【详解】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
连接，，，所以，同理平面，
，平面，所以平面平面，
当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；
选项B，以为原点，据直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设（），
，，，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
若平面，则，所以存在，使得，
同，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；

选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，
到平面的距离为，，
时，，当时，有最大值1，
时，，时，有最大值，
综上，时，取得最大值1，故与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；
选项D，平面，平面，，
所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过且与平面平行的平面，由体积公式，在正方形内的点到平面的距离最大，则三棱锥体积最大
16．D
【分析】根据题意，找去过与平面平行的平面，则可得到所在的平面，进而得到答案.
【详解】由题意，取的中点，的中点，连接，，，，，
作图如下：

在正方体中，易知，，，
则共面，平面，平面，
平面，同理可得：平面，
，平面平面，
当平面时，平面，
正方体的棱长为，
在中，，解得，同理，
在中，，解得，
则中边上的高，
即，
故选：D.
17．B
【解析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.
【详解】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:

则由
可得,
,是的两个三等分点
则
所以
设平面的法向量为
则,代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足

设二面角的法向量为

则代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足

由二面角的范围可知
结合余弦函数的图像与性质可知
即
化简可得,且
所以
所以的最大值是
故选:B
【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.
18．A
【分析】作出过且与平面和平面所成角相等的截面，则P位于截面与平面的交线上，进而求得答案.
【详解】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.

如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.

如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，

.
故选：A.
【点睛】对于动点问题，通常做法是先找到动点的轨迹，以本题为例就是先作出与平面和平面所成角相等的截面，从而找到截面与的交线，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法.
19．B
【分析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可.
【详解】因为，，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，，如图所示，

正方体中，，，
所以面，
所以，因为，所以.
同理可得，
因为，所以面，其中为正六边形.
因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点，
根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内.
又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG，
，由正六边形及正方体对称性可知
，
故点P的轨迹长度为，
故选：B
【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可.
20．ACD
【分析】对于A，结合直线垂直的性质，即可求解，对于B，结合直线斜率与倾斜角的关系，即可求解，对于C，结合直线平行的性质，即可求解，对于D，根据已知条件，结合点对称的性质，即可求解
【详解】对于A，设与直线垂直的直线方程为：，
把点代入，解得，过点，且与直线垂直的直线方程是，故正确；
对于B，，且，，当，时，，当时，，直线倾斜角的取值范围是，故错误；
对于C，若直线与平行，则，解得，
故与的距离是：，故正确；
对于D，点A关于原点对称点的坐标为，故正确
故选：ACD21．ABC
【分析】根据已知“等均值函数”的定义，逐项分析验证所给函数是否满足所给的两个条件，即可判断答案.
【详解】对于定义域为R，满足，满足，
对任意的，存在，使得,故A正确；
对于，
若，则，则 ，
若，则，则 ，即满足①；
对任意的，存在，使得，
对任意的，存在，使得，
即满足②，故B正确；
对于，定义域为，
对任意的，都有成立，满足①；
对任意的，存在，
使得，即满足②，故C正确；
对于，定义域为，
当时，，故对任意的，不成立，故D错误，
故选：ABC
22．BCD
【分析】根据的单调性以及，可得的零点为1，由“零点相邻函数”的定义可将问题转化为 在区间上存在零点，分离参数即可求解.
【详解】因为是上的单调递增函数，且，据此可知，
结合“零点相邻函数”的定义可得，则，
据此可知函数 在区间上存在零点，
即方程 在区间上存在实数根，
整理可得：，
∵，当且仅当，即时取等号,
又，则在区间上，，故当时，
故选：BCD
23．ABD
【分析】根据三角形面积公式即可判断A，根据直线与圆相切可判断B,根据向量的加法法则可判断C,根据点到直线的距离可判断D.
【详解】，（如图1）
由于，所以，
当时，取最大值为1，故 的面积最大值为1，A正确；
设当直线分别与圆相切时，此时最大，（如图2）
由于，所以在中， ，因此，故B正确；
当是直径时，是的中点，则,故C错误；
当时，此时圆心到直线的距离最大，且最大值为 ,（如图3）
故点到直线距离最大值为，故D正确；
故选：ABD

24．AD
【分析】根据正方体的性质，结合点、线、面的位置关系，求最值，判断直线EH、EG和FG的位置关系，由面积公式判断△B1EG面积的范围.
【详解】
A：当为中点时，最小为2，当为中点时，最大为，正确；
B：由，错误；
C：由图，当在圆上运动过程中，定直线EH和FG可能相交，故不一定为异面直线，错误；
D：由题设知面，而在圆上运动过程中FH和面可能相交，故EG和FH可能相交，则EG和FH可能是共面直线，正确.
故选：AD
25．AB
【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D【详解】选项A，连接，，正方体中易知，
分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，
因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，
所以，又是中点，所以，所以，
平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，
在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，
由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，
设，，则，，
是中点，，则，所以，同理，
，，，
梯形是等腰梯形，高为，
截面面积，
设，，，
在上递增，，，
所以，C错；

选项D，
取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D错

故选：AB26．ACD
【分析】A利用面面平行的性质证面；B应用等体积法，根据特殊点：与重合时求的体积； C先证明面，再利用面面垂直的判定定理证面面即可；D由，根据在线段的位置，即可确定异面直线与所成角的范围.
【详解】A：连接，，，，由于，由面面平行的判定定理，可证明面面，又面，所以面，正确；

B：，因为到面的距离不变，且△的面积不变，所以三棱锥的体积不变，当与重合时得，错误；

C：由三垂线定理，可证明，再由线面垂直的判定定理可得面，又面，则面面，正确；
D：由，异面直线与所成角即为与所成角，又为等边三角形，当与线段的两端点重合时，与所成角取最小值，当与线段的中点重合时，与所成角取最大值，故与所成角的范围，正确.

故选：ACD27．BD
【分析】读懂题意，求解曲率的关键，是求解线线夹角，再代入离散曲率公式处理.画出对应的立体图形，根据边角关系求出夹角的数值即可.当然也可设出各棱长的数值，建系求解，排除错误选项.
【详解】A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；
B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确；
C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误；
D项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确
故选：BD
【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探素、理性思维学科素养28．BC
【分析】对于A，采用特殊值验证的方法，可得答案；
对于B，根据新函数的定义，给出的范围，结合不等式的性质，可得答案；
对于C，根据新函数的定义，设自变量为整数和小数部分组合的形式，根据小数部分不同取值，进行验证，可得答案；
对于D，根据二次不等式的求解，结合新函数的定义，可得答案.
【详解】对于A，，则，故，故A不成立对于B，设，则，
故，所以，故B成立对于C，设，其中，
则，
若，则，故；
若，则，故，故C成立对于D，由不等式，，可得或，
由题意，则或，故D不正确
故选：BC.
29．BC
【分析】对于A，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得其半径；对于B，利用面面平行的性质定理可判断；对于C，找到异面直线与所成角的正弦值取到最大以及最小值的位置，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函数的知识可进行求解.
【详解】几何体关于正方体的中心对称，
其外接球与正方体的外接球相同，半径为，故A错误.
在正方体中， ,故为平行四边形，
所以,而平面平面，平面，故平面，
同理可证平面,而平面,
所以平面平面平面，则平面，B正确.
由于，则直线与所成最大角为（或），
其正弦值为.直线与所成最小角为与平面所成角，
当为中点时，所成角即为，
而平面平面,故 ,
，

故 ，故C正确.
以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，

则 ,则,
设 ,则 ,
设平面的法向量为，则，
令，则 ，故 ，
由题意知平面ABCD的法向量可取为 ，则 ，
则面与底面所成角正弦值为，
由于，故当时，取到最小值8，
则取到最小值为 ，
当或时，取最大值12，取最大值为，
所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，D错误.
故选:BC.
30．ABD
【分析】A选项，将该半正多面体补成正方体，从而求出正方体的体积，减去8个三棱锥的体积，求出答案；
B选项，求出补成的正方体的外接球的半径即为该半正多面体的半径，从而求出外接球体积；
C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理进行求解；
D选项，设出点的坐标，用空间向量表达出直线DE与直线AF所成角的余弦值，
换元后，使用二次函数的取值范围求出直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围.
【详解】将该半正多面体补成正方体．因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2该半正多面体的体积，A正确
该半正多面体的外接球球心即正方体的外接球球心．设正方体的外接球球心为M，
则该半正多面体的外接球半径，故该半正多面体外接球的表面积为，C错误建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．设，
可解得，则，，共面，即A，C，D，F四点共面，B正确

又，设，所以，则
．令，
则因为，所以，
故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为．D正确
故选：ABD
31．AD
【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，在梯形中，，，，
，且，则，
因为，由余弦定理可得，
，，
若，且，平面，
平面，，事实上，矛盾，
故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；
对于B选项，若平面，平面，则，
所以，，而，，即，
则、、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；
对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，
，，则，
，为的中点，则，
，故平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、，，
设三棱锥的球心为，
由可得，解得，
设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，
因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.
对于C选项，设，

，
易知平面的一个法向量为，

，而，
即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.
故选：AD.
【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.
32．BCD
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；计算出三棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；利用空间向量法结合零点存在定理可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

过点在平面内作，连接，
由已知可得，，，，
故，则，即，且，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
设，，则，，
因为，则，
，易得，
则点、、，
，
，
若存在点，使得，
，
化简可得，即，则，
这与矛盾，故不存在点，使得，①错；
对于B选项，当点为的中点时，则点为的中点，且，，
，
取的中点，连接、，则，，
且，，

因为，平面平面，平面平面，平面，
平面，同理可证平面，
所以，三棱锥的外接球球心在直线上，设球的半径为，
由勾股定理得，即，解得，B对；
对于C选项，，
由A选项可知，平面，
，
因为，则，令，
则，函数在上单调递增，则，
所以，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，
，，
则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，

因为，
令，
可得，
即，
所以

，
令，令，
易知函数在上连续，因为，，
由零点存在定理可知，存在，使得，
因此，存在点，使平面与平面的夹角的大小为，D对.
故选：BCD.
【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.
33．ACD
【分析】A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行证明；C选项，求出平面的法向量，先求出正弦值的最值，进而求出余弦值的最值；D选项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值.
【详解】因为平面∥平面，而平面，故∥平面，因为点为面对角线上一个动点，故G点到面距离不变，为2，因为分别为棱的中点，故面积不变，故三棱锥不变，三棱锥的体积，故A正确；
如图1，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为
z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设（），平面的法向量为，则，令，则，，则，设平面的法向量，则，令，则，，所以，则设，即，解得：，，因为，故不合题意，所以线段上不存在点，使平面平面，B错误；
，平面的法向量为，则，其中，则的最大值为，因为，所以的最小值为，C正确；
如图2，连接，交EF于点J，则为EF的中点，，则三棱锥的外接球球心的投影为J，过点G作GH⊥于点H，则GH⊥平面，，找到球心位置O，连接，OG，则，为外接球半径，过点O作OK⊥GH于点K，则，，设（），，由勾股定理得：，，从而，解得：，要想半径最大，则只需最大，即最大，当时，最大为2，此时半径的最大值为，故D正确.

故选：ACD
【点睛】对于立体几何的外接球问题，需要确定球心的位置，一般思路是先找到一个特殊的平面，一般为三角形，找三角形的外心，即球心在这个平面的投影，进而确定球心的位置，进而列出方程，求出半径，得到答案.
34．ABD
【分析】本题很复杂，先要求出直线与平面的交点，判断其位置，利用点P到D与的距离之和为常数，计算出点P的运动轨迹，再进行分析.
【详解】
如上图，建立直角坐标系，各点坐标如下：
，
，， ，
则有： ， ， 平面 ；
∵平面 ， ，故A正确；
设与平面的交点为O，并设，由于O在上，设，
得 ， ，
由空间向量基本定理可知： ，
得方程： 解得： ，
故 ， ，
， ，将平面 的直观图分离出来如下：

依题意： ， ， ，
∴ ，解得 ，故P点的轨迹是以O为圆心，半径为4的圆，
故B正确；
与平面的夹角就是，，故C错误；
由于 , 与 的夹角就是与 的夹角，
由于 ，取的中点M，则，，
∴， ， ，即点O是 的重心，
是等边三角形，其边长为  ，
∴以O为原点，为x轴，过O点垂直于的直线为y轴，建立坐标系如下图：

各点坐标为： ，
，
，设 与 的夹角为 ，
则 ， ，
，即 ；
故D正确.
故选：ABD.
35．AC
【分析】A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.
【详解】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，
所以，又因为平面，平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，即A正确；

当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：
其中F在线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，

可知交线围成的图形为五边形，即B错误；
如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
设平面ABEF的法向量为，
则有，令，则，
则
球心到平面的距离，
此正四棱柱的外接球半径为，
所以截面半径，则截面积，

即C正确；
设，，
则平面的法向量为，则，
令，则，所以，
设与平面所成角为，
则，
因为在上单调递增，
所以，

所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.
故选：AC
【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.
36．ABD
【分析】依题意画出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、D，连接，则即为与平面所成角，根据锐角三角函数得到的轨迹，即可判断B，将平面与平面沿展成平面图形，化曲为直，利用余弦定理计算即可判断C；
【详解】解：对于A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
则，，设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，
即，则当时，，即P为中点时，
有平面，且，故A正确；

B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，故B正确；

C选项：如图，将平面与平面沿展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可知
所以，故C错误；

D选项：正方体经过点､P､C的截面为平行四边形，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，，
所以点P到直线的距离为
，
于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；
当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确.

故选：ABD
37．BCD
【分析】A选项，当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，由正弦定理求出三角形ABC外接圆半径，进而求出外接球半径；
B选项，点D为中点时，平面平面，作出辅助线进行证明；
C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解A到平面的最大距离；
D选项，利用空间向量求出点D到直线的距离的最大值，从而求出面积的最大值.
【详解】当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，
如图，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，则，

设三角形ABC的外接圆半径为r，
由正弦定理得：，解得：，
故，A错误；
当点D为中点时，平面平面，
理由如下：连接与相交于点E，连接DE，AD，，
则根据勾股定理：，其中E为与的中点，
所以由三线合一得：DE⊥，DE⊥，
因为，所以DE⊥平面，
因为平面，
所以平面平面，B正确；

取中点M，AB中点N，连接，则两两垂直，
以M为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则设平面的法向量为，
由，令得：，
故，
设A到平面的距离为，
则，
当时，取得最大值，为，C正确；

，设点D到直线的距离为，则

因为，所以当或0时，取得最大值，最大值为，
此时，面积为，D正确.
故选：BCD
【点睛】立体几何题目，求解距离或角度时，建立空间直角坐标系，用空间向量进行求解是非常好用的方法.
38．AC
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
39．ABD
【分析】根据向量关系式确定动点位置或轨迹，然后判断各个选项正误.
【详解】选项A：由题，如下图，P为中点，取的中点O，连接，则，所以或其补角即为异面直线与所成的角，易得，所以，A正确；

选项B：由条件，可知P点的轨迹为线段，因为，故P到平面的距离为定值，且三角形面积为定值，故三棱锥体积为定值．故选项B正确选项C：由可知点P在线段上（E、F分别为、中点），因为平面，所以平面即为平面，点P即为平面与直线交点，此交点在延长线上，故选项C错误

选项D：由可知点P的轨迹为线段．建系如图，得，设，则，所以，令，

当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，令，，所以当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故选项D正确
故选：ABD.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定，体积求法及异面直线所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解直线方向向量或平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
40．ACD
【分析】A选项，首先不可能与AD相交，其次证明AD与MN不可能平行，故A正确；
B选项，证明出BC⊥平面ADF，因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，故B错误；
C选项，作出辅助线，得到存在，使得，由空间向量性质可知C正确；
D选项，作出辅助线，对于任意点M，找到点N，得到MN与AD，BC所成的角，利用相似和余弦定理得到MN与AD，BC所成的角相等.
【详解】A选项，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，故不可能与AD相交，过点M作ME∥AD交BD于点E，MN与ME相交，故AD与MN不可能平行，综上：对任意点M，N，都有MN与AD异面，A正确；

B选项，取BC中点F，连接AF，DF，
因为四面体ABCD为正四面体，
所以AF⊥BC，DF⊥BC，
因为，所以BC⊥平面ADF，
因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，
故BC不可能与MN垂直，B错误；

C选项，对于任意点M，作ME∥AD交BD于点E，过点E作EN∥BC交CD于点N，连接MN，此时，故存在，使得，

所以对任意点M，存在点N，使得与，共面，C正确；
D选项，对任意的点M，在CD上取点N，使得CN=AM，则，
过点M作ME∥AD交BD于点E，过点N作NF∥BC交BD于点F，则为MN与AD形成的角，∠MNF为MN与BC形成的角，且FN=EM，DE=BF，
由BM=DN，∠ABD=∠CDB=60°，DE=BF得：△BMF≌△DNE，所以MF=EN，
由余弦定理得：，，
由于三边对应相等，故∠MNF=∠NMF，

对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等，D正确.
故选：ACD
【点睛】立体几何中动点问题，在点运动过程中求解垂直或平行关系或角度或长度的最值等，需要把点运动到特殊位置或抓住运动过程中的不动量作为解题的突破口.
41．ACD
【分析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
写出各点坐标，其中点坐标，可设（），即可得出.
对于A选项，要使，即，得到关于的方程，解方程即可；
对于B选项，将和沿展开，连接，的最小值即的长度，利用锐角三角函数和两角和的余弦公式求出，再由余弦定理即可得到；
对于C选项，设（），利用向量的夹角公式求得，由同角三角函数的平方关系得到，代入三角形面积公式：，结合二次函数的性质讨论最值即可；
对于D选项，利用等体积法得，即可求解.
【详解】由题意得，，即，
又在直三棱柱中，底面，平面，平面，
，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系.

因为，，所以，，，，，，，则，，
设（），则，解得，，，
所以，
对于A选项，，，
要使，即，解得，
当，即在中点时，，故A选项正确；
对于B选项，如图所示，将和沿展开，如图所示，
连接交于点，可知，当点与点重合时取得最小值，
由题意得，，，，，，
所以，，，，

则，
在中，由余弦定理得，
，则，
所以的最小值为，故B选项错误；
对于C选项，，，设（），
则，即，
所以，
则，
因为，所以当时，取得最小值，故C选项正确；
对于D选项，
，故D选项正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的动点的相关线段的位置关系、线段长度、面积和体积的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理及转化思想的应用.
解答本题关键在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决空间的中的相关问题，同时对于转化思想的应用，利用两点之间线段最短求距离的最值，本题中B选项， 将和沿展开，利用两点之间的线段最短，，求解即可.
42．48
【解析】根据图形可知顶点数，代入欧拉多面体公式可求得结果.
【详解】该多面体面数，由图知，顶点数，
根据欧拉多面体公式得：棱数.
故答案为：.
【点睛】本题考查立体几何中的新定义运算的求解问题，关键是能够充分理解已知所给公式，属于基础题.
43．4
【分析】由题意求出该长方体的长、宽、高后，根据新概念验证即可得解.
【详解】由题意，该长方体如图所示：

，，，
，，
，
，，
，，，
此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4.
故答案为：4.
【点睛】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题.
44．
【分析】先由垂直关系，找出点P所在的直线，再判断线段长度的取值范围.
【详解】连接，，如图所求:

可得，，，
又，可得平面，则，
当在线段上运动时，有，
当与重合时，有最小值为，当与重合时，有最大值为线段长度的取值范围是故答案为：45．
【分析】求得正四面体的外接球半径，根据的长度，确定截面的最大值与最小值.
【详解】
如图所示，
设中心为，四面体外接球球心为，半径为，连接，，，则在上，
所以，，
在中，，
即，即，
则，
又，所以，
在中，，
过点作圆的截面，
当垂直于截面时，半径最小为，
此时截面面积最小为，
当截面过球心时，半径最大为，
此时面积最大为，
所以面积的取值范围为，
故答案为：.
46．         
【解析】在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，则是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由可得，，即在上述阿氏圆上，这样当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，三棱锥体积的最大，由体积公式计算可得【详解】在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，由题意是阿氏圆的直径，
，则，，所以，∴阿氏圆半径为；
正方体中，都与侧面垂直，从而与侧面内的直线垂直，
如图，则，∴，即在上述阿氏圆上，
∵的面积是2为定值，因此只要到平面距离最大，则三棱锥体积的最大，
由于点在阿氏圆上，当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，
此时，因此，，
三棱锥体积的最大值为故答案为：；

【点睛】关键点点睛：本题考查棱锥的体积，考查新定义的理解与应用．解题关键是正确理解新定义得出圆半径，由已知角相等得出点就在新定义“阿氏圆”上，从而易得它到底面距离最大时的位置，从而得出最大体积47．
【分析】设，根据表面积公式和体积公式分别求出，再结合函数的单调性分析即可得出答案.
【详解】解：设，
则，
在中，边上的高为，
则，
故，
所以，
令，
因为函数在上减，且，
所以函数在上增，
所以，
即，
即.
故答案为：.

48．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的表达式，进而根据线性规划求得的取值范围.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，，，
设（且只在正方体的条棱上运动），则，
，
因为，设，
根据线性规划，作出可行域如图，

当时，取得最小值，即取最小值；
当时，取得最大值，即取最大值.
故答案为：

49．          ##2.25
【分析】建立空间直角坐标系，由两点间距离公式化简后得轨迹方程，再由空间向量表示点到平面的距离公式求解最值
【详解】以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，
在平面直角坐标系中，设，由得，所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为若点在长方体内部运动，
设点，由得，所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，又为的中点，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为故答案为：；

50．##
【分析】作直线于点，连接，则翻折后，设，由，得，，设，则，，根据条件得到，然后求出线段长度的最小值【详解】作直线于点，连接，则翻折后，

平面平面，为两平面的交线，
平面，设，由，得，，
设，则，由知为正三角形，则，
，在中，，
即，
，
记，则，
由，得，又，，
若，则当时，；
若，则当时，，
故答案为：51．         
【分析】先证明“如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为，则球面三角形的面积为，其中为球的半径”，再根据题设条件求出二面角的大小，从而可求球面面积的大小.
【详解】现证明一个结论：如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为，则球面三角形的面积为，其中为球的半径.
证明：如图，设为关于球心的对称点，则均为球面上的点，
且均为直径，我们用表示球面三角形的面积.
设，，，
则，
同理，.
所以，
而，
故，
又，
故.

若P，Q在赤道上，因为为极点且，故，
故确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为，故球面面积为.

若，则，
同理.
过作的垂线，垂足为，连接，则，
因为，故，
故，而，故，
故且
故，而为三角形内角，
故，故的大小为，
故根据对称性可知确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为，
故球面三角形的面积为.

故答案为：，.
【点睛】思路点睛：球面三角形的计算问题，可根据球的对称性合理转化，另外注意与球面有关的计算的关系，注意利用空间中点、线、面的位置关系的性质定理将空间中的计算问题转化平面几何的计算问题.
52．
【分析】以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设，且，设平面的法向量，求出，设平面的法向量，求出，设平面的法向量为，利用向量夹角公式可得，可得，由，可得，代入中整理可得答案
【详解】解：以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
所以，
设，且，
设平面的法向量，
由，得，得
设平面的法向量，
由，得，得
设平面的法向量为，则
，
所以，
，
所以，
所以

故答案为：

【点睛】此题考二面角的余弦值的求法，向量夹角公式，数量积运算性质，考查了推理能力和计算能力，属于难题.
53．
【分析】由题设知：面面，且正方体在平面内的正投影面积为菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，构建空间直角坐标系，应用向量法求△、△、△、△与面的夹角余弦值，进而求它们在面上的投影面积，即可求正方体在平面内的正投影面积.
【详解】∵平面，平面，知：面面.

∴正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，又正方体的棱长为，则，可构造如下图示，空间直角坐标系：

∴，则有，
若面的一个法向量为，则，可得，而面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
同理，面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
∵△、△、△、△的面积均为，
∴正方体在平面内的正投影的面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质，结合正投影的定义可知正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，应用向量法求各面与面的夹角，进而求投影面积.
54．
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点轨迹的长度.
【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，
当时，，当时，，
取，，，，
连结，，，，
则，，
∴四边形为矩形，则，，
即，，又和为平面中的两条相交直线，
∴平面，
又，，
∴为的中点，则平面，
为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，
又，，∴，则点的轨迹不是正方形，
则矩形的周长为.

故答案为：
【点睛】对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边的长度及角度.
55．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用两角和的余弦公式结合伴随向量的定义即可得解；
（2）根据题意可得，即，利用正切函数的性质即可得解；
（3）根据题意可得对任意实数恒成立，则有，从而可得出答案.
(1)
解：=，
函数的伴随向量为；
(2)
解：，即，，
函数在上有且只有一个零点，
当时，，
当时，，函数在上有且只有一个零点，
则的最大值为；
(3)
解：由题意可知：
因此：，
所以，
由已知条件，上式对任意恒成立，必有，
若，由（1）知：，不满足（3）式，故，
由（2）知：，故或，
当时，则（1）、（3）矛盾，
故，则，
由（1）、（3）知：，
综上，原式.
56．(1)证明见解析；
(2)是它的一个周期且是最小正周期，证明见解析；
(3)
【分析】（1）根据正弦周期函数的定义求解；
（2）结合正弦、余弦函数性质由周期函数定义求解
（3）从是严格递增函数，时，进行推理可得
(1)
，证毕
(2)
，易知是它的一个周期，
因为，
下面证明是的最小正周期，
时，是增函数，
时，是减函数，
又，
，
所以，即函数图象关于直线对称，
所以当时，不可能是函数的周期，
假设函数有小于的正周期，则，取，
与时，函数的单调性相同，但，而在这两个区间上单调性相反，假设错误所以是的最小正周期
(3)
因为是周期函数，是它的一个周期，
，，又由题意，,
因为，，是严格递增函数，
所以，
又时，，
，，
因为是严格递增函数，
所以与是一一对应的，
因此，57．(1)，余弦距离等于
(2)
【分析】（1）根据曼哈顿距离的计算公式即可求得，利用余弦距离的公式可求得A，B之间的余弦距离；
（2）根据已知结合定义中所给公式可得,以及，两式整理即可求得答案.
(1)
，
，所以余弦距等于；
(2)
由得

,
同理：由得，
故，
即，
则.
58．(1)1，函数的图象是中心对称图形，其对称中心的坐标为（0，1）
(2)
【分析】（1）利用赋值法可求，结合定义可得的图象是中心对称图形.
（2）可证在R上是增函数，从而可求不等式的解.
（1）
取，得，所以取，，得，于是，
所以函数是奇函数，
所以函数的图象是中心对称图形，其对称中心的坐标为（0，1）
（2）
设，则，故，
而，
所以在R上是增函数，
由，得，解得或所以不等式的解集为59．(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式，可得，利用函数的对称轴为直线，得到，进而可求，然后可得所求值域.
（2）根据“互补函数”的定义，函数在区间上存在至少两个最大值点，则，进而得到的范围，对的范围进行分类讨论，即可求的取值范围.
（1）
因为函数的对称轴为直线，由辅助角公式可得，所以，.
即，即，解得.所以.
由，得，所以，
所以，故函数在区间上的值域为.
（2）
当时，，由“互补函数”的定义，存在，，所以令，则函数在区间上存在至少两个最大值点，则，得.
当，即时，显然符合题意；
当时，分以下两种情况讨论：
当，即时，，即，所以.
当，即时，，即，所以.
综上，的取值范围为.
60．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据不动点定义，，求解即可；
（2）由题意，，对任意实数，恒有两个根，利用判别式，分析即得解；
（3）由题意，因为，可得，结合均值不等式，即得解
（1）
，因为为不动点，
因此，所以，
所以为的不动点.
（2）
因为恒有两个不动点，，，由题设恒成立，
即对于任意恒成立，
令，则由对于任意恒成立可得，
所以，所以.
故a的取值范围是.
（3）
因为，
所以，
则
，当且仅当等号成立，
可得
61．(1)见解析；
(2)①；②
【分析】（1）求解函数的值域，由“保值函数”的定义判断；（2）①由定义域和值域都是，将问题等价于方程有两个不等的实数根，根据判别式大于零计算即可；②将不等式化简为对恒成立，令新函数，，判断函数单调性并求解最值，代入不等式组计算即可.
（1）
，时，，
根据“保值函数”的定义可知，函数不是定义域上的“保值函数.
（2）
①由题意易知单调递增，且定义域和值域都是，得，
因此是方程的两个不等实数根，
等价于方程有两个不等的实数根，
即，解得或，
所以实数的取值范围为.
②，则不等式对恒成立，
即，所以对恒成立，
令，则，在上单调递增，
令，可知在上单调递减，
，，
，解得
又，所以实数的取值范围为
62．(1)
(2)
【分析】（1）由有两个不相等的实数根，结合判别式以及一元二次不等式恒成立列不等式，从而求得的取值范围.
（2）先设出的坐标，求得的坐标并代入的解析式，利用根与系数关系列方程，结合二次函数的性质求得的最小值.
（1）
令，则①，
由题意，方程①恒有两个不相等的实数根，所以，
即恒成立，则，解得
（2）
依题意图象上两个点的横坐标是函数的不动点，
设，，，，
又AB的中点在该直线上，所以，
∴，而应是方程①的两个根，所以，
即，∴，
∴当时，.
63．(1)；
(2).
【分析】（1）由倾斜角求斜率范围，再由两点式有，即可求参数范围；
（2）由在上求得，求出的中点，应用两点式求直线的方程.
（1）
∵，
∴，
由，得，
即的取值范围是.
（2）
∵在边上的高线上，
∴，可得，故，
∴线段的中点为，
∴的边上的中线所在直线为，化一般式为
64．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得，，根据线面垂直的判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可得答案；
（2）设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法和的范围可得答案.
（1）
如图，取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
故为等腰三角形；
（2）
设，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，
，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
设平面的法向量为，则，，
令，则，
，
令，则，
因为，所以，
二面角的大小等于二面角与二面角的大小之和，
因为二面角为直角，所以二面角为钝角，
故二面角的余弦值的取值范围为.

65．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明出平面，得到，利用线面垂直的判定定理即可证明底面；（2）设，以点为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，用向量法计算.
（1）
如图，连接，

因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，则因为，，所以因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
又,，底面,底面,所以底面
（2）
设，以点为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.

所以，，，，，，设平面的一个法向量为，则即
不妨令，则
同理可求平面的一个法向量
所以，
令，则，因为，所以，由图可知二面角为钝角，
故二面角的余弦值的取值范围为
66．(1)不具有性质，理由见解析；具有性质，（只要满足即可）
(2)
(3)
【分析】（1）根据可知不具有性质；当时，结合诱导公式可知，可得具有性质；
（2）由可推导得到是以为周期的周期函数；分别在和的情况下，解不等式，根据周期性可得到结论；
（3）由可知只需研究的情况；当、、和时，通过反例可知不合题意；当、和时，结合可推导得到，由此可得取值集合.
(1)不具有性质，理由如下：
对于任意实数，，即，
不具有性质；
具有性质，
若，则；
的一个取值为（只要满足即可）.
(2)
由得：，，
是以为周期的周期函数；
当时，，不等式无解；
当时，，则，
，解得：；
综上所述：当时，的解集为；
的解集为.
(3)
，，则只需研究的情况；
①当时，
令且对于任意恒成立，
此时满足，并具有性质，但不恒等于；
②当时，；当时，；当时，；
令且对于任意恒成立，
此时满足，并具有性质，但不恒等于；
③当时，，，，满足题意；
④当时，，，
，又，，，
则，，满足题意；
⑤当时，，，
，又，，，
则，，满足题意；
综上所述：当时，满足题意的的取值集合为，
满足题意的正整数的取值的集合为.
【点睛】关键点睛：本题考查函数中的新定义运算问题；解题关键是能够根据已知抽象函数关系式推导得到函数的周期性，进而根据周期性可将所研究的问题转化为一个周期内的函数关系式的求解问题.
67．(1)具有性质，不具有性质；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由函数具有性质判断即可；
（2）若，函数具有性质，当时，，可确定的值，再利用性质求出在上的解析式，按分段函数解不等式即可；
（3）根据函数具有性质，且函数图像是轴对称图形，在区间上有最大值，分别讨论，时，函数的最值情况，得出矛盾，即可证明.
(1)
解：函数具有性质；函数不具有性质；
(2)
解：若，函数具有性质，则存在常数，对任意，使得，又当时，
故当时，有，即，所以
所以当时，，，
即时，
故当时，不等式为，无解；
当时，不等式为，又，
故不等式解得：，即解集为：.
(3)
证明：已知函数具有性质，则存在常数，使得，都有，所以，
所以函数的图像端点为和
由的图像是轴对称图形，得其对称轴为直线：
①若，因为时，
所以对任意，有
由基本不等式得，有
所以对任意，有
根据图像的对称性，得对任意，有
这样与存在矛盾.
②若，由，得
又，由图像的对称性知，
且，所以
这与在上有最大值矛盾.
综上：.
【点睛】本题是函数新定义问题，需要注意的是定义域与区间上函数所具有的性质，可以利用端点处函数值所具有的性质求解参数，与对称性和最值结合时，可以利用反证法，证明与矛盾，从而得证结论.
68．(1)，理由见解析
(2)，
(3)
【分析】（1）根据同角的余角相等证，即可得出；
（2）当时，，当时，，代入函数解析式即可；
（3）连接并延长交于点，易证四边形是平行四边形，得出，求出，，，得出，，，，由勾股定理得，，当时，求出，即可得出.
（1）
与的位置关系为：，理由如下：
如图1所示：
，与互余，
与互余，，
；
（2）令，得，，
令，得，；
（3）把代入，
解得：，即，，
是中点，，
，，
解得：，，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，平分，
，四边形是平行四边形，
，
是的一个外角，，
，平面，
，，
在中，，
，，
在中，，，
，，
由勾股定理得：，
在中，
，
当时，，解得：，
，
，.
69．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
(1)解：，
所以函数的特征向量；
(2)解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
(3)解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
70．(1)的2级平移点为2；的2级平移点为0；例如存在2级平移点，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，可得，，再分别代入解析式求解即可；
（2）由题意可得存在使，再化简可得在上有解，令，求导分类讨论分析的零点情况即可.
（1）
设为的一个2级平移点，∴
，，∴的2级平移点为2设为的2级平移点，∴，
∴，∴的2级平移点为0例如存在2级平移点，存在2级平移点
（2）
∵在上存在1级“平移点”，
∴存在使
，
在上有解
，令①当时，在上单调递减，要使在有零点，只需
②当时，，无零点，舍去③当时，在上单调递增，要使在上有零点，只需
矛盾，舍去综上：实数的取值范围为
【点睛】本题主要考查了函数新定义的问题，同时也考查了利用导数求解零点的问题，常用的思路有：
①根据新函数满足的条件列式，参变分离；
②构造函数求导分析单调性与最值，数形结合讨论参数范围；
③结合零点存在性定理分析构造函数的最值范围等.
71．(1)；(2)
【分析】（1）由是第类函数可得到，所以转化成函数与函数有两个交点，故通过的图象即可得到答案；
（2）分，和三种情况进行分类讨论，结合是第2类函数即可得到答案
（1）
因为在，是增函数，且函数在上的值域是，
所以即，
所以问题转化为函数与函数有两个交点，
因为在单调递增，在单调递减，
将代入得，将代入得，
所以函数与函数有两个交点，只需，
所以的取值范围是；
（2）
因为
当时，在单调递增，
因为是第2类函数，所以即，
因为，所以；
当时，在单调递减，
因为是第2类函数，所以，
则整理得即，
将代入得，
因为，所以没有实数解；
当时，
所以当，，
因为是第2类函数，所以，解得（舍去）；
综上所述，
【点睛】关键点睛:这道题的关键在于区间与对称轴之间的关系，进行分类讨论，利用二次函数的性质得到对应区间的最值进行求解
72．【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，由可解得得到答案；
（2）设，根据直线与平面所成角的正弦值为，求出确定的位置，求出平面的法向量，
计算点到平面的距离，计算的面积，代入体积公式计算可得答案.
（1）
取的中点，连接，则，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，设，则

设平面的法向量，
则，所以，取，
易知，所以，
解得，此时；
（2）
设，则
则，
整理得，解得或（舍去），
，，设平面的法向量为，
则，所以，
取，又，
则点到平面的距离即点到平面的距离为
，
由已知条件，在中，，可得

所以，
.
73．(1)答案见解析.
(2)当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大.
【分析】（1）（i）连接PO后确定点G，再通过在中的重心来确定PO线上的比例关系，进而得出的重心.
（ii）利用（i）中得出的比例关系与原题中相同的比例关系构建相似三角形即可证明.
（2）先设出N的位置，即PN与PC的关系，建立空间直角坐标系求出直线PA与平面AMN所成角带参数的正弦值，通过线面角正弦值的范围与分式、根式的最值即可求出答案.
（1）
（i）设AC与BD的交点为O，连接PO与AN交于点G，

点O为AC中点，点N为PC中点，
PO与AN的交点G为的重心，
，
又PO为在BD边上的中线，
点G也为的重心，即重心点G在线段AN上.
（ii）
证明：连接DG并延长交PB于点H，连接，

点G为的重心，
，
又，
即，又MG在平面AMN内，BP不在平面AMN内，
所以PB∥平面AMN.
（2）
四边形ABCD是正方形，且平面ABCD，
AB、AD、AP两两垂直，
以A为坐标原点，方向为x轴正方形建立空间直角坐标系，如图所示，

则点，，，，
则，，，
设则，
，
设平面AMN的法向量为，
则有，
化简得：，
取则，，
设直线PA与平面AMN所成角为，
则，
当时的值最大，
即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为.
74．【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量为，易得，即，从而得到平面；
（2）由（1）的条件，求出平面的法向量为，则由可求得平面与平面的夹角的余弦值.
（1）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，则，，，
则，
设平面的法向量为，则，即，
则令，则，所以平面AEF的法向量为，
所以，故，
又面，所以面.

（2）
由（1）知，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，则所以平面与平面的夹角的余弦值为.
75．【分析】（1）先由线面平行的性质定理证得，得四点共面，再由线面垂直的判定定理得到面，进而由面面垂直的判定定理得到结论.
（2）先结合（1）中结论证得面，进而证得二面角的平面角为，故求得所需线段的长度，建立空间直角坐标系，求得与面的法向量，利用空间向量数量积运算即可求得直线与平面所成角的正弦值.
（1）
因为平面，且平面，又因为平面平面，所以，
又是矩形两边的中点，所以，
所以，故四点共面，
因为，是的中点，所以，
在矩形中，故，
又面，
所以面，
又因为面，所以平面平面.
（2）
在平面内过做的垂线，垂足为，则由（1）可知面，故，
又，面，所以面，
又因为，所以二面角的平面角为，故，
在中，，
在中，，，
过做边的垂线，垂足为，以为坐标原点,以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，得，
设直线与平面所成角为，则.

76．(1)证明见解析；
(2)为中点.
【分析】（1）由线面垂直、圆的性质有、，再由线面垂直的判定及性质得，进而有面，最后由线面垂直的性质、射影定理及线面平行的判定和性质证结论；
（2）构建空间直角坐标系求的坐标，设，可得，再分别求出面、面的法向量，结合已知面面角的大小求参数，即可确定点的位置.
（1）
由题知面面，则，
由为底面圆的直径，则，
由，面，
面，
又∵面，∴，
又，面，
面，
又∵面，故.
由，在中，由射影定理：，
故面面,
∴面，又面面，面，
∴.
（2）
由（1）知，以为原点为轴正方向，过的母线为轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设，

则，
设，，
设面的法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量
设平面与平面的夹角为，则，
解得或，
其中时重合，不合题意，
故当平面与平面夹角为时，此时为中点.
77．(1)
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别求得与平面的法向量为，利用空间向量数量积的几何意义即可求得点到平面的距离；
（2）在（1）的基础上，求得，利用即可求得直线与平面所成角的正弦值.
（1）
依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，则，，，
故，
设平面的法向量为则，即，
令，则，所以平面的法向量为
设点到平面的距离为d，则，
所以点到平面的距离.

（2）
由（1）知，设直线AB1与平面AEC1所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
78．（1）见解析；（2）；（3）
【详解】试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以 ，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.
（Ⅰ）因为在△中，，分别为，的中点，
所以 ，所以，又为的中点，
所以 因为平面平面，且平面，
所以 平面，
所以 （Ⅱ）取的中点，连接，所以由（Ⅰ）得，如图建立空间直角坐标系由题意得，，，，所以，，设平面的法向量为，
  
则即
令，则，，所以设直线和平面所成的角为，
则所以 直线和平面所成角的正弦值为（Ⅲ）线段上存在点适合题意设，其中设，则有，
所以，从而，
所以，又，
所以令，
整理得解得，舍去所以线段上存在点适合题意，且
方法点睛：该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在.
79．（1）；（2）
【解析】（1）设异面直线与所成角为，利用，结合向量线性运算和数量积运算，求得异面直线所成角的余弦值.
（2）建立空间直角坐标系，用二面角的三角函数值，表示出点的坐标. 由于三角形和三角形的面积为定值，故要使四面体的表面积取得最大值，则需取得最大值.求得表达式，利用最值的求法，求得取得最大值，以及此时二面角的余弦值.
【详解】依题意可知.
（1）由于，，，，所以,.设异面直线与所成角为，则.即异面直线与所成角的余弦值为.
（2）由于三角形和三角形的面积为定值，故要使四面体的表面积取得最大值，则需取得最大值.
设是的中点，过作平面，以分别为轴建立空间直角坐标系.在沿着折起的过程中，，，所以是二面角的平面角，设，则，，所以，，，，结合向量法表示三角形面积以及柯西不等式有：



.当且仅当，即时，取得最大值.所以当四面体的表面积的最大时，二面角的余弦值为.

【点睛】本小题主要考查利用空间向量法计算异面直线所成的角，考查利用空间向量法计算二面角，考查几何体表面积最值的求法，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.
80．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；
（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.
【详解】（1）∵，而，
∴，
所以.
（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，
∴，即，
故，至少有一个大于，不妨设，
∴，，构成三角形.
（3）设，，，由（1）知.
又，有，，，
∴，
，
，
设，又
∴
因为平面，所以存在实数，使得：，
∴
∴，消元：在有解.
当时，，即；
当时，，解得.
综上，有.
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【点睛】思路点睛：
1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；
2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；
3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.
81．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.

（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
82．（1）具体见解析；（2）；（3）；（4）.
【分析】（1）先证明AM∥ON，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设出AE的长度，利用线面垂直求出长度即可；
（3）建立空间直角坐标系，求出内切圆的半径，得出各点的坐标，用法向量夹角公式即可解得；
（4）将矩形PQRS视作静止，则作顺时针旋转，写出坐标，用空间向量线面角公式求出夹角的正弦值.
【详解】（1）如图1，分别是点M、N在线段AC上的投影，则为AO的中点，为OC的三等分点.

所以，，
所以,所以AM∥ON，
如图2，又因为平面BDN，ON平面BDN，所以AM∥平面BDN.

（2）以O为原点，分别以所在方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则,设，
所以,, 若OE⊥平面BDN，
则，即时，OE⊥平面BDN.
（3）设内切圆半径为r，由题意可知是等腰直角三角形，所以，
因为，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，令x=1，则
，同理可得平面的法向量，
所以，
由图可知二面角为锐角，则其余弦值为.
（4）将矩形PQRS作为参照物，不妨设顺时针旋转，则，即，，所以
易知y轴⊥平面PQRS，则平面PQRS的一个法向量为，
设与平面PQRS所成角为，
所以
若，则；
若，令，则，
所以，
当且仅当即时，.
【点睛】证明线面平行应首先证明线面平行或者面面平行；存在性问题一般是先假设存在，若求出结果不产生矛盾则命题成立，否则不成立；二面角和线面角问题用公式直接解出即可；但应注意的是最值问题一般会结合基本不等式或者导数，如果式子复杂应该先换元.
83．(1)
(2)，
(3)，MN是异面直线AE与BD的公垂线段
【分析】（1）利用，可知为所求角，进而得解；
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量的模长公式，即可表示线段MN的长度；
（3）求出的最小值，利用向量验证MN是否与AE，BD垂直.
(1)
补全正方体，连接，，由正方体的性质知，
则异面直线AE与BD所成角，即为直线与BD所成角
又为等边三角形，故
所以异面直线AE与BD所成角的大小为.
(2)
如图，以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
由，，知，，其中
，
则，

(3)
当，要求的最小值
即求的最小值
由
，
当且仅当时，等号成立，
，，
又，，，
则，，
，，
所以MN是异面直线AE与BD的公垂线段.
84．(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.
（1）
取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；

（2）
设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：
，
则

其中，且，，故，
由第一问可知，又是的中点，所以，所以，
因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.

【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.
85．(1)；
(2).
【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.
（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.
(1)
构建如下图示的平面直角坐标系，则，，

当，则，故，，
所以，，
则.
(2)由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，

所以且，
则，
所以，
令，则，可得，
若，则，此时在上递增，
所以.
【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到，结合相关函数的性质求范围.
86．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值
（1）
取AM的中点G，连接PG，
因为PA=PM，则PG⊥AM，
当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，
四棱锥的体积取得最大值，
此时PG⊥平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为

（2）
取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM=NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以.

（3）
连接DG，
因为DA=DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为的平面角，即，
过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设，
因为，所以，

所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为，
因为，
则
令，可得：，
设两平面夹角为，
则

令，，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为
【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.