8.1 基本立体图形
拓展练习
（2021·朝阳模拟）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥最长的棱长为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】 C
【考点】棱锥的结构特征
【解析】该三棱锥的直观图如图所示：
依题意得 ，
， ，
则该三棱锥最长的棱长为
故答案为：C．
【分析】 首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的个各棱长，从而确定结果．
（2021·咸阳模拟）已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】 C
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】如图所示：
因为 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，
取BC中点为O，则 ，
所以圆锥的体积 。
故答案为：C
【分析】因为三角形 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，取BC中点为O，再利用勾股定理求出AO的长，再利用圆锥的体积公式求出圆锥的体积。
（2021高一下·汕头月考）一个四面体共一个顶点的三条棱两两相互垂直，其长分别为 ，且四面体的四个顶点在一个球面上．则这个球的表面积为（ ）．
A.16π
B.32π
C.36π
D.64π
【答案】 A
【考点】棱锥的结构特征，球的体积和表面积
【解析】解：将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径,
而长方体的对角线长为 ，
即球的半径为2,
则这个球的表面积为4πr2=16π.
故答案为：A
【分析】根据四面体的结构特征，结合球的表面积公式求解即可.
（2021高一下·长春月考）下列命题正确的是（ ）
A. 棱柱的每个面都是平行四边形 B. 一个棱柱至少有五个面
C. 棱柱有且只有两个面互相平行 D. 棱柱的侧面都是矩形
【答案】 B
【考点】棱柱的结构特征
【解析】对于A，棱柱的下底可以是三角形或者梯形，故不正确；
对于B，面最小是三棱柱，共有五个面，故B正确；
对于C，长方体是棱柱，但是上下左右前后面都是互相平行的，故C不正确；
对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，故D不正确。
故答案为：B。
【分析】根据圆柱的特点，分析即可得解。
（2021·南开模拟）已知一个圆锥的底面半径为2，高为3，其体积大小等于某球的表面积大小，则此球的体积是（ ）
A. B. C. 4π D.
【答案】 D
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积
【解析】设球的半径为 ，圆锥的体积为 ，
由于球的体积大小等于某球的表面积大小，则 ， ，
因此，该球的体积为 。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合圆锥的体积公式，进而求出圆锥的体积，再利用球的体积大小等于某球的表面积大小，结合球的体积公式，进而求出球的半径，再利用球的体积公式，进而求出球的体积。
（2021高一下·丰台期末）已知正三棱锥 ，底面 的中心为点 ，给出下列结论：
① 底面 ；
②棱长都相等；
③侧面是全等的等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
【答案】 B
【考点】棱锥的结构特征
【解析】根据正三棱锥的性质，底面为等边三角形，
侧棱长相等，且顶点在底面的投影为底面正三角形的中心，
故① 底面 正确；
侧棱长和底面棱长不一定相等，故②错误；
对③侧面是全等的等腰三角形正确.
故答案为：B
【分析】利用正三棱锥的定义以及结构特征，依次判断即可.
（2020高一上·河南月考）在正六棱柱 中，设 和 分别为下底面和上底面正六边形的中心， 是线段 上的动点，且 则下列说法中正确的是（ ）
① 与 异面；②当 为 中点时， 与平面 所成角取得最大值；③四面体 的体积是定值；④ // ．
A. ①③④ B. ①②④ C. ①②③ D. ②③④
【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征
【解析】结合题意，对于①．因为 平面 平面 ，
所以 与 异面．①正确；
对于②，当 为 中点时，过点 作 ， 是等边三角形，所以点 是 的中点，连结 ，由平面 ，可知 平面 ，即 是 与平面 所成角， ,当 为 中点时， ，即 ，此时 取得最小值， 取得最大值，此时， 与平面 所成角取得最大值，故②正确；
对于③，因为 的面积为定值，而点 到平面 的距离也是定值，因而其体积为定值，故③正确；
对于④，显然 ，故④错误．
故答案为：C．
【分析】 ①由于 平面 平面 ，所以DH与AB异面；②由于当 为 中点时，可证BG⊥A1D1,点G到点B的距离取得最小值，此时，BG与平面ADD1A1所成角取得最大值，即可判断正误;③由于的面积为定值,而点B到平面DGH的距离也是定值，因而其体积为定值;④显然DB// EA,即可判断正误.
（2021·陕西模拟）下图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】 D
【考点】棱锥的结构特征，由三视图还原实物图
【解析】解：由三视图可知，该几何体为一个如图所示的三棱锥 ，其中 底面 ，
底面 是一个三边分别为 的三角形， ，
由 ，可得 ，
又 底面 ， ，
平面 ， ，
因此该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为4，
故答案为：D.
【分析】 由三视图可知：该几何体为一个三棱锥P-ABC，其中PC⊥底面ABC，底面ABC是一个三边分别为的三角形，PC=2．利用勾股定理的逆定理、线面垂直的判定与性质定理、三垂线定理即可判断出结论．
（2021高三上·信阳开学考）已知三棱锥 的外接球半径为2，且球心为线段BC的中点，则三棱锥 的体积的最大值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，球面距离及相关计算，棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】解：如图，
由球心到各点距离相等可得，OA=OB=OC , 故△ABC是直角三角形，设AB=x，AC=y ,
则有x2+y2=42≥2xy ,又S△ABC= ，所以S△ABC= ≤4，
当且仅当x=y=时，S△ABC 取最大值4 ,
要使三棱锥体积最大，则需使高h=OD=2 ,
此时
故答案为：C
【分析】根据三棱锥与外接球的几何关系，结合基本不等式以及棱锥的体积公式求解即可.
（2020高二上·池州期末）已知正三棱柱 ，的体积为 ，底面积为 ，则三棱柱 的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D. 28π
【答案】 A
【考点】棱柱的结构特征，球的体积和表面积
【解析】依题意， ，而 ，
解得 ，记 的中心为О， 的中心为О1 ， 则 ，
取 的中点 ，因为 ， ，由勾股定理得 ，
同理可得 ，
所以正三棱柱的外接球的球心为即 ， 为外接球的半径，
由正弦定理得 ，
故 ，
故三棱柱 的外接球表面积 ，
故答案为：A．
【分析】利用正三棱柱的体积公式结合已知条件，进而求出的长，再利用三角形的面积公式求出AB长，记 的中心为О， 的中心为О1 ， 则 ，取 的中点 ，因为 ， ，由勾股定理得 ，同理可得 ，所以正三棱柱的外接球的球心为即 ， 为外接球的半径，由正弦定理求出AO的长，再利用勾股定理求出AD的长，进而求出外接球的半径，再利用球的表面积公式，进而求出外接球的表面积。
（2021·昆明模拟）已知 是正方体 的中心O关于平面 的对称点，则下列说法中错误的是（ ）
A. 平面 B. 平面 平面
C. 平面 D. ， ， ， ， ， 六点在同一球面上
【答案】 D
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】对于A，如图：因为 为正方体的中心， 与 关于平面 对称，所以 ，
且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，A符合题意；
对于B，以 为原点， 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为 ，则 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，则 ，所以 ，
由 ，得 ，取 ，则 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以平面 平面 ，B符合题意；
对于C，以 为原点， 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为 ，则 ， ， ， ， ，
， ， ，
因为 ， ，
所以 ， ，
又 ，所以 平面 ，C符合题意；
对于D，假设 ， ， ， ， ， 六点在同一球面上，根据 为正方体的中心， 与 关于平面 对称可知该球的球心为 的中点，设为 ，
设正方体的棱长为 ，则 ，但是 ， ，不满足 ，
所以假设不成立，故 ， ， ， ， ， 六点不在同一球面上，D不正确.
故答案为：D
【分析】如图：因为 为正方体的中心， 与 关于平面 对称，所以 ，且 ，所以四边形 为平行四边形，再利用平行四边形的性质推出线线平行，所以 ，再利用线线平行证出线面平行，即 平面 ，再利用已知条件结合空间向量的方法证出两向量垂直，进而结合法向量的性质，从而证出面面垂直，即平面 平面 ，再结合已知条件和空间向量的方法证出两向量垂直，进而结合线线垂直证出线面垂直，即 平面 ，利用反证法，假设 ， ， ， ， ， 六点在同一球面上，根据 为正方体的中心， 与 关于平面 对称可知该球的球心为 的中点，设为 ，设正方体的棱长为 ，则 ，但是 ， ，不满足 ，从而推出矛盾，所以假设不成立，故 ， ， ， ， ， 六点不在同一球面上，进而选出说法错误的选项。
（2021·高州一模）如图，在直三棱柱 的侧面展开图中， ， 是线段 的三等分点，且 ．若该三棱柱的外接球 的表面积为 ，则 （ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】 D
【考点】棱柱的结构特征，球的体积和表面积，点、线、面间的距离计算
【解析】由展开图可知，直三棱柱 的底面是边长为 的等边三角形，
其外接圆的半径满足 ，所以 ．
由 得 ．
由球的性质可知，球心 到底面 的距离为 ，
结合球和直三棱柱的对称性可知， ，
故答案为：D．
【分析】由展开图可知，直三棱柱 的底面是边长为 的等边三角形，再利用正弦定理的性质求出等边三角形其外接圆的半径，再利用三棱柱的外接球 的表面积为 ，结合外接球表面积公式，从而求出外接球的半径，再利用球的性质结合勾股定理可知，球心 到底面 的距离，再结合球和直三棱柱的对称性可知的值。
（2021高一下·太原期末）如图，在长方体 中， . .则直线 与平面 的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征，点、线、面间的距离计算
【解析】因为 为长方体，所以面 ⊥面ABCD，
过A作AE⊥BD于E ， 则AE⊥面 ，所以直线 与平面 的距离为AE.
在直角三角形ABD中，由等面积法可得：
故答案为：C
【分析】过A作AE⊥BD于E，则AE⊥面 ，所以直线 与平面 的距离为AE，利用等面积法可求出答案。
（2021·芜湖模拟）已知正四面体 的棱长为2， ， ， 分别为 ， ， 的中点，则正四面体 的外接球被平面 所截的截面面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【考点】球面距离及相关计算，棱柱的结构特征
【解析】将正四面体放入正方体中，如图所示，
因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ， 分别为左右侧面的中心，
所以正方体的外接球即正四面体的外接球球心为线段 的中点，
所以正四面体 的外接球被平面 所截的截面即为大圆.
因为正四面体 的棱长为2，所以正方体的棱长为 ，
所外接球半径 ，
所以大圆面积为： .
故答案为：C.
【分析】将正四面体放入正方体中，根据题意可得球心在上，所以正四面体 的外接球被平面所截的截面即大圆，进而可得其面积。
（2021高一下·房山期末）如图，在棱长为 的正方体 中， 为棱 的中点， 与 相交于点 ， 是底面 内（含边界）的动点，总有 ，则动点 的轨迹的长度为（ ）
A.2
B.
C.
D.3
【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征
【解析】解：如图，连接 ，因为 与 相交于点 ，
所以点 是 的中点，
又因为 为棱 的中点，
所以
由正方体的性质易知 ,
所以 平面 ，所以 ，
同理可证 ，由于 ，
所以 平面 ，故 平面 ，
此时当 时，总有 ，
所以点 的轨迹线段 ，
因为正方体的棱长为 ，
所以点 的轨迹线段 的长度为 .
故答案为：C
【分析】 由, 平面 ,可得 平面 ,即可得当P在底面ABCD内(含边界)时，总有 ,则P的运动轨迹就是线段BD,求得DB的长度即可.8.1 基本立体图形
拓展练习
（2021·朝阳模拟）某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥最长的棱长为（ ）
A. 2 B. C. D.
（2021·咸阳模拟）已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（ ）．
A. B. C. D.
（2021高一下·汕头月考）一个四面体共一个顶点的三条棱两两相互垂直，其长分别为 ，且四面体的四个顶点在一个球面上．则这个球的表面积为（ ）．
A.16π
B.32π
C.36π
D.64π
（2021高一下·长春月考）下列命题正确的是（ ）
A. 棱柱的每个面都是平行四边形 B. 一个棱柱至少有五个面
C. 棱柱有且只有两个面互相平行 D. 棱柱的侧面都是矩形
（2021·南开模拟）已知一个圆锥的底面半径为2，高为3，其体积大小等于某球的表面积大小，则此球的体积是（ ）
A. B. C. 4π D.
（2021高一下·丰台期末）已知正三棱锥 ，底面 的中心为点 ，给出下列结论：
① 底面 ；
②棱长都相等；
③侧面是全等的等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A.①②
B.①③
C.②③
D.①②③
（2020高一上·河南月考）在正六棱柱 中，设 和 分别为下底面和上底面正六边形的中心， 是线段 上的动点，且 则下列说法中正确的是（ ）
① 与 异面；②当 为 中点时， 与平面 所成角取得最大值；③四面体 的体积是定值；④ // ．
A. ①③④ B. ①②④ C. ①②③ D. ②③④
（2021·陕西模拟）下图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
（2021高三上·信阳开学考）已知三棱锥 的外接球半径为2，且球心为线段BC的中点，则三棱锥 的体积的最大值为（ ）
A.
B.
C.
D.
（2020高二上·池州期末）已知正三棱柱 ，的体积为 ，底面积为 ，则三棱柱 的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D. 28π
（2021·昆明模拟）已知 是正方体 的中心O关于平面 的对称点，则下列说法中错误的是（ ）
A. 平面 B. 平面 平面
C. 平面 D. ， ， ， ， ， 六点在同一球面上
（2021·高州一模）如图，在直三棱柱 的侧面展开图中， ， 是线段 的三等分点，且 ．若该三棱柱的外接球 的表面积为 ，则 （ ）
A. B. 2 C. D.
（2021高一下·太原期末）如图，在长方体 中， . .则直线 与平面 的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
（2021·芜湖模拟）已知正四面体 的棱长为2， ， ， 分别为 ， ， 的中点，则正四面体 的外接球被平面 所截的截面面积是（ ）
A. B. C. D.
（2021高一下·房山期末）如图，在棱长为 的正方体 中， 为棱 的中点， 与 相交于点 ， 是底面 内（含边界）的动点，总有 ，则动点 的轨迹的长度为（ ）
A.2
B.
C.
D.3
练习答案
【答案】 C
【考点】棱锥的结构特征
【解析】该三棱锥的直观图如图所示：
依题意得 ，
， ，
则该三棱锥最长的棱长为
故答案为：C．
【分析】 首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的个各棱长，从而确定结果．
【答案】 C
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】如图所示：
因为 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，
取BC中点为O，则 ，
所以圆锥的体积 。
故答案为：C
【分析】因为三角形 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，取BC中点为O，再利用勾股定理求出AO的长，再利用圆锥的体积公式求出圆锥的体积。
【答案】 A
【考点】棱锥的结构特征，球的体积和表面积
【解析】解：将四面体可补形为长方体，此长方体的对角线即为球的直径,
而长方体的对角线长为 ，
即球的半径为2,
则这个球的表面积为4πr2=16π.
故答案为：A
【分析】根据四面体的结构特征，结合球的表面积公式求解即可.
【答案】 B
【考点】棱柱的结构特征
【解析】对于A，棱柱的下底可以是三角形或者梯形，故不正确；
对于B，面最小是三棱柱，共有五个面，故B正确；
对于C，长方体是棱柱，但是上下左右前后面都是互相平行的，故C不正确；
对于D，斜棱柱的侧面可以不是矩形，故D不正确。
故答案为：B。
【分析】根据圆柱的特点，分析即可得解。
【答案】 D
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积
【解析】设球的半径为 ，圆锥的体积为 ，
由于球的体积大小等于某球的表面积大小，则 ， ，
因此，该球的体积为 。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合圆锥的体积公式，进而求出圆锥的体积，再利用球的体积大小等于某球的表面积大小，结合球的体积公式，进而求出球的半径，再利用球的体积公式，进而求出球的体积。
【答案】 B
【考点】棱锥的结构特征
【解析】根据正三棱锥的性质，底面为等边三角形，
侧棱长相等，且顶点在底面的投影为底面正三角形的中心，
故① 底面 正确；
侧棱长和底面棱长不一定相等，故②错误；
对③侧面是全等的等腰三角形正确.
故答案为：B
【分析】利用正三棱锥的定义以及结构特征，依次判断即可.
【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征
【解析】结合题意，对于①．因为 平面 平面 ，
所以 与 异面．①正确；
对于②，当 为 中点时，过点 作 ， 是等边三角形，所以点 是 的中点，连结 ，由平面 ，可知 平面 ，即 是 与平面 所成角， ,当 为 中点时， ，即 ，此时 取得最小值， 取得最大值，此时， 与平面 所成角取得最大值，故②正确；
对于③，因为 的面积为定值，而点 到平面 的距离也是定值，因而其体积为定值，故③正确；
对于④，显然 ，故④错误．
故答案为：C．
【分析】 ①由于 平面 平面 ，所以DH与AB异面；②由于当 为 中点时，可证BG⊥A1D1,点G到点B的距离取得最小值，此时，BG与平面ADD1A1所成角取得最大值，即可判断正误;③由于的面积为定值,而点B到平面DGH的距离也是定值，因而其体积为定值;④显然DB// EA,即可判断正误.
【答案】 D
【考点】棱锥的结构特征，由三视图还原实物图
【解析】解：由三视图可知，该几何体为一个如图所示的三棱锥 ，其中 底面 ，
底面 是一个三边分别为 的三角形， ，
由 ，可得 ，
又 底面 ， ，
平面 ， ，
因此该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为4，
故答案为：D.
【分析】 由三视图可知：该几何体为一个三棱锥P-ABC，其中PC⊥底面ABC，底面ABC是一个三边分别为的三角形，PC=2．利用勾股定理的逆定理、线面垂直的判定与性质定理、三垂线定理即可判断出结论．
【答案】 C
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，球面距离及相关计算，棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】解：如图，
由球心到各点距离相等可得，OA=OB=OC , 故△ABC是直角三角形，设AB=x，AC=y ,
则有x2+y2=42≥2xy ,又S△ABC= ，所以S△ABC= ≤4，
当且仅当x=y=时，S△ABC 取最大值4 ,
要使三棱锥体积最大，则需使高h=OD=2 ,
此时
故答案为：C
【分析】根据三棱锥与外接球的几何关系，结合基本不等式以及棱锥的体积公式求解即可.
【答案】 A
【考点】棱柱的结构特征，球的体积和表面积
【解析】依题意， ，而 ，
解得 ，记 的中心为О， 的中心为О1 ， 则 ，
取 的中点 ，因为 ， ，由勾股定理得 ，
同理可得 ，
所以正三棱柱的外接球的球心为即 ， 为外接球的半径，
由正弦定理得 ，
故 ，
故三棱柱 的外接球表面积 ，
故答案为：A．
【分析】利用正三棱柱的体积公式结合已知条件，进而求出的长，再利用三角形的面积公式求出AB长，记 的中心为О， 的中心为О1 ， 则 ，取 的中点 ，因为 ， ，由勾股定理得 ，同理可得 ，所以正三棱柱的外接球的球心为即 ， 为外接球的半径，由正弦定理求出AO的长，再利用勾股定理求出AD的长，进而求出外接球的半径，再利用球的表面积公式，进而求出外接球的表面积。
【答案】 D
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定
【解析】对于A，如图：因为 为正方体的中心， 与 关于平面 对称，所以 ，
且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，A符合题意；
对于B，以 为原点， 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为 ，则 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，则 ，所以 ，
由 ，得 ，取 ，则 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以平面 平面 ，B符合题意；
对于C，以 为原点， 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为 ，则 ， ， ， ， ，
， ， ，
因为 ， ，
所以 ， ，
又 ，所以 平面 ，C符合题意；
对于D，假设 ， ， ， ， ， 六点在同一球面上，根据 为正方体的中心， 与 关于平面 对称可知该球的球心为 的中点，设为 ，
设正方体的棱长为 ，则 ，但是 ， ，不满足 ，
所以假设不成立，故 ， ， ， ， ， 六点不在同一球面上，D不正确.
故答案为：D
【分析】如图：因为 为正方体的中心， 与 关于平面 对称，所以 ，且 ，所以四边形 为平行四边形，再利用平行四边形的性质推出线线平行，所以 ，再利用线线平行证出线面平行，即 平面 ，再利用已知条件结合空间向量的方法证出两向量垂直，进而结合法向量的性质，从而证出面面垂直，即平面 平面 ，再结合已知条件和空间向量的方法证出两向量垂直，进而结合线线垂直证出线面垂直，即 平面 ，利用反证法，假设 ， ， ， ， ， 六点在同一球面上，根据 为正方体的中心， 与 关于平面 对称可知该球的球心为 的中点，设为 ，设正方体的棱长为 ，则 ，但是 ， ，不满足 ，从而推出矛盾，所以假设不成立，故 ， ， ， ， ， 六点不在同一球面上，进而选出说法错误的选项。
【答案】 D
【考点】棱柱的结构特征，球的体积和表面积，点、线、面间的距离计算
【解析】由展开图可知，直三棱柱 的底面是边长为 的等边三角形，
其外接圆的半径满足 ，所以 ．
由 得 ．
由球的性质可知，球心 到底面 的距离为 ，
结合球和直三棱柱的对称性可知， ，
故答案为：D．
【分析】由展开图可知，直三棱柱 的底面是边长为 的等边三角形，再利用正弦定理的性质求出等边三角形其外接圆的半径，再利用三棱柱的外接球 的表面积为 ，结合外接球表面积公式，从而求出外接球的半径，再利用球的性质结合勾股定理可知，球心 到底面 的距离，再结合球和直三棱柱的对称性可知的值。
【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征，点、线、面间的距离计算
【解析】因为 为长方体，所以面 ⊥面ABCD，
过A作AE⊥BD于E ， 则AE⊥面 ，所以直线 与平面 的距离为AE.
在直角三角形ABD中，由等面积法可得：
故答案为：C
【分析】过A作AE⊥BD于E，则AE⊥面 ，所以直线 与平面 的距离为AE，利用等面积法可求出答案。
【答案】 C
【考点】球面距离及相关计算，棱柱的结构特征
【解析】将正四面体放入正方体中，如图所示，
因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 ， 分别为左右侧面的中心，
所以正方体的外接球即正四面体的外接球球心为线段 的中点，
所以正四面体 的外接球被平面 所截的截面即为大圆.
因为正四面体 的棱长为2，所以正方体的棱长为 ，
所外接球半径 ，
所以大圆面积为： .
故答案为：C.
【分析】将正四面体放入正方体中，根据题意可得球心在上，所以正四面体 的外接球被平面所截的截面即大圆，进而可得其面积。
【答案】 C
【考点】棱柱的结构特征
【解析】解：如图，连接 ，因为 与 相交于点 ，
所以点 是 的中点，
又因为 为棱 的中点，
所以
由正方体的性质易知 ,
所以 平面 ，所以 ，
同理可证 ，由于 ，
所以 平面 ，故 平面 ，
此时当 时，总有 ，
所以点 的轨迹线段 ，
因为正方体的棱长为 ，
所以点 的轨迹线段 的长度为 .
故答案为：C
【分析】 由, 平面 ,可得 平面 ,即可得当P在底面ABCD内(含边界)时，总有 ,则P的运动轨迹就是线段BD,求得DB的长度即可.
