第八章高考强化

对于 $ \mathrm{A} $ 选项,正方体内切球的直径为 $ 1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 符合题意；

对于 $ \mathrm{B} $ 选项,如图,正方体内部最大的正四面体棱长为 $ B{A}_{1}=\sqrt{2}\mathrm{m} $ , $ \sqrt{2}\mathrm{m} > 1.4\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 符合题意；

对于 $ \mathrm{C} $ 选项,圆柱底面直径为 $ 0.01\mathrm{m} $ ,可忽略不计,高为 $ 1.8\mathrm{m} $ ,圆柱可看作长度为 $ 1.8\mathrm{m} $ 的线段.如图,正方体的体对角线为 $ A{C}_{1}=\sqrt{3}\mathrm{m} < 1.8\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 不符合题意；

对于 $ \mathrm{D} $ 选项,圆柱高为 $ 0.01\mathrm{m} $ ,可忽略不计,底面直径为 $ 1.2\mathrm{m} $ ,圆柱可看作直径为 $ 1.2\mathrm{m} $ 的圆.如图, $ E $ , $ F $ , $ G $ , $ H $ , $ I $ , $ J $ 为各棱的中点,六边形 $ EFGHIJ $ 为正六边形,其边长为 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{m} $ ,其内切圆直径 $ FH=\sqrt{3}FG=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\mathrm{m} $ , $ {\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right) ^ {2}}=\dfrac{6}{4} > {1.2}^{2}=1.44 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 符合题意.

设圆锥的底面半径为 $ r $ ,母线长为 $ l $ ,因为圆锥的侧面展开图是一个半圆,所以

$ 2\mathrm{\pi }r=\mathrm{\pi }l $ ,即 $ l=2r=2\sqrt{2} $ ,所以圆锥的母线长为 $ 2\sqrt{2} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

四棱锥的底面是边长为4的正方形,且 $ PA=PB=4 $ , $ PC=PD=2\sqrt{2} $ ,如图,设 $ AB $ , $ CD $ 的中点分别为 $ E $ , $ F $ ,则 $ PE\perp AB $ , $ PF\perp CD $ ,连接 $ EF.\because EF\perp CD $ , $ PF\perp CD $ , $ EF\cap PF=F $ , $ EF\subset $ 平面 $ PEF $ , $ PF\subset $ 平面 $ PEF $ , $ \therefore CD\perp $ 平面 $ PEF $ .又 $ CD\subset $ 平面 $ ABCD $ , $ \therefore $ 平面 $ PEF\perp $ 平面 $ ABCD $ ,且平面 $ PEF\cap $ 平面 $ ABCD=EF $ .过点 $ P $ 作 $ PO\perp EF $ 于点 $ O $ ,则 $ PO\subset $ 平面 $ PEF $ ,则 $ PO\perp $ 平面 $ ABCD $ .在 $ △PEF $ 中,由题可求得 $ PE=2\sqrt{3} $ , $ PF=2 $ , $ EF=4 $ , $ \therefore P{E}^{2}+P{F}^{2}=E{F}^{2} $ , $ \therefore \mathrm{\angle }EPF={90}^{\circ } $ ,根据面积相等可得 $ PO\cdot EF=PE\cdot PF $ ,即 $ 4PO=2\sqrt{3}×2 $ ,得 $ PO=\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

设铁球的半径为 $ R(0 < R < 4) $ ,情形一：两个铁球的球心都在圆柱的轴上,且两球分别与圆柱的上、下底面相切,其轴截面如图①,则 $ 4R=9 $ ,则 $ R=\dfrac{9}{4} $ ；情形二：两球均分别与圆柱的一个底面和侧面相切,其轴截面如图②,则 $ \begin{cases}{O}_{1}E+2R=8,\\ {O}_{2}E+2R=9,\\ {O}_{1}{E}^{2}+{O}_{2}{E}^{2}={O}_{1}{O}_{2}^{2}=4{R}^{2},\end{cases} $ 解得 $ R=\dfrac{5}{2} $ 或 $ R=\dfrac{29}{2} $ （舍去）.由于 $ \dfrac{9}{4} < \dfrac{5}{2} $ ,故 $ R $ 的最大值为 $ \dfrac{5}{2} $ .

图①     图②

如图,直四棱柱 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的棱长都为 $ {\rm 2,} \mathrm{\angle }BAD=\mathrm{\angle }{B}_{1}{A}_{1}{D}_{1}={60}^{\circ } $ ,则 $ △{A}_{1}{B}_{1}{D}_{1} $ 与 $ △{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 均为边长为2的等边三角形.在侧面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ 内要找到与点 $ {D}_{1} $ 连线的长度为 $ \sqrt{5} $ 的点的轨迹,取 $ {B}_{1}{C}_{1} $ 的中点为 $ E $ ,连接 $ {D}_{1}E $ ,得 $ {D}_{1}E\perp {B}_{1}{C}_{1} $ ,又 $ B{B}_{1}\perp {D}_{1}E $ , $ {B}_{1}{C}_{1}\cap B{B}_{1}={B}_{1} $ ,所以 $ {D}_{1}E\perp $ 平面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ , $ {D}_{1}E=\sqrt{3} $ .取 $ B{B}_{1} $ , $ C{C}_{1} $ 的中点分别为 $ F $ , $ G $ ,连接 $ EF $ , $ EG $ ,则 $ EF=EG=\sqrt{2} $ , $ {D}_{1}F={D}_{1}G=\sqrt{5} $ ,于是以 $ {D}_{1} $ 为球心, $ \sqrt{5} $ 为半径的球与侧面 $ BC{C}_{1}{B}_{1} $ 的交线为圆弧 $ FG $ ,其中弧 $ FG $ 所在圆的圆心为 $ E $ ,半径 $ EF=\sqrt{2} $ , $ \mathrm{\angle }FEG={90}^{\circ } $ ,则所求的交线长即圆弧 $ FG $ 的长等于 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}×\sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{2}\mathrm{\pi }}{2} $ .

设圆柱、圆锥的底面半径为 $ r $ ,则圆锥的母线长为 $ \sqrt{{r}^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{{r}^{2}+3} $ .又圆柱与圆锥的侧面积相等,所以 $ 2\mathrm{\pi }r\cdot \sqrt{3}=\mathrm{\pi }r\sqrt{{r}^{2}+3} $ ,解得 $ r=3 $ ,所以圆锥的体积 $ V=\dfrac{1}{3}\mathrm{\pi }×{3}^{2}×\sqrt{3}=3\sqrt{3}\mathrm{\pi } $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，依题意，圆锥母线长 $ l=PA=PB=2 $ ， $ PO=PA\cdot \cos \text{ }{60}^{\circ }=1 $ ， $ AO=BO=PA\cdot \sin \text{ }{60}^{\circ }=\sqrt{3} $ ，所以底面圆的半径 $ r=\sqrt{3} $ ，圆锥的体积为 $ \dfrac{1}{3}\mathrm{\pi }\cdot {\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}}\cdot 1=\mathrm{\pi } $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；对于 $ \mathrm{B} $ ，该圆锥的侧面积为 $ \mathrm{\pi }rl=\mathrm{\pi }\cdot \sqrt{3}\cdot 2=2\sqrt{3}\mathrm{\pi } $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误；对于 $ \mathrm{C} $ ，如图，取 $ AC $ 的中点 $ M $ ，连接 $ PM $ ， $ OM $ ,则 $ OM\perp AC $ ，又因为 $ PA=PC $ ，所以 $ PM\perp AC $ ，故 $ \mathrm{\angle }PMO $ 为二面角 $ P-AC-O $ 的平面角，即 $ \mathrm{\angle }PMO={45}^{\circ } $ ，所以 $ \tan \text{ }{45}^{\circ }=\dfrac{PO}{OM}=1 $ ，即 $ OM=1 $ ，所以 $ AC=2\sqrt{A{O}^{2}-O{M}^{2}}=2×\sqrt{3-1}=2\sqrt{2} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；对于 $ \mathrm{D} $ ，由选项 $ \mathrm{C} $ 可知， $ AC=2\sqrt{2} $ ， $ PM\perp AC $ ， $ PM=\sqrt{P{A}^{2}-{\left(\dfrac{1}{2}AC\right) ^ {2}}}=\sqrt{4-2}=\sqrt{2} $ ，所以 $ △PAC $ 的面积为 $ \dfrac{1}{2}PM\cdot AC=\dfrac{1}{2}×\sqrt{2}×2\sqrt{2}=2 $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

因为 $ PC=PD=3 $ ,且底面为正方形,则易知 $ △PBC≌△PAD $ ,则 $ PB=PA $ ．在 $ △PAC $ 中, $ PC=3 $ , $ \mathrm{\angle }PCA={45}^{\circ } $ , $ AC=\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{2} $ ,由余弦定理得, $ P{A}^{2}=P{C}^{2}+A{C}^{2}-2PC\cdot AC\cdot \cos {45}^{\circ }=9+32-2×3×4\sqrt{2}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=17 $ ,则 $ PA=PB=\sqrt{17} $ ．

在 $ △PBC $ 中,由余弦定理得 $ \cos \mathrm{\angle }PCB=\dfrac{P{C}^{2}+B{C}^{2}-P{B}^{2}}{2PC\cdot BC}=\dfrac{9+16-17}{2×3×4}=\dfrac{1}{3} $ ,则 $ \sin \mathrm{\angle }PCB=\sqrt{1-{ \cos }^{2}\mathrm{\angle }PCB}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $ ,

所以 $ △PBC $ 的面积 $ {S}_{△PBC}=\dfrac{1}{2}PC\cdot BC\cdot \sin \mathrm{\angle }PCB=\dfrac{1}{2}×3×4×\dfrac{2\sqrt{2}}{3}=4\sqrt{2} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ ．

由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 $ \dfrac{2}{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}×3\sqrt{3}=3 $ ， $ \dfrac{2}{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}×4\sqrt{3}=4 $ .设该正三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为 $ {O}_{1} $ , $ {O}_{2} $ ，外接球的半径为 $ R $ ，球心为 $ O $ ，则 $ {O}_{1}{O}_{2}=1 $ ,球心 $ O $ 在直线 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 上.由于球心位置不能确定，需分球心在线段 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 上和不在线段 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 上两种情况讨论.当球心在线段 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 上时， $ {R}^{2}={3}^{2}+O{O}_{1}^{2}={4}^{2}+{\left(1-O{O}_{1}\right) ^ {2}} $ ，解得 $ O{O}_{1}=4 > 1 $ ,不符合题意；当球心不在线段 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 上，即球心在线段 $ {O}_{1}{O}_{2} $ 的延长线上时， $ {R}^{2}={4}^{2}+O{O}_{2}^{2}={3}^{2}+{\left(1+O{O}_{2}\right) ^ {2}} $ ，解得 $ O{O}_{2}=3 $ ，所以 $ {R}^{2}=25 $ .综上，球 $ O $ 的表面积为 $ 4\mathrm{\pi }{R}^{2}=100\mathrm{\pi } $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意知棱台的两底面面积分别为 $ 1.4×{10}^{8}{\mathrm{m}}^{2} $ 和 $ 1.8×{10}^{8}{\mathrm{m}}^{2} $ ,高为 $ 157.5-148.5=9(\mathrm{m}) $ ,所以棱台的体积 $ V=\dfrac{1}{3}×(1.4×{10}^{8}+1.8×{10}^{8}+\sqrt{1.4×{10}^{8}×1.8×{10}^{8}})×9=3×{10}^{8}×(1.4+1.8+0.6×\sqrt{7})\approx 1.437×{10}^{9}\approx 1.4×{10}^{9}({\mathrm{m}}^{3}) $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

如图,连接 $ BD $ 交 $ AC $ 于 $ O $ ,连接 $ OE $ , $ OF $ .设 $ AB=ED=2FB=2 $ ,则 $ AB=BC=CD=AD=2 $ .由 $ ED\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ FB//ED $ ,得 $ FB\perp $ 平面 $ ABCD $ ,所以 $ {V}_{1}={V}_{E-ACD}=\dfrac{1}{3}{S}_{△ACD}\cdot ED=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{2}AD\cdot CD\cdot ED=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×2×2×2=\dfrac{4}{3} $ , $ {V}_{2}={V}_{F-ABC}=\dfrac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot FB=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{1}{2}AB\cdot BC\cdot FB=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×2×2×1=\dfrac{2}{3} $ .由 $ ED\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ AC\subset $ 平面 $ ABCD $ ,得 $ ED\perp AC $ .又 $ AC\perp BD $ ,且 $ ED\cap BD=D $ , $ ED $ , $ BD\subset $ 平面 $ BDEF $ ,所以 $ AC\perp $ 平面 $ BDEF $ .又 $ OF\subset $ 平面 $ BDEF $ ,所以 $ AC\perp OF $ .易知 $ BD=2\sqrt{2} $ , $ OB=OD=\sqrt{2} $ , $ OF=\sqrt{O{B}^{2}+F{B}^{2}}=\sqrt{3} $ , $ OE=\sqrt{O{D}^{2}+E{D}^{2}}=\sqrt{6} $ , $ EF=\sqrt{B{D}^{2}+{\left(ED-FB\right) ^ {2}}}=\sqrt{{\left(2\sqrt{2}\right) ^ {2}}+{\left(2-1\right) ^ {2}}}=3 $ ,所以 $ E{F}^{2}=O{E}^{2}+O{F}^{2} $ ,所以 $ OF\perp OE $ ,而 $ OE\cap AC=O $ , $ OE $ , $ AC\subset $ 平面 $ ACE $ ,所以 $ OF\perp $ 平面 $ ACE $ .又 $ AC=AE=CE=2\sqrt{2} $ ,所以 $ {V}_{3}={V}_{F-ACE}=\dfrac{1}{3}{S}_{△ACE}\cdot OF=\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4}A{C}^{2}\cdot OF=\dfrac{1}{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{4}×{\left(2\sqrt{2}\right) ^ {2}}×\sqrt{3}=2 $ ,所以有 $ {V}_{3}\ne 2{V}_{2} $ , $ {V}_{3}\ne {V}_{1} $ , $ {V}_{3}={V}_{1}+{V}_{2} $ , $ 2{V}_{3}=3{V}_{1} $ ,所以选项 $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{B} $ 不正确,选项 $ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ 正确,故选 $ \mathrm{C}\mathrm{D} $ .

如图,延长 $ AB $ 交 $ DE $ 于点 $ Q $ ,作 $ BP//CT $ ,交 $ ST $ 于点 $ P $ ,连接 $ PQ $ , $ SQ $ ,

延长 $ CB $ 交 $ EF $ 于点 $ N $ ,连接 $ SN $ ,作 $ MN//RF $ 交 $ RS $ 于点 $ M $ ,连接 $ BM $ .由题中已知的线面关系可知,几何体 $ ARF-BMN $ 与几何体 $ CDT-BQP $ 均为直三棱柱,且 $ {V}_{ARF-BMN}={V}_{CDT-BQP} $ ,几何体 $ S-BQEN $ 为正四棱锥,几何体 $ S-MNB $ 为三棱锥,且 $ SM\perp $ 平面 $ BMN $ ,几何体 $ S-BPQ $ 为三棱锥,且 $ SP\perp $ 平面 $ BPQ $ .

在 $ △CDT $ 中,过点 $ T $ 作 $ TH\perp CD $ 于点 $ H $ ,由 $ CT=DT=\dfrac{5}{2} $ , $ CD=4 $ ,可得 $ TH=\sqrt{{\left(\dfrac{5}{2}\right) ^ {2}}-{\left(\dfrac{4}{2}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3}{2} $ , $ \therefore {S}_{△CDT}=\dfrac{1}{2}×4×\dfrac{3}{2}=3 $ .

$ \because BC=8 $ , $ \therefore {V}_{CDT-BQP}=3×8=24 $ .

$ \because $ 平面 $ TCD\perp $ 平面 $ ABC $ , $ TH\perp CD $ , $ TH\subset $ 平面 $ TCD $ ,平面 $ TCD\cap $ 平面 $ ABC=CD $ ,

$ \therefore TH\perp $ 平面 $ ABC $ ,结合题中已知的线面位置关系可得 $ TH $ 为多面体的高.

又几何体 $ S-BQEN $ 的底面边长 $ BQ=4 $ ,则 $ {V}_{S-BQEN}=\dfrac{1}{3}×\dfrac{3}{2}×{4}^{2}=8 $ .又 $ {S}_{△BMN}={S}_{△ARF}={S}_{△CDT}={S}_{△BPQ}=3 $ , $ SM=SP=CH=2 $ ,

$ \therefore {V}_{S-MNB}={V}_{S-BPQ}=\dfrac{1}{3}×2×3=2 $ .

$ \therefore $ 该多面体的体积 $ V={V}_{ARF-BMN}+{V}_{CDT-BQP}+{V}_{S-BQEN}+{V}_{S-MNB}+{V}_{S-BPQ}=2{V}_{CDT-BQP}+{V}_{S-BQEN}+2{V}_{S-MNB}=2×24+8+2×2=60 $ .

$ \because $ 圆台甲、乙的上、下底面半径均相等,

$ \therefore \dfrac{{V}_{甲}}{{V}_{乙}}=\dfrac{{ℎ}_{甲}}{{ℎ}_{乙}}=\dfrac{\sqrt{ [2 ({r}_{2}-{r}_{1} ){ ]}^{2}- ({r}_{2}-{r}_{1})^{2}}}{\sqrt{ [3 ({r}_{2}-{r}_{1} ){ ]}^{2}- ({r}_{2}-{r}_{1})^{2}}}=\dfrac{\sqrt{3} ({r}_{2}-{r}_{1} )}{2\sqrt{2} ({r}_{2}-{r}_{1} )}=\dfrac{\sqrt{6}}{4} $ .

如图,连接 $ AC $ , $ BD $ 交于点 $ O $ ,连接 $ {A}_{1}{C}_{1} $ , $ {B}_{1}{D}_{1} $ 交于点 $ {O}_{1} $ ,连接 $ O{O}_{1} $ ,过点 $ {A}_{1} $ 作 $ {A}_{1}H\perp AC $ 于点 $ H $ ,则 $ O{O}_{1} $ 为正四棱台 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的高. 在等腰梯形 $ {A}_{1}AC{C}_{1} $ 中, $ AC=\sqrt{2}AB=2\sqrt{2} $ , $ {A}_{1}{C}_{1}=\sqrt{2}{A}_{1}{B}_{1}=\sqrt{2} $ ,则 $ AO=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{2} $ , $ {A}_{1}{O}_{1}=\dfrac{1}{2}{A}_{1}{C}_{1}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,所以 $ AH=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .又 $ A{A}_{1}=\sqrt{2} $ ,所以 $ {A}_{1}H=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ,所以 $ O{O}_{1}={A}_{1}H=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ,所以正四棱台 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的体积为 $ \dfrac{1}{3}×({1}^{2}+{2}^{2}+\sqrt{{1}^{2}×{2}^{2}})×\dfrac{\sqrt{6}}{2}=\dfrac{7\sqrt{6}}{6} $ .

故选 $ \mathrm{C} $ .

对于①，因为 $ \alpha \cap \beta =m $ ， $ m//n $ ，所以当 $ n\subset \alpha $ 时， $ n//\beta $ ;

当 $ n\subset \beta $ 时， $ n//\alpha $ ；当 $ n\not\subset \alpha $ 且 $ n\not\subset \beta $ 时， $ n//\alpha $ 且 $ n//\beta $ ,故①正确.

对于②，因为 $ \alpha \cap \beta =m $ ， $ m\perp n $ ,所以 $ n $ 与 $ \alpha $ ， $ \beta $ 的位置关系为在平面内、与平面平行或相交，故②错误.

对于③，因为 $ n//\alpha $ 且 $ n//\beta $ , $ \alpha \cap \beta =m $ ，所以 $ m//n $ ，故③正确.

对于④，如图，在正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中，记平面 $ AD{D}_{1}{A}_{1} $ 为 $ \alpha $ ,平面 $ ABCD $ 为 $ \beta $ ,则直线 $ AD $ 为 $ m $ ，记直线 $ B{D}_{1} $ 为 $ n $ ，由正方体的性质可知 $ B{D}_{1} $ 与平面 $ AD{D}_{1}{A}_{1} $ 所成角为 $ \mathrm{\angle }A{D}_{1}B $ ，则 $ \sin \mathrm{\angle }A{D}_{1}B=\dfrac{AB}{B{D}_{1}} $ , $ B{D}_{1} $ 与平面 $ ABCD $ 所成角为 $ \mathrm{\angle }DB{D}_{1} $ ,则 $ \sin \mathrm{\angle }DB{D}_{1}=\dfrac{D{D}_{1}}{B{D}_{1}}= \sin \mathrm{\angle }A{D}_{1}B $ ,此时 $ B{D}_{1} $ 与 $ AD $ 不垂直，即 $ m $ 与 $ n $ 不垂直（另解：若 $ n//\alpha $ , $ n//\beta $ ,此时在满足题意的情况下， $ m//n $ ），故④错误.故选 $ \mathrm{A} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,由正三棱柱的性质可知, $ A{A}_{1}\perp $ 平面 $ ABC $ ,又 $ AD\subset $ 平面 $ ABC $ ,则 $ A{A}_{1}\perp AD $ ,假设 $ AD\perp {A}_{1}C $ ,又 $ A{A}_{1}\cap {A}_{1}C={A}_{1} $ , $ A{A}_{1} $ , $ {A}_{1}C\subset $ 平面 $ A{A}_{1}{C}_{1}C $ , $ \therefore AD\perp $ 平面 $ A{A}_{1}{C}_{1}C $ ,矛盾, $ \therefore AD $ 与 $ {A}_{1}C $ 不垂直,故 $ \mathrm{A} $ 错误.

对于 $ \mathrm{B} $ , $ \because A{A}_{1}\perp $ 平面 $ ABC $ , $ BC\subset $ 平面 $ ABC $ , $ \therefore A{A}_{1}\perp BC $ .又 $ AD\perp BC $ , $ AD\cap A{A}_{1}=A $ , $ AD $ , $ A{A}_{1}\subset $ 平面 $ A{A}_{1}D $ , $ \therefore BC\perp $ 平面 $ A{A}_{1}D $ ,又 $ {B}_{1}{C}_{1}//BC $ , $ \therefore {B}_{1}{C}_{1}\perp $ 平面 $ A{A}_{1}D $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

对于 $ \mathrm{C} $ , $ AB//{A}_{1}{B}_{1} $ , $ AB $ , $ {A}_{1}{B}_{1}\subset $ 平面 $ AB{B}_{1}{A}_{1} $ , $ AD\cap $ 平面 $ AB{B}_{1}{A}_{1}=AD\cap AB=A $ , $ \therefore AD $ 与 $ {A}_{1}{B}_{1} $ 异面,故 $ \mathrm{C} $ 错误.

对于 $ \mathrm{D} $ , $ \because C{C}_{1}//A{A}_{1} $ , $ A{A}_{1}\subset $ 平面 $ A{A}_{1}D $ , $ C{C}_{1}\not\subset $ 平面 $ A{A}_{1}D $ , $ \therefore C{C}_{1}// $ 平面 $ A{A}_{1}D $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{D} $ .

设正三棱台 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的高为 $ ℎ.\because AB=6 $ , $ {A}_{1}{B}_{1}=2 $ , $ \therefore {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}×6×6× \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=9\sqrt{3} $ , $ {S}_{△{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}=\dfrac{1}{2}×2×2× \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\sqrt{3} $ . $ \because $ 正三棱台 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的体积 $ V=\dfrac{1}{3}({S}_{△ABC}+{S}_{△{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}+\sqrt{{S}_{△ABC}\cdot {S}_{△{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}})ℎ=\dfrac{1}{3}×(9\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{9\sqrt{3}×\sqrt{3}})ℎ=\dfrac{13\sqrt{3}}{3}ℎ=\dfrac{52}{3} $ , $ \therefore ℎ=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} $ .

如图,设 $ △ABC $ 和 $ △{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 的中心分别为 $ O $ , $ {O}_{1} $ ,连接 $ {A}_{1}{O}_{1} $ , $ {O}_{1}O $ , $ AO $ ,作 $ {A}_{1}D\perp $ 平面 $ ABC $ 交平面 $ ABC $ 于点 $ D $ ,由几何体 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 为正三棱台可知,点 $ D $ 在 $ AO $ 上,且四边形 $ {A}_{1}{O}_{1}OD $ 为矩形,其中 $ \mathrm{\angle }{A}_{1}AD $ 即为直线 $ {A}_{1}A $ 与平面 $ ABC $ 所成的角.由 $ AB=6 $ , $ {A}_{1}{B}_{1}=2 $ ,可得 $ OA=2\sqrt{3} $ , $ {O}_{1}{A}_{1}= $

$ \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ , $ \therefore AD=OA-OD=OA-{O}_{1}{A}_{1}=\dfrac{4\sqrt{3}}{3} $ ,

$ \therefore \tan \mathrm{\angle }{A}_{1}AD=\dfrac{{A}_{1}D}{AD}=\dfrac{\dfrac{4\sqrt{3}}{3}}{\dfrac{4\sqrt{3}}{3}}=1 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

如图,设 $ AB $ 的中点为 $ O $ ,连接 $ CO $ , $ DO $ ,则 $ CO\perp AB $ , $ DO\perp AB $ ,于是 $ \mathrm{\angle }COD $ 即为二面角 $ C-AB-D $ 的平面角.过点 $ D $ 作 $ DE\perp $ 平面 $ ABC $ ,则点 $ E $ 一定落在 $ CO $ 的延长线上, $ \mathrm{\angle }DCE $ 即直线 $ CD $ 与平面 $ ABC $ 所成的角.不妨设 $ AB=2 $ ,在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△EOD $ 中, $ DO=\sqrt{3} $ , $ \mathrm{\angle }EOD={180}^{\circ }-{150}^{\circ }={30}^{\circ } $ ,则 $ DE=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ , $ EO=\dfrac{3}{2} $ .又 $ CO=\dfrac{1}{2}AB=1 $ ,所以 $ EC=\dfrac{5}{2} $ , $ \tan \mathrm{\angle }DCE=\dfrac{DE}{EC}=\dfrac{\sqrt{3}}{5} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

在长方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中,设 $ AB=a $ , $ BC=b $ , $ C{C}_{1}=c $ .连接 $ BD $ ,因为 $ B{B}_{1}\perp $ 平面 $ ABCD $ ,所以 $ {B}_{1}D $ 与平面 $ ABCD $ 所成的角为 $ \mathrm{\angle }BD{B}_{1} $ ,即 $ \mathrm{\angle }BD{B}_{1}={30}^{\circ } $ ,所以 $ \tan \mathrm{\angle }BD{B}_{1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{c}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}.① $

因为 $ DA\perp $ 平面 $ A{A}_{1}{B}_{1}B $ ,所以 $ {B}_{1}D $ 与平面 $ A{A}_{1}{B}_{1}B $ 所成的角为 $ \mathrm{\angle }A{B}_{1}D $ ,即 $ \mathrm{\angle }A{B}_{1}D={30}^{\circ } $ ,所以 $ \tan \mathrm{\angle }A{B}_{1}D=\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{b}{\sqrt{{a}^{2}+{c}^{2}}}.② $

由①②可得 $ a=\sqrt{2}b=\sqrt{2}c $ ,故 $ \mathrm{A} $ 不正确.过点 $ B $ 作线段 $ A{B}_{1} $ 的垂线,垂足为 $ O $ ,连接 $ DO $ ,由 $ \mathrm{A} $ 可知 $ B{B}_{1}=c $ , $ AB=\sqrt{2}c $ , $ A{B}_{1}=\sqrt{3}c $ ,则 $ BO=\dfrac{\sqrt{6}}{3}c $ , $ {B}_{1}O=\dfrac{\sqrt{3}}{3}c $ , $ AO=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}c $ ,又 $ AD=c $ ,则 $ DO=\dfrac{\sqrt{21}}{3}c $ ,所以 $ D{O}^{2}+B{O}^{2}=B{D}^{2} $ ,所以 $ BO\perp DO $ .

又因为 $ DO\cap A{B}_{1}=O $ , $ DO $ , $ A{B}_{1}\subset $ 平面 $ A{B}_{1}D $ ,所以 $ BO\perp $ 平面 $ A{B}_{1}D $ ,即 $ BO\perp $ 平面 $ A{B}_{1}{C}_{1}D $ ,所以 $ AB $ 与平面 $ A{B}_{1}{C}_{1}D $ 所成的角为 $ \mathrm{\angle }OAB $ .在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AOB $ 中, $ \sin \mathrm{\angle }OAB=\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{3}c}{\sqrt{2}c}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 不正确.因为 $ AC=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=\sqrt{3}c $ , $ C{B}_{1}=\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}=\sqrt{2}c $ ,故 $ \mathrm{C} $ 不正确.易知 $ {B}_{1}D $ 与平面 $ B{B}_{1}{C}_{1}C $ 所成的角为 $ \mathrm{\angle }D{B}_{1}C $ ,而 $ DC={B}_{1}C=\sqrt{2}c $ ,且 $ DC\perp {B}_{1}C $ ,所以 $ \mathrm{\angle }D{B}_{1}C={45}^{\circ } $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .

如图,过点 $ F $ 作 $ FH\perp AC $ 于点 $ H $ ,连接 $ EH $ .

由题知,正三棱柱的各棱长都相等,易知 $ FH//A{A}_{1} $ ,则 $ \mathrm{\angle }EFH $ 即为 $ EF $ 与 $ A{A}_{1} $ 所成的角,则 $ \mathrm{\angle }EFH=\alpha $ , $ \mathrm{\angle }FEH=\beta $ ,且 $ FH\geqslant EH $ ,所以 $ \alpha \leqslant \beta $ .在 $ {A}_{1}{B}_{1} $ 上取 $ {A}_{1}M={A}_{1}F $ ,过点 $ M $ 作

$ MN\perp AB $ 于点 $ N $ ,连接 $ NH $ , $ CF $ , $ BM $ ,则 $ NH//MF//{B}_{1}{C}_{1}//BC $ ,所以 $ NH $ 与 $ BC $ 之间的距离 $ d\leqslant EH $ .又 $ \tan \gamma =\dfrac{FH}{d}=\dfrac{A{A}_{1}}{d} $ , $ \tan \beta =\dfrac{FH}{EH}=\dfrac{A{A}_{1}}{EH} $ ,所以 $ \tan \gamma \geqslant \tan \beta $ ,所以 $ \beta \leqslant \gamma $ ,所以 $ \alpha \leqslant \beta \leqslant \gamma $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

如图,过点 $ A $ 作 $ AH\perp $ 平面 $ BCD $ 于点 $ H $ ,分别作 $ HM\perp BC $ , $ HE\perp CD $ , $ HF\perp DB $ ,垂足分别为 $ M $ , $ E $ , $ F $ ,连接 $ BH $ , $ CH $ , $ DH $ , $ AM $ , $ AE $ , $ AF $ ,由 $ BC\subset $ 平面 $ BCD $ ,且 $ AH\perp $ 平面 $ BCD $ 得 $ AH\perp BC $ ,又 $ HM\perp BC $ , $ HM\cap AH=H $ , $ HM $ , $ AH\subset $ 平面 $ AHM $ ,得 $ BC\perp $ 平面 $ AHM $ ,同理 $ CD\perp $ 平面 $ AHE $ , $ BD\perp $ 平面 $ AHF $ ,从而易知 $ AM\perp BC $ , $ AE\perp CD $ , $ AF\perp DB $ ,故 $ \mathrm{\angle }AMH $ , $ \mathrm{\angle }AEH $ , $ \mathrm{\angle }AFH $ 分别为平面 $ BCD $ 与平面 $ ABC $ 、平面 $ ACD $ 、平面 $ ABD $ 所成的角.

又由 $ AB=CD $ , $ AC=DB $ , $ AD=BC $ ,知四面体 $ ABCD $ 的四个面所对应的三角形全等,故 $ \cos \mathrm{\angle }AMH=\dfrac{MH}{AM}=\dfrac{MH\cdot BC}{AM\cdot BC}=\dfrac{{S}_{△HBC}}{{S}_{△ABC}} $ ,同理 $ \cos \mathrm{\angle }AEH=\dfrac{{S}_{△HCD}}{{S}_{△ACD}} $ , $ \cos \mathrm{\angle }AFH=\dfrac{{S}_{△HDB}}{{S}_{△ADB}} $ ,

因为 $ {S}_{△HBC}+{S}_{△HCD}+{S}_{△HDB}={S}_{△BCD}={S}_{△ABC} $ ,

所以 $ \cos \mathrm{\angle }AMH+ \cos \mathrm{\angle }AEH+ \cos \mathrm{\angle }AFH=1 $ ,即同一个面上的三条棱处的二面角的余弦值之和为1.因此四个面上的各条棱处的二面角的余弦值之和为4,故各个面所成六个二面角的余弦值之和为2.故选 $ \mathrm{D} $ .

如图①,连接 $ EF $ 交平面 $ ABCD $ 于点 $ M $ ,则 $ M $ 为正方形 $ ABCD $ 的中心,设 $ O $ 为 $ EF $ 的中点,外接球的半径为 $ R $ ,则 $ O $ 为球心,连接 $ OA $ , $ OB $ , $ OC $ , $ OD $ ,

则 $ OA=OB=OC=OD=OE=OF=R $ ,

取 $ AB $ 的中点 $ N $ ,连接 $ NE $ , $ NF $ , $ MN $ , $ MB $ ,则 $ NE\perp AB $ , $ NF\perp AB $ ,

则 $ \mathrm{\angle }ENF $ 为二面角 $ E-AB-F $ 的平面角,即 $ \mathrm{\angle }ENF=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ .

图①

如图②,设 $ \mathrm{\angle }ENM=\alpha $ , $ \mathrm{\angle }FNM=\beta $ ,则 $ \mathrm{\angle }ENF=\alpha +\beta =\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ ,

令 $ OM=h $ ,由 $ AB=4 $ ,可得 $ MN=2 $ ,则 $ ME=R-h $ , $ MF=R+h $ , $ MB=2\sqrt{2} $ ,

则 $ O{M}^{2}+M{B}^{2}=O{B}^{2} $ ,即 $ {h}^{2}+{\left(2\sqrt{2}\right) ^ {2}}={R}^{2} $ ,则 $ {h}^{2}={R}^{2}-8 $ ①,又 $ \tan \alpha =\dfrac{R-h}{2} $ , $ \tan \beta =\dfrac{R+h}{2} $ ,

所以 $ \tan \mathrm{\angle }ENF= \tan (\alpha +\beta )=\dfrac{ \tan \alpha + \tan \beta }{1- \tan \alpha \tan \beta }=\dfrac{\dfrac{R-h}{2}+\dfrac{R+h}{2}}{1-\dfrac{R-h}{2}\cdot \dfrac{R+h}{2}}=\dfrac{4R}{4+{h}^{2}-{R}^{2}}=-1② $ ,联立①②解得 $ R=1 $ ,则 $ {V}_{球}=\dfrac{4}{3}\mathrm{\pi }{R}^{3}=\dfrac{4}{3}\mathrm{\pi } $ .

图②