AOA′的圆心角为α，易
得母线长OA＝3，因为圆锥的底面半径r＝1，所以根据弧长公式可得2π＝3α，即扇形的圆心角α＝
π
2π
3.连接
AA′，作OH⊥AA′，
交AA′于点H，则易得∠AOH＝3，所以动点从点P出发在圆锥侧面上绕一圈之后回到点P的最短距离为扇形的弧AA′所对的弦长，即
3
AA′＝2AH＝2×OA×sin∠AOH＝2×3×2＝3.故选
C.
5．答案：B
解析：设异面直线A1C1与B1C所成的角为θ，如图，取A1B1，B1C1，C1C的中点分别为E，F，G，连接EF，FG，EG，因为EF∥A1C1，FG∥B1C，所以∠EFG为异面直线A1C1与B1C所成的角θ或其补角．设正方体的棱长为a，则EF＝2a，FG＝2a，EG＝2a，于是cos∠EFG＝a＝－2，又由异面直线所成角的范围，可知∠EFG为异面直线A1C1与B1C所成角的补角，于是cos θ＝－cos∠EFG＝2.故选B.
6．答案：C 解析：
1
2
1
2
2
6
如图，取球的球心为O，△ABC的中心为O′，连接OO′，AO′，OA，则OO′⊥平面ABC，又AD⊥平面ABC，所以OO′∥AD.因为△ABC是正三角形，2AB＝12，所以AO′＝2.过点O作OF⊥AD，交AD于点F，则F为AD的中点，四边形OFAO′为矩形，所以OF＝AO′＝2，AF＝2＝6.设球的半径为r，在△OAF中，r2＝62＋(2)2 ＝48，则该球的表面积S＝4πr2＝192π，故选C.
7．答案：C 解析：设球的半径为
4π34π
R，由3R＝3，得
AD
R＝1.因为球与正三棱
柱的三个侧面和两个底面都相切，所以正三棱柱的高等于球的直径2，正三棱柱的底面三角形的内切圆的半径等于球的半径1.设正三棱柱的底面三角形的边长为a，则a×sin3×3＝1，所以a＝2，所以这个正三棱柱的体积V＝4×(2)2×2＝6，故选C.
8．答案：B 解析：
3
π
1
如图，连接OA1，AC，OC1，因为P在线段CC1上，ABCD－A1B1C1D1
为正方体，所以直线OP与平面A1BD所成的角α的最小值为∠AOA1
或∠C1OA1.不妨设AB＝2，则
AA16
sin∠AOA1＝A1O＝3，sin∠C1OA1＝sin(π
6
3
26
－2∠AOA1)＝sin 2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1＝2×3×3＝3>3，
所以sin α的最小值为3，故选B. 9．答案：ABC
解析：由已知，l不平行于平面α，且l?α，根据直线与平面的位置关系可得，直线l与平面α相交，设交点为M.A项，设直线m为平面α内任意一条直线，若M∈m，则直线m与l相交；若M?m，则直线m与l为异面直线，故A不正确．B项，设直线m为平面α内任意一条直线，若M∈m，则直线m与l相交，此时直线m与l为共面直线，在平面α内所有经过点M的直线都与直线l共面，故B不正确．C项，假设存在直线m?α，且m∥l，因为直线l与平面α相交，m∥l，所以直线m与平面α相交，这显然与m?α矛盾，故假设错误，平面α内不存在与直线l平行的直线，故C不正确．D项，设直线m为平面α内任意一条直线，若M∈m，则直线m与l相交，且存在无数条过点M的直线m，D正确．综上，选ABC.
10．答案：ABC
解析：对于A，平行于同一条直线的两个平面可能平行，也可能相交，故A错误；对于B，若直线a与b是异面直线，直线b与c是异面直线，则直线a与c可能是异面直线，也可能相交或平行，故B错误；对于C，若平面α和β不平行，则在α内存在与β平行的直线，如α内平行于α与β的交线的直线，此直线平行于平面β，故C错误；对于D，若直线m，n垂直于同一个平面，则m与n平行，故D正确．故选ABC.
11．答案：AC
解析：连接B2C和D2B2.易知AD1∥BC1∥B2C，则∠D2CB2为异
6
面直线D2C与AD1所成的角．连接AB2，易知AB2⊥A2B，AB2⊥BC，A2B∩BC＝B，所以AB2⊥平面A2BCD2.连接B1C，同理可证B1C⊥平面ABC1D1，所以平面A2BCD2与平面ABC1D1所成二面角即异面直线AB2与B1C所成的角或其补角．连接AD2，易知B1C∥AD2，所以异面直线AB2与B1C所成的角即∠D2AB2或其补角．又A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，所以△B2D2C与△B2D2A均为正三角形，所以∠D2CB2＝60°，∠D2AB2＝60°，即异面直线D2C与AD1所成的角为60°，平面A2BCD2与平面ABC1D1所成的角为60°或120°，故A正确，B错误；因为B1C⊥平面ABC1D1，且B1C与BC1垂直平分，所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等，又A1B1∥平面ABC1D1，所以点A1与点B1到平面ABC1D1的距离相等，即点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等，故C正确；取D1D2的中点E，连接A2E，EC1，易知A2E∥BC1，EC1∥A2B，故平面A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面，在△A2BC1中，A2B＝BC1＝，A2C1＝，所以故D错误．
12．答案：BCD
解析：连接AC与BD交于点O，连接A1O，C1O，A1B，A1D.依题意得，AC⊥BD，AA1⊥BD，又AC∩AA1＝A，∴BD⊥平面AA1C1C.∴BD⊥A1O，BD⊥C1O，故∠A1OC1为二面角A1－BD－C1的平面角．易知A1O＝C1O＝2，A1C1＝2，由勾股定理的逆定理，知∠A1OC1＝90°，故平面A1BD⊥平面C1BD.连接PO，若∠A1PC1为直角，即A1P⊥PC1，又A1O⊥PC1，A1P∩A1O＝A1，∴C1P⊥平面POA1，则C1P⊥PO，此时P在△BDC1内的一段圆弧(该圆弧所在的圆的直径为C1O)上，符合题意；当P在OC1上时，△A1PC1为钝角三角形；当P无限接近B或D时，△A1PC1为锐角三角形；若△A1PC1为等腰三角
3
S△A2BC1＝2，截面面积为，
形，∵A1C1＝2，BC1＝，当A1C1为等腰三角形A1PC1的一个腰时，C1P，A1P均不可能为2，不符合题意．当A1C1为等腰三角形A1PC1的底边时，点P与A1C1中点的连线必垂直A1C1，此时，在BDC1内部不存在这样的点P.故选BCD.
9
13．答案：32
解析：
如图，设球O的半径为R，则由△ABC是正三角形可得圆锥的底面圆半径
3
3
r＝BO1＝2R，高4
V1
3
h＝AO1＝2R，所以9
121323V1＝3πrh＝3π×R×2
R＝8πR3，V2＝3πR3，所以V2＝32.
14．答案：1
解析：在三棱锥P－ABC中，因为PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，所以PA⊥AB，AB⊥AC，因为PA∩AC＝A，所以AB⊥平面APC.因为EF?平面PAC，所以EF⊥AB.又因为EF⊥BC，BC∩AB＝B，所以EF⊥底面ABC，所以EF∥PA.因为F是AC的中点，所以E是PC的中点，所以EC＝1.
15．答案：49 7
73PE
2021届新高考数学一轮跟踪测试(11-8)立体几何
