高中数学人教A版（2019）必修第二册《8.6 空间直线、平面的垂直》同步练习（含解析）


人教A版（2019）必修第二册《8.6 空间直线、平面的垂直》同步练习

一 、单选题（本大题共12小题，共70分）
1.（6分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，AD=4，AA1=2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是( )
A. 8525 B. 455 C. 855 D. 4525
2.（6分）如图圆锥的高SO=3，底面直径AB=2,C是圆O上一点，且AC=1，则SA与BC所成角的余弦值为(    ) 

 

A. 34 B. 33 C. 14 D. 13
3.（6分）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，且AB=3，AD=AA1=4，若M是CC1的中点，则异面直线A1M与AD所成角的余弦值为( )
A. 629 B. 229 C. 42929 D. 22929
4.（6分）如图，已知四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中错误的是( ) 

A. 平面PAB⊥平面PAD B. 平面PAB⊥平面PBC
C. 平面PBC⊥平面PCD D. 平面PCD⊥平面PAD
5.（6分）正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱侧面对角线E1D与BC1所成的角是(    )
A. 90° B. 60° C. 45° D. 30°
6.（6分）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(    )
A. −1010 B. −1510 C. 1010 D. 1510
7.（6分）如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1中，ΔABC为正三角形，O为底面中心，E，F分别为CC1，A1B1的中点，则下列判断正确的是( ) 

A. OE//平面ABC1 B. OE//AC1 C. AB⊥平面ACC1A1 D. AB⊥FC
8.（6分）AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点(点C不与A、B重合)，过动点C的直线VC垂直于⊙O所在的平面，D、E分别是VA、VC的中点，则下列结论错误的是()
A. 直线DE//平面ABC B. 直线DE⊥平面VBC
C. DE⊥VB D. DE⊥AB
9.（6分）底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥称为正四棱锥．如图，在正四棱锥P−ABCD中，底面边长为1.侧棱长为2，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的余弦值为(    )

A. 33 B. 63 C. 22 D. 12
10.（6分）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则异面直线AB与CD所成角的大小是(    )

A. 30° B. 45° C. 60° D. 120°
11.（5分）将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起，得到空间四面体ABCD(如图②)，则在空间四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是 ( ) 



A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直
C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直
12.（5分）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AC和BC1所成的角为(    )
A. 45° B. 30° C. 60° D. 90°
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
13.（5分） 已知正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则异面直线EF与AD所成角的度数为______ ．
14.（5分）如图，M是正方体ABCD−A1B1C1D面对角线AC上任意一点，则D1M与平面ABCD所成角θ的正切值的取值范围是________.

15.（5分）棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)ABCD中，M为BC的中点，则直线AM和CD夹角的余弦值为 ______.

16.（5分）对于直线l，平面α和平面β，给出下列三个论断：①l⊥α；②α⊥β；③l//β.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，构成一个正确的命题，则作为该命题条件的序号为 ______.
17.（5分） 已知点A是以BC为直径的圆O上异于B，C的动点，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC=3，PB=22，PC=5，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为______．
三 、多选题（本大题共5小题，共25分）
18.（5分）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点．则


A. 直线D1D与直线AF垂直
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D. 点C与点G到平面AEF的距离相等
19.（5分）如图，S是圆锥的顶点，AB是圆锥底面直径，点C在圆锥底面圆上，ΔSAB为正三角形，若AC=2，且tan∠BAC=2，则下列结论正确的为( )

A. 该圆锥的侧面积为10π B. 该圆锥的体积大于6π
C. AC⊥平面SBC D. 异面直线AC与SB所成角的余弦值为510
20.（5分）已知在三棱锥P−ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP=5 cm，AB=4 cm，AC=3 cm，点O为三棱锥P−ABC的外接球的球心，下列说法正确的是( )
A. 球O的表面积为50π cm2 B. 异面直线BC与AO所成角的余弦值为7250
C. 直线BC与平面PAC所成角的正切值为43 D. AO⊥平面PBC
21.（5分）关于正方体ABCD−A1B1C1D1有下列四个说法，其中正确的是( )
A. 当点P在直线BC1上运动时，三棱锥A−D1PC的体积不变
B. 若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则点P的轨迹是过A1，D1的直线
C. 当点P在线段BC1(含端点)上运动时，直线AP与DC所成角的范围为[0°,60°]
D. 当点P在线段BC1(含端点)上运动时，直线AP与D1C所成的角一定是锐角
22.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是()
A. MN//平面ADD1A1 B. MN⊥AB
C. 直线MN与平面ABCD所成角为45° D. 异面直线MN与DD1所成角为60°
四 、解答题（本大题共6小题，共30分）
23.（5分）如图1，在平面四边形ABDC中，AB=2，AC=1，CD=5，∠A=90°，cos∠BCD=15． 
(1)求sinD； 
(2)将ΔBCD沿BC折起，形成如图2所示的三棱锥D−ABC，AD=2． 
(ⅰ)三棱锥D−ABC中，证明：点D在平面ABC上的正投影为点A； 
(ⅱ)三棱锥D−ABC中，点E，F，G分别为线段AB，BC，AC的中点，设平面DEF与平面DAC的交线为l，Q为l上的点．求DE与平面QFG所成角的正弦值的取值范围．
24.（5分）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB=AC=12AA1=a，AB⊥AC，D是棱BB1的中点． 
(Ⅰ)证明：平面A1DC⊥平面ADC 
(Ⅱ)求平面A1DC将此三棱柱分成的两部分的体积之比．

25.（5分）在如图所示的几何体中，PB//EC，PB=2CE=2，PB⊥平面ABCD，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠BAD=60°． 
(1)求证：AC//平面PDE； 
(2)求CD与平面PDE所成角的正弦值．

26.（5分）如图，在四棱锥P−ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD//BC，AD=1，PA=AB=BC=2，M是棱PB的中点． 
(1)求证：AM//平面PCD； 
(2)若∠ABC=90°，点N是线段CD上一点，且DN=13DC，求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．

27.（5分）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B⊥底面ABC，ΔABC和ΔABB1都是边长为2的正三角形．  
(Ⅰ)过B1作出三棱柱的截面，使截面垂直于AB，并证明；  
(Ⅱ)求AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．

28.（5分）梯形BDEF所在平面垂直于平面ABCD于BD，EF//BD，EF=DE=12BD，BD=BC=CD=2AB=2AD=2，DE⊥BC． 
(Ⅰ) 求证：DE⊥平面ABCD； 
(Ⅱ) 求平面AEF与平面CEF所成的锐二面角的余弦值．


答案和解析
1.【答案】A;
【解析】解：建立空间直角坐标系，如图所示， 
则A(4,0,0)，C(0,3,0)，B(4,3,0)，C1(0,3,2)， 
∴AC→=(−4,3,0)，B→C1=(−4,0,2)， 
∴cos=AC→.B→C1|AC→||B→C1|=165×25=8525， 
∴异面直线AC和BC1所成角的余弦值是8525， 
故选：A. 
建立空间直角坐标系，根据题目条件得到点A，C，B，C1的坐标，再求出AC→与B→C1夹角的余弦值，从而得到异面直线AC和BC1所成角的余弦值． 
此题主要考查了利用空间向量求异面直线夹角，是基础题．


2.【答案】A;
【解析】 
解：建立如图所示的空间直角坐标系得： 
A(0,−1,0)，B(0,1,0)，S(0,0,3)，C(32,−12,0)， 
设AS→，BC→的夹角为θ， 
又AS→=(0,1,3)，BC→=(32,−32,0)， 
则cosθ=AS→.BC→|AS→||BC→|=−34， 
即SA与BC所成角的余弦值为34， 
故选：A． 
由空间向量的数量积运算及两空间向量所成的夹角得：建立如图所示的空间直角坐标系得：A(0,−1,0)，B(0,1,0)，S(0,0,3)，C(32,−12,0)，设AS→，BC→的夹角为θ，又AS→=(0,1,3)，BC→=(32,−32,0)，则cosθ=AS→.BC→|AS→||BC→|=−34，即SA与BC所成角的余弦值为34，得解． 
该题考查了空间向量的数量积运算及两空间向量所成的夹角，属中档题．

3.【答案】C;
【解析】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系 
则A(4,0,0)，A1(4,0,4)，D(0,0,0)，C(0,3,0)，C1(0,3,4)，M(0,3,2) 
所以A1→M=(−4,3,−2)，AD→=(−4,0,0)， 
设异面直线A1M与AD所成角为θ， 
则cosθ=|A1→M.AD→||A1→M||AD→|=1629×4=42929. 
∴面直线A1D与BE所成角的余弦值为42929. 
故选：C. 
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则可通过坐标表示出异面直线A1M与AD所成角的余弦值． 
此题主要考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间向量的应用，转化思想，运算求解能力，是基础题．

4.【答案】C;
【解析】 
该题考查了面面垂直的判定；一般地，要证面面垂直，只要证线面垂直，进一步只要证线线垂直，体现了转化的思想． 
利用面面垂直的判定定理，对四个选项分别分析选择． 
 
解：对于A，因为已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形， 
所以PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD=A， 
所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故A正确； 
对于B，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形， 
所以PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A， 
所以BC⊥平面PAB，BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故B正确； 
对于D，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形， 
所以PA⊥CD，又CD⊥AD，又PA∩AD=A， 
所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD， 
所以平面PCD⊥平面PAD，故D正确； 
故选C．

5.【答案】B;
【解析】解：连接E1F、FD． 
正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，则E1D=E1F=3，FD=3， 
则可知∠FE1D=60°， 
故选：B． 
由于棱柱侧面对角线E1D与BC1不在同一平面内，将两条直线移到平面内，连接E1F、FD，由E1F//C1B，解三角形即可． 
此题主要考查异面直线的角度及余弦值计算．

6.【答案】C;
【解析】解：如图所示，连接A1B，与AB1相交于点O，取A1C1的中点D，连接OD、B1D， 
 
∵点O和D分别为A1B和A1C1的中点，∴OD//BC1， 
∴∠DOB1即为异面直线AB1与BC1所成角， 
在ΔODB1中，OD=12BC1=12BC2+CC12=22，OB1=12AB1=12AB2+BB12=52，DB1=12A1C1=52， 
由余弦定理知，cos∠DOB1=OD2+OB12−DB122.OD.OB1=12+54−542×22×52=1010． 
∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为1010． 
故选：C． 
连接A1B，与AB1相交于点O，取A1C1的中点D，连接OD、B1D，则OD//BC1，因此∠DOB1即为所求．在ΔODB1中，结合勾股定理和余弦定理可求得cos∠DOB1，故而得解． 
该题考查异面直线的夹角问题，通过平移的思想，将两条异面直线平移在一个平面内是解答该题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．

7.【答案】D;
【解析】 
此题主要考查空间直线与直线，直线与平面的位置关系，属于中档题. 
根据题意作出辅助线，利用线面平行，线面垂直的判定及相关知识逐一判断可得. 
 
解：如图所示，取AB的中点G，连接GC，GC1， 
 
因为O为底面中心，所以O在GC上，且OCOG=2，又因为E为CC1的中点，所以ECEC1=1，所以OE与GC1必相交于一点，从而OE与平面ABC1相交，所以A错误; 
因为直线AC1⊂平面ACC1A1，点E∈平面ACC1A1， O∉平面ACC1A1，所以OE与AC1异面，所以B错误; 
若AB⊥平面ACC1A1，则AB⊥AC，这与ΔABC为正三角形矛盾，所以C错误; 
连接GF，由条件知，AB⊥GF，AB⊥GC，所以AB⊥平面CFG，从而AB⊥FC，所以D正确. 
故选D. 


8.【答案】D;
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，∴AC⊥BC， 
又∵VC⊥平面ABC， 
∴AC⊥平面VBC，BC⊥平面VAC 
∵D、E分别是VA，VC的中点， 
∴DE//AC，由线面平行的判定定理，可得DE//平面ABC，故A正确； 
由线面垂直的第二判定理，结合AC⊥平面VBC，DE//AC可得DE⊥平面VBC，故B正确； 
因为DE⊥平面VBC，所以DE⊥VB，所以C正确．故D错误． 
故选：D. 
由AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，结合圆周角定理可得AC⊥BC，又由动点C的直线VC垂直于⊙O所在平面，可得VC，AC，BC三条直线两两垂直，进而可得AC⊥平面VBC，BC⊥平面VAC，结合线面垂直的第二判定定理和线面垂直的性质可判断A，B的真假； 
此题主要考查的知识点虽平面与平面之间的位置关系，直线与平面之间的位置关系，熟练掌握线面关系的判定定理及定义是解答的关键．


9.【答案】B;
【解析】解：连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接EO，则EO//PA， 
∴∠BEO为异面直线PA与BE所成角， 
连接PO，可得PO⊥底面ABCD，则PO⊥BD， 
又AC⊥BD，PO∩AC=O， 
∴BD⊥平面PAC，则BD⊥OE． 
∵底面边长为1，∴OB=22， 
∵侧棱长为2，∴OE=1， 
在RtΔBOE中，求得BE=12+(22)2=62． 
∴cos∠BOE=162=63． 
即异面直线PA与BE所成角的余弦值为63． 
故选：B． 
连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接EO，则EO//PA，可得∠BEO为异面直线PA与BE所成角，证明BD⊥平面OAC，则BD⊥OE，然后求异面直线PA与BE所成角的余弦值即可． 
该题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．


10.【答案】C;
【解析】解：如图所示，由题可知，四边形ABEG和CDFE均为正方形，ΔEFG为正三角形， 
∵AB//EG，CD//EF， 
∴∠GEF或其补角为异面直线AB与CD所成角， 
∵ΔEFG为正三角形， 
∴∠GEF=60°． 
 
故选：C． 
利用平移的思想，找出异面直线AB与CD所成角，即可得解． 
该题考查异面直线夹角的求法，利用平移法找出异面直线所成的角是解答该题的关键，考查学生的空间想象力，属于基础题．

11.【答案】C;
【解析】此题主要考查了线面垂直的判定与性质、等腰直角三角形的性质、异面直线的定义等基础知识与基本技能方法，属于基础题．解：在四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是异面垂直． 
对于原图：∵AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的中线， 
∴AD⊥BC. 
在四面体ABCD中， 
∵AD⊥BD，AD⊥DC，AD∩DC=D， 
∴AD⊥平面BCD. 
∴AD⊥BC. 
又AD与BC是异面直线． 
综上可知：在四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是异面垂直． 
故选C.

12.【答案】C;
【解析】解：如图 
将BC1平移至AD1处， 
∠D1AC就是所求的角，又ΔAD1C为正三角形． 
∴∠D1AC=60°． 
故选：C． 
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可． 
本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．


13.【答案】45°;
【解析】 
根据正四面体的性质，每条棱都相等，相对的棱互相垂直，可借助中位线，平移直线AD，得到异面直线EF与AD所成的角，再放入直角三角形中，即可求得． 
此题主要考查了正四面体中线线位置关系，以及异面直线所成角的求法，综合考查了学生的识图能力，作图能力，以及空间想象力． 
 
解：取BD的中点G，连接EG，FG， 
∵E，G，F分别为AB，BD，CD的中点， 
∴EG//AD，FG//BC，EG=12AD，FG=12BC， 
∴∠FEG为异面直线EF与AD所成的角， 
∵四面体ABCD为正四面体， 
∴AD=BC， 
∴EG=FG， 
过点A作AO⊥平面BCD，垂足为O，则O为ΔBCD的重心，AO⊥BC， 
∵DO⊥BC，AO∩DO=O， 
∴BC⊥平面AOD， 
∵AD⊂平面AOD， 
∴BC⊥AD， 
∵EG//AD，FG//BC， 
∴EG⊥FG， 
在RtΔEGF中，∵∠EGF=90°，且EG=FG， 
∴∠FEG=45°， 
故答案为：45°． 
 



14.【答案】1，,2​;
【解析】 
此题主要考查空间中直线与平面所成的角的定义，关键是作出线面角θ，属基础题. 
 
解：据线面角的定义知θ=∠D1MD，而tanθ=D1DDM， 
显然当M在A或C点时，tanθ最小为1. 
当M在AC中点时tanθ最大为2， 
故答案为1,,2.

15.【答案】36;
【解析】取BD的中点E，连接AE，ME，易证ME//CD，所以∠AME是直线AM和CD的夹角，再在ΔAME中利用余弦定理即可求出结果． 
此题主要考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 
 
解：取BD的中点E，连接AE，ME， 
∵M，E分别是BC，BD的中点， 
∴ME//CD，∴∠AME是直线AM和CD的夹角， 
∵正四面体ABCD的棱长为1， 
∴ME=12CD=12，AE=32，AM=32， 
在ΔAME中，由余弦定理可得cos∠AME=AM2+ME2−AE22AM×ME=34+14−342×32×12=36， 
即直线AM和CD夹角的余弦值为36， 
故答案为：36. 



16.【答案】①③;
【解析】解：由l⊥α，α⊥β，得l⊂β或l//β，即①②不能推出③； 
由α⊥β，l//β，可得l⊂α或l//α或l与α相交，相交也不一定垂直，即②③不能推出①； 
由l//β，可得β内必有直线l'//l，而l⊥α，则l'⊥α，可得β⊥α，即α⊥β，即①③能够推出②． 
故答案为：①③． 
由题干中给出的三个论断依次取两个作为条件，一个作为结论依次分析得答案． 
此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．

17.【答案】10π;
【解析】 
该题考查了三棱锥的外接球的表面积，将空间问题转化为平面问题，利用正余弦定理是解答该题的关键，属于中档题． 
由O为ΔABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC，过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内，可得球心O1一定在面PBC内，即球心O1也是ΔPBC外接圆的圆心，在ΔPBC中，由余弦定理、正弦定理即可得外接球半径R，进而求得外接球表面积． 
 
解：因为O为ΔABC外接圆的圆心，且平面PBC⊥平面ABC， 
过O作面ABC的垂线l，则垂线l一定在面PBC内， 
根据球的性质，球心一定在垂线l上， 
即球心O1也是ΔPBC外接圆的圆心， 
 
在ΔPBC中，由余弦定理得cos∠PBC=PB2+BC2−PC22BP⋅BC=22， 
∴sinB=22， 
由正弦定理得：PCsinB=2R，解得R=102， 
∴三棱锥P−ABC外接球的表面积为S=4πR2=10π， 
故答案为10π．

18.【答案】BC;
【解析】 
此题主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系与判定，属于中档题. 
A，D易于判断，B可以作平面，使平面A1MG//平面AEF，由面面平行的性质定理即可，C选项，分析出：截面是梯形至关重要. 
 
解：∵ D1D//CC1，显然AF与CC1不垂直，故A错误； 
取B1C1的中点M，连接GM，A1M，则EF//GM，GM⊂平面A1MG,EF⊄平面A1MG,故EF//平面A1MG, 
同理可得AE//平面A1MG,又AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF, 
∴平面A1MG//平面AEF，A1G⊂平面A1MG，∴直线A1G与平面AEF平行 ，故B正确； 
∵平面AEF截正方体所得的截面为AEFD1， 
∴截面面积为12(2+22)1+14−(24)2=324×322=98， 
故C正确； 
选项D，因为E为BC中点，所以B，C到平面AEF的距离相等，而B，G到平面AEF的距离不相等，所以点C与点G到平面AEF的距离不相等 ，故D错误. 
故选BC.

19.【答案】ABD;
【解析】
 
此题主要考查圆锥的体积，侧面积求法，线面垂直的判定与异面直线的夹角，属于中档题. 
根据圆锥的体积，侧面积求法判定A，B，根据线面垂直的判定判断C，根据异面直线的夹角判断D. 
 
解：由条件可得∠ACB=90°，故tan∠BAC=BCAC=2，则BC=4,AB=25， 
则圆锥的侧面积为π×5×25=10π，体积为13×π×5×15=5153π>6π，即A，B正确； 
SA=25,AC=2,SC=15+5=25，故AC与SC不垂直，∴AC与平面SBC不垂直，即C错误； 
分别取AB，BC，SA的中点O，D，E，连接OD，OE，DE， 
则OE//SB，OD//AC，则∠DOE或其补角为异面直线AC与SB所成的角， 
过E作EF⊥AB于F，则F为OA的中点，EF与底面垂直，且EF=152， 
在ΔBDF中，BD=12BC=2，BF=352，cos ∠ABC=255，
则DF2=BF2+BD2−2BF⋅BD⋅cos ∠ABC=134，则DE2=EF2+DF2=7， 
由余弦定理可得cos ∠DOE=OD2+OE2−DE22⋅OD⋅OE=−510， 
故异面直线AC与SB所成角的余弦值为510，即D正确． 
故选ABD.


20.【答案】ABC;
【解析】 
此题主要考查了球内接三棱锥，球的表面积、体积公式，线面垂直、空间角的求法、余弦定理的应用，属于中档题． 
对A，外接球的直径即为长方体体对角线，即可求得球的表面积.利用异面直线所成角的定义作出所求角，由余弦定理求解.对C，利用线面垂直找出直线与平面所成的角，计算可判断.对D，用反证法可得结论. 
 
解：在三棱锥P−ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP=5cm，AB=4cm，AC=3cm， 
由AP，AB，AC两两垂直可知该三棱锥是球O内接长方体的一角， 
球的直径即为长方体的体对角线长，体对角线长为 32+42+52 =52cm， 
∴外接球半径为522cm，所以球O的表面积为4π⋅5222=50πcm2，故A正确. 
 
如图，∠DOA或其补角即为异面直线BC与AO所成角，(D为棱的中点). 
DO=BC2=52cm，AD=42+(52)2=894cm，AO=522cm. 
故cos∠DOA=(52)2+(522)2−8942×52×522=−7250， 
故异面直线BC与AO所成角的余弦值为7250，B正确. 
∵AB⊥AP，AB⊥AC，AP∩AC=A，AP，AC⊂平面PAC， 
∴AB⊥平面PAC， 
∴直线BC与平面PAC所成的角为∠ACB， 
∴tan∠ACB= ABAC=43，故C正确. 
连接AE，如图： 
 
若AO⊥平面PBC，则AO⊥PB，即AF⊥PB. 
由EF⊥平面PABE，知PB⊥EF，又AF，EF是平面AEF内的两条相交直线， 
故PB⊥平面AEF，从而PB⊥AE，故四边形PABE是正方形，矛盾. 
故AO与平面PBC不垂直，D错误. 
故选ABC.

21.【答案】AB;
【解析】 
此题主要考查棱柱的结构特征，是中档题． 
由BC1//平面AD1C可知A正确；由P点的轨迹是平面ADD1A1与平面A1B1C1D1的交线A1D1，说明B正确；取P与C1重合，分析可得C与D错误． 
解： 
 
对于A，由BC1 // AD1，AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C， 
可得BC1 //平面AD1C， 
则P到平面AD1C的距离不变， 
由ΔAD1C的面积为定值，可知点P在直线BC1上运动时，三棱锥A−D1PC的体积不变，故A正确； 
 
对于B，若点P是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点， 
则P点的轨迹是平面DAA1D1与平面A1B1C1D1的交线A1D1， 
故B正确； 
 
对于C，直线AP与DC所成角即为∠PAB， 
当P与C1重合时，∠PAB最大， 
则tan∠PAB=BC1AB=2ABAB=2