2024-2025学年福建省福州市高二上学期10月月考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省福州市高二上学期10月月考数学检测试题合集2套（附解析），共45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．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，是相互垂直的单位向量，则＝（ ）
A．1B．2
C．3D．4
3．如图，在平行六面体中，点E，F分别为AB，的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为（ ）
A．或B．或1C．或2D．
5．如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直B．直线与平面平行
C．三棱锥的体积为D．直线BC与平面所成的角为
6．已知M，N 分别是正四面体中棱AD，BC的中点，若点P满足则DP与AB夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论是（ ）
A．的最小值为2
B．四面体的体积为
C．有且仅有一条直线与垂直
D．存在点，使为等边三角形
8．在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为
D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为
二、多选题（本大题共3小题）
9．直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则直线平面
B．若，则平面平面
C．若，则平面所成锐二面角的大小为
D．若，则直线与平面所成角的大小为
10．下列说法错误的是（ ）
A．若是空间任意四点，则有
B．若，则存在唯一的实数，使得
C．若共线，则
D．对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面
11．在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（ ）
A．当点为三角形的重心时，
B．当时，的最小值为
C．当点在平面内时，的最大值为2
D．当时，点到的距离的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知空间向量，若，则实数 .
13．平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥中，已知是平行四边形，，且平面，则向量在向量方向上的投影向量是 (结果用表示).
14．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：
①存在点，使；
②存在点，使；
③到直线和的距离相等的点有无数个；
④若，则四面体体积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正弦值.
16．在长方体中，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：平面平面AEF；
(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)若，点在棱上，且二面角的大小为.
①求证：；
②设是直线上的点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．《瀑布》（图1）是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）.
埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形，的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点，分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，，，如（图3）.埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥与
(1)求异面直线与成角余弦值；
(2)求平面与平面的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积（直接写出答案）.
19．如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．

(1)当为何值时，平面平面?
(2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
参考答案
1．【答案】C
【分析】直接根据空间直角坐标系对称点的特征即可得对称点的坐标．
【详解】点关于轴的对称点为.
故选C．
2．【答案】A
【分析】根据空间向量数量积公式计算出答案.
【详解】是相互垂直的单位向量，故，
故.
故选A.
3．【答案】A
【分析】由空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.
【详解】根据题意，.
故选A.
4．【答案】B
【分析】利用向量的夹角公式列方程求解即可.
【详解】因为，
所以，
因为平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，化简得，解得或1．
故选B.
5．【答案】B
【分析】对于A，根据正方体的性质判断；对于BD，利用空间向量判断；对于C，利用体积公式求解即可.
【详解】对于A：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误；
如图建立空间直角坐标系，则，
对于B：，
设平面的法向量为，则，
令，则，则，
因为，所以，所以，
因为在平面外，所以直线与平面平行，故B正确；
对于C：，所以三棱锥的体积为，故C错误；
对于D：，直线BC与平面所成的角为，，故D错误.
故选B.
6．【答案】A
【分析】设，表达出，进而求出，进而得到，，从而利用夹角余弦公式求出DP与AB夹角的余弦值.
【详解】设，
因为，所以
，
设正四面体的棱长为1，
故
，
又
，
所以，
故，
DP与AB夹角的余弦值为.
故选A.
7．【答案】C
【分析】利用异面直线的距离可判定A；利用棱锥的体积公式可判定B；利用特殊位置可排除C；利用坐标法可判定D.
【详解】根据正方体的特征可知平面，
又平面，所以，
即是异面直线和的公垂线，
当分别与重合时，最小值，最小值为2，故A正确；
易知，所以，故B正确；
易知是等边三角形，所以当是中点，而N与重合时，，
又由A项可知当分别与重合时，，故C错误；
如图所示，建立空间直角坐标系，则，可设，，
若存在点，使为等边三角形，则有，
由，由，
解方程得，
当，舍去；
又因为，
所以符合题意，故D正确.
故选C.
8．【答案】C
【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果.
【详解】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，
以点为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，
设正四面体的棱长为，
则，，，，，
设，其中，
对于A：若存在某个位置使得，，，
所以，解得，不满足题意，故A错误；
对于B：若存在某个位置使得，，，
则，该方程无解，故B错误；
对于C：设平面的一个法向量为，
，，
由，令，则，
若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确；
对于D：设平面的一个法向量为，
又，，
由，取，得，
设平面的一个法向量为，
，，
由，取，则，
若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为，
则，
整理得，易得，所以该方程无解，故D错误.
故选C.
【关键点拨】本题解决的关键点在于建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决立体几何的相关问题，解题过程要注意利用方程思想进行向量运算，准确计算．
9．【答案】BCD
【分析】由，则直线平面或，可判断；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判断.
【详解】由，则直线平面或，故错误；
由，则平面平面，故正确；
若，设平面和平面所成角为，且，
则，
所以平面所成锐二面角的大小为，故正确；
设直线与平面所成角为，
则，且，
所以直线与平面所成角的大小为，故正确.
故选.
10．【答案】BCD
【分析】利用向量加法运算判断A；利用共线向量定理判断B；利用向量共线的意义判断C；利用共面向量定理判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：当时，不存在，故B错误；
对于C：共线，可以在同一条直线上，故C错误；
对于D：当时，四点不共面，故D错误.
故选BCD.
11．【答案】BCD
【分析】将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D.
【详解】对于A：当点为三角形的重心时，，
所以，又因为，
所以，所以，故A错误；
对于B：
，
因为，所以，
则
，
当且仅当时取等号，
所以，
所以，所以的最小值为，故B正确；
对于C：当点在平面内时，
则存在唯一实数对使得，
则，又因为，
所以，所以，
因为，所以，所以的最大值为2，故C正确；
对于D：当时，由A选项知，
，
在方向上的投影为，
所以点到的距离，
因为，所以，当且仅当时，取等号，
所以点到的距离的最小值为，故D正确.
故选BCD.
【关键点拨】当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键.
12．【答案】
【分析】根据空间向量平行的坐标运算，即可求解.
【详解】因为，，
因为，所以，解得.
13．【答案】
【分析】运用投影向量的概念，结合数量积，基底，求解即可.
【详解】向量在向量方向上的投影向量为.
运用余弦定理求得.
，，
，展开化简得
，且平面，则,
则.
代入，得到.则向量在向量方向上的投影向量为.

14．【答案】①③④
【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
则有,,,,,，
设，，其中，，
对于①：，则，
当，，时，有，
故存在点，使，故①正确；
对于②：，，
若，则有，
由，，故当时，，，
此时有，即，即，
此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误；
对于③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，
即有，即，由，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；
对于④：，，
由，故有，则，
又，
故，故④正确.
【关键点拨】第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.
15．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【详解】（1）平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，，平面,平面，
平面.
（2）由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
令，得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
16．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）为长方体，平面，
平面，，
又，且，平面，
平面，
平面AEF ，
平面平面；
（2）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，
则，
设平面的法向量为．则，即，
令，则，.
设平面的法向量为，则，
令，则，平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)证明见详解
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）利用面面垂直的性质得到平面，再利用线面垂直的性质得到，结合条件及线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，①求出平面和平面的法向量，结合条件得到，从而有，即可证明结果；②设，结合①中结果，利用向量法求线面角，得到，即可求出结果.
【详解】（1）在四棱锥中，
因为底面为矩形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，且，
所以平面.
（2）①以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，所以，
因为点在棱上，所以设或显然不满足题设，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，取，则，
所以，是平面的一个法向量，
所以，
因为二面角的大小为，所以，
即，解得，
此时，，
，所以，
所以，即.
②因为是直线上的点，所以设，
由①可得，所以，平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，则.
则，
当时，，
当时，，
由对勾函数的性质可知，
所以当，即时，取最大值，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)表面积为，体积为
【分析】（1）以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出，，根据向量即可结果；
（2）根据坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量法可以求出法向量夹角的余弦值，进而得出结果；
（3）由已知可得，四边形为菱形.根据向量法求出四棱锥的体积以及表面积即可得出结果.
【详解】（1）由题意可知，两两垂直，且.以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.
则由题意可得，，，，，，，.
又分别是的中点，所以，.
所以，，
则，
所以异面直线与成角余弦值为.
（2）由（1）可得，，，.
设是平面的一个法向量，
则，
即，
令，可得是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
因为,
则，
即，取，可得是平面的一个法向量.
则，
所以平面与平面的夹角正弦值为.
（3）由（1）（2）可得，，，，，.
所以，
所以且，所以四边形为平行四边形.
又，
所以，即，
所以四边形为菱形.
又，，
所以.
设是平面的一个法向量，则，
即，取，
则是平面的一个法向量.
又，所以点到平面的距离.
所以四棱锥的体积，
四棱锥的体积，
因为，，.
所以在方向上的投影为，
所以点到直线的距离.
同理可得点到直线的距离.
所以四棱锥的侧面积.
所以埃舍尔体的表面积为，体积为.
19．【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可.
（2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可.
（3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径.
【详解】（1）连接，由题意得，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，又平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，又平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
所以，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；

（3）设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大，则点到平面的距离最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形，.
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
【方法总结】空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得.
2024-2025学年福建省福州市高二上学期10月月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．在空间直角坐标系中，点关于x轴对称的点坐标是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，且，则的值为（ ）
A．6B．10C．12D．14
3．在中，三个内角的对边分别是，若，则（ ）
A．B．C．D．.
4．已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ）
A．，3B．，2C．1，3D．，2
5．如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
6．已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，）

A．米B．米C．米D．米
8．平面四边形ABCD中，，，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．平面与平面的夹角的正切值为
10．中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ）
A．若，则一定是锐角三角形
B．若，则一定是等边三角形
C．若，则
D．若，则
11．如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ）

A．在中点时，平面平面
B．异面直线所成角的余弦值为
C．在同一个球面上
D．，则点轨迹长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是 ．
13．若圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的体积为
14．榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该木楔子的外接球的表面积为 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．记的内角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若是边上一点，且，求的面积．
16．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，以的中点为球心、为直径的球面交于点．
(1)求证平面；
(2)求二面角的大小．
17．三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．

(1)证明：平面；
(2)求异面直线与DE的距离．
18．如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.

(1)证明：；
(2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为.
（i）求的面积；
（ii）求三棱锥的体积.
19．在空间直角坐标系中，己知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为．
(1)若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）；
(2)若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值；
(3)若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小．
参考答案
1．【答案】C
【分析】利用空间直角坐标系对称点的特征即可求解.
【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点坐标为.
故选C.
【方法总结】关于谁对称，谁就不变，其余互为相反数.
2．【答案】C
【分析】根据空间向量坐标运算以及空间向量垂直的坐标表示可以计算得到答案.
【详解】因为，所以，
解得.
故选C.
3．【答案】B
【分析】由正弦定理列方程，即可求出的值.
【详解】由，则，
，即，解得.
故选B.
4．【答案】D
【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可.
【详解】因为，，，
所以，，
因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，
所以，
所以，解得.
故选D.
5．【答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选B.
6．【答案】B
【分析】直接利用空间向量的基底概念判断选项即可.
【详解】对于A，设，则，所以共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，则，无解，则不共面，能构成空间的一个基底，故B正确；
对于C，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.
故选B.
7．【答案】C
【分析】在中，由两角和的正弦得到，由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到，在中，，代入数值即可得到答案.
【详解】在中，，
则，
，
由正弦定理，可得，
在中，可得.
所以该铁塔的高度约为米．
故选C.
8．【答案】D
【分析】由已知，得，，，四点共圆，从而判断点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点），根据数量积的几何意义，得出结论．
【详解】由，，，
可得，故，
又，所以，
以为直径作圆，则，，，四点共圆，
如图所示，故点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点），
则，
又表示在上的投影，
由图可知，，
故（此时点在劣弧的中点位置），
即的最小值为．
故选D．
【关键点拨】①由，得到，，，四点在以为直径的圆上，
②看作是在上的投影,结合图形特征可得投影的取值范围.
9．【答案】ABD
【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得.
【详解】选项A：
如图连接交于，连接，
由题意可知为的中点，又为的中点，故，
又平面，平面，故平面，故A正确；
选项B：由题意为等边三角形，为的中点，
故,
又棱柱为直三棱柱，故，
又，平面，平面，
故平面，又平面，故，故B正确；
选项C：
如图建立空间直角坐标系，则，，，
因，故A3,0,0，
所以，，
设异面直线与所成角为，则
故C错误；
选项D：由题意平面的一个法向量为，
，，，
设平面的法向量为，则
，即，设，则，，
故，
设平面与平面的夹角为，则，
故，
故，故D正确，
故选ABD.
10．【答案】BC
【分析】由余弦定理和余弦函数的性质即可判断A；由正弦定理及正切函数的性质即可判断B；由余弦函数的单调性即可判断C；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的性质即可判断D．
【详解】对于A选项，在中，因为，又，
所以，即为锐角，但题中没有告诉最大，
所以不一定是锐角三角形，故A错误；
对于B选项，，由正弦定理得，
整理得，即一定是等边三角形，故B正确；
对于C选项，因为，在单调递减，
所以，故C正确；
对于D选项，由，得，所以，
由余弦定理可得，
，当且仅当时，等号成立，
则当，时，，即角可以大于，故D错误.
故选BC．
11．【答案】ACD
【分析】根据正方体图象特征证明面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据异面直线所成的角判断B错误；根据五点共圆得到C；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D.
【详解】对于选项A：取的中点，连接，

在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，因为，所以平面，在平面内，
所以，平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
连接，是正方形，，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
综上，平面，平面，又，
所以平面，平面，故平面平面，故A正确；
对于选项B：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又，则，故B错误；
对于选项C：记正方体的中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；
对于选项D：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故D正确；
故选ACD.
12．【答案】
【分析】利用投影向量的定义结合空间向量的坐标运算公式计算即可.
【详解】易知向量在向量上的投影向量为
.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得.
【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，因此圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，进而可得，进而，即可求解，再由表面积公式即可求解.
【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，
则，故.
取的中点，连接，
又，则.
由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点，
且所求外接球的球心在这条直线上，如图.
设球的半径为，则，且，
从而，即，
当点在线段内（包括端点）时，有，可得，
从而，即球心在线段的中点，其半径.
当点在线段外时，，解得（舍）.
故所求外接球的表面积为.
故答案为：.

【关键点拨】本题考查球的切接问题，关键在于根据几何体的对称性，通过直观想象明确外接球的球心位置，结合正方形ABCD的外接圆半径求解可得.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换可得，进而可得结果；
（2）根据题意利用余弦定理解得，再结合面积公式运算求解.
【详解】（1）因为，则，
可得，
则，
若，则，且，所以；
若，则，即，
且，所以，
但，由正弦定理可得，不合题意；
综上所述：.
（2）因为，则，
在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得，解得或（舍去），
则，所以的面积.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理和性质定理证平面，进而可得，再由利用线面垂直的判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求二面角的大小.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，
所以，，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
有题意可知，又，平面，平面，
所以平面．
（2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
因平面，平面，所以，
因为，所以为中点，
故，
平面的一个法向量为，
，
设平面的法向量为，
由得，令得，，
则，所以，
因为二面角是钝二面角，所以二面角的大小为．
17．【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解.
【详解】（1）三棱台中，，则，
有，得，所以，
又，所以在平面内，，有，
平面平面，所以平面．
（2）已知平面平面ABC，平面平面，，
平面，所以平面，由平面，得，
又平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，由平面ABC，得.
以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系．
则有，
，
因为，所以，
设向量，且满足：，
则有，令，
在的投影数量为，
异面直线与DE的距离.

18．【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）由空间向量的运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解；
（ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解.
【详解】（1）因为E为边AB的中点，所以.
又，即，即.
，
所以.
又因为，所以，即.
因为平面，
所以平面.
因为平面，所以.

（2）（i）由余弦定理可得，
所以，
所以.
（ii）由（1）可知，平面，
所以即为与平面所成角.
因为，所以，，
所以，得.
设到平面的距离为，点到直线的距离为，
则
.
因为，
又，所以.
19．【答案】(1)
(2)
(3)体积为128，相邻两个面（有公共棱）所成二面角为
【分析】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，由直线为平面和平面的交线，则，，列出方程即可求解；
（2）设，由平面经过点，，列出方程中求得，记平面的法向量为，求出与交线方向向量为，根据，即可求得的值；
（3）由题可知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，
因为直线为平面和平面的交线，
所以，，即，取，则，
所以直线的单位方向向量为．
（2）设，
由平面经过点，，
所以，解得，即，
所以记平面的法向量为，
与（1）同理，与确定的交线方向向量为，
所以，即，解得．
（3）由集合知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示，
，，
设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，
平面，设平面法向量，
平面，设平面法向量，
所以，
所以几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为．

【关键点拨】本题第三问的关键是作出空间图形，求出相关法向量，利用二面角的空间向量求法即可.