1．答案：C解析：如圖所示，圓柱的側(cè)面展開(kāi)圖是矩形ABEF，由題意得AB＝2丈＝20尺，圓周長(zhǎng)BE＝3尺，則葛藤繞圓柱7周后長(zhǎng)為BD＝AB2．答案：B解析：如圖，取B1C1的中點(diǎn)D，取BB1的中點(diǎn)E，連接MD，DE，ME，則DE∥BC1，又DE?平面ABC1，BC1?平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，又M為A1C1的中點(diǎn)，所以MD∥A1B1∥AB，又MD?平面ABC1，AB?平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，又DE∩MD＝D，DE?平面DEM，MD?平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC1，又因?yàn)镹是側(cè)面BCC1B1上一點(diǎn)，且MN∥平面ABC1，所以N的軌跡為線段DE，DE＝124+12＝2，所以點(diǎn)3．答案：A解析：根據(jù)題意可知PD＝DC，則點(diǎn)D符合“M為底面ABCD內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足MP＝MC”．設(shè)AB的中點(diǎn)為N，根據(jù)題目條件可知△PAN≌△CBN，所以PN＝CN，點(diǎn)N也符合“M為底面ABCD內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足MP＝MC”．故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡肯定過(guò)點(diǎn)D和點(diǎn)N，而到點(diǎn)P與到點(diǎn)C的距離相等的點(diǎn)為線段PC的垂直平分線，線段PC的垂直平分面與平面AC的交線是一直線．4．答案：D解析：設(shè)外接球O的半徑為R，則球O的表面積S＝4πR2＝20π，所以R＝5，設(shè)矩形ABCD的長(zhǎng)和寬分別為x和y，則x2＋y2＋232＝252，所以x2＋yVABCD-A1B1C1D1＝23xy≤即底面為邊長(zhǎng)為2的正方形時(shí)，四棱柱的體積最大，則有BC1＝CC將平面ABCD沿AB展開(kāi)，與ABC1D1處于同一平面，則D1E＋EC≥D1C＝2+42即平面圖形中D1，E，C三點(diǎn)共線時(shí)，D1E＋CE有最小值210.5．答案：A解析：在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，由BP＝λBC+μBA1得點(diǎn)P在矩形A1BCD1及內(nèi)部，又MP∥平面AB1D1，故點(diǎn)P在過(guò)M且平行于平面AB1D1的平面內(nèi)，設(shè)AB1與A1B交于點(diǎn)O，取OB中點(diǎn)N，連接MN，在CD1上取點(diǎn)Q，使得D1Q＝14CD1，連接MQ，NQ，OD1由ABCD-A1B1C1D1是長(zhǎng)方體，可知對(duì)角面A1BCD1為矩形，A1B∥D1C且A1B＝D1C，因?yàn)镈1O＝14CD1所以D1Q∥ON且D1Q＝ON，四邊形D1QNO為平行四邊形，可得D1O∥QN，因?yàn)镈1O?平面AB1D1，QN?平面AB1D1，所以QN∥平面AB1D1，同理可得MN∥平面AB1D1，因?yàn)镼N，MN是平面MNQ內(nèi)的相交直線，故平面MNQ∥平面AB1D1，即平面MNQ是過(guò)M且平行于平面AB1D1的平面，所以點(diǎn)P的軌跡是四邊形截面A1BCD1與平面MNQ的交線，即線段NQ.因?yàn)榫匦蜛A1B1B中，AB＝2，AA1＝4，可知A1B＝22所以A1O＝12A1B＝5，可得在Rt△A1OD1中，D1O＝A1D16．答案：ABD解析：在Rt△SOC中，SC＝SO2+OC2＝22，則圓錐的母線長(zhǎng)l＝22，半徑當(dāng)OB⊥AC時(shí)，△ABC的面積最大，此時(shí)S△ABC＝12×4×2＝4，則三棱錐S-ABC體積的最大值為13×S△ABC×SO＝由AB＝BC，∠ABC＝π2，AC＝4，得AB＝BC＝22，又SA＝SB＝22則△SAB為等邊三角形，則∠SBA＝π3，將△SAB以AB為軸旋轉(zhuǎn)到與△ABC共面，得到△S1AB，則△S1AB為等邊三角形，∠S1BA＝π3，如圖可知(SE＋CE)min＝S1因?yàn)镾1B＝BC＝22，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝5πS1C2＝S1B2＋BC2－2×S1B×BC×cos5π6＝8+8+83則(SE＋CE)min＝S1C＝23+1因?yàn)椤鱏AB為等腰三角形，SA＝SB，又SA2＋SC2＝AC2，所以∠ASC＝π2當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)A重合時(shí)，∠ASB＝0為最小角，當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)C重合時(shí)，∠ASB＝π2又因?yàn)锽與A，C不重合，則∠ASB∈0，又2∠SAB＋∠ASB＝π，可得∠SAB∈π47．答案：BCD解析：由題意可得，AD＝2，∠ADC＝π4.將平面A1B1C1D1和平面DAA1D1沿直線A1D1展開(kāi)，如圖1，在△C1D1P中，C1D1＝2，D1P＝12，∠PD1C1＝所以C1P2＝22＋122－2×2×12×cos3π4＝174+2，則C1Q因?yàn)镃1D1∥AB，C1D1?平面ABP，AB?平面ABP，所以C1D1∥平面ABP，即C1D1到平面ABP的距離為定值，即三棱錐的高h(yuǎn)為定值，又S△ABP為定值，所以VA-BPQ＝VQ-ABP＝13S△ABPh如圖2，取A1A的中點(diǎn)F，AB的中點(diǎn)G，在CD上取點(diǎn)E，使DE＝14DC，連接PF，F(xiàn)G，GE，EP，連接AC1，AC，AB1，A1B，由直四棱柱的性質(zhì)可得四邊形A1ABB1為正方形，故A1B⊥AB1，而F，G為中點(diǎn)，故FG∥A1B，故FG⊥AB1因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，CB?平面ABCD，故BB1⊥BC，又BC⊥AB，AB∩BB1＝B，AB，BB1?平面BAA1B1，故BC⊥平面BAA1B1，故B1C1⊥平面BAA1B1，而FG?平面BAA1B1，故B1C1⊥FG，而B(niǎo)1C1∩AB1＝B1，B1C1，AB1?平面B1C1A，故FG⊥平面B1C1A，而C1A?平面B1C1A，故FG⊥C1A.在梯形ABCD中，AC＝2，AD＝2故AC2＋AD2＝CD2，故AC⊥AD，而EG∥AD，故同理可證AC1⊥EG，而FG∩EG＝G，F(xiàn)G，EG?平面PEGF，則AC1⊥平面PEGF，所以Q點(diǎn)的軌跡為平行四邊形PEGF，故C正確；|C1Q|＝2，如圖3，以C1為球心，2為半徑作球，則Q點(diǎn)的軌跡即為該球與直四棱柱各面截球所得的弧，在線段C1D1上取一點(diǎn)M，使得C1M＝2，CD上取一點(diǎn)N，使得CN＝1，則C1N＝2，平面A1B1C1D1截球得A1M，長(zhǎng)度為π4×2＝2π4，平面CDD1C1截球得MN，長(zhǎng)度π4×2＝2π4，因?yàn)镃1B1⊥平面ABB1A1，C1A1＝同理可得，平面ABCD截球得BN，長(zhǎng)度為π2×1＝π2，平面ADD1A1與球相切于點(diǎn)A18．解析：作出該圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖，如圖所示：該小蟲(chóng)爬行的最短路程為PP′，由余弦定理可得cos∠P′OP＝OP2+OP'2?PP設(shè)底面圓的半徑為r，則有2πr＝2π3·3，解得所以這個(gè)圓錐的高h(yuǎn)＝9?1＝22，體積V＝13πr2h答案：229．解析：因?yàn)镈M?平面D1DCC1，BC⊥平面D1DCC1，故DM⊥BC，又因?yàn)槠矫鍭MD⊥平面BMC，故要滿足題意，只需DM⊥MC即可．又點(diǎn)M在平面D1DCC1內(nèi)，故點(diǎn)M的軌跡是平面D1DCC1內(nèi)，以DC為直徑的半圓(不包含D，C)．又正方體棱長(zhǎng)為2，故該半圓的半徑為1，故其軌跡長(zhǎng)度為2π答案：π10．解析：如圖，設(shè)圓O1，O2的半徑分別為r1，r2，則r1＝2，由正弦定理3sin60°＝2r2，解得設(shè)圓臺(tái)的高為h，則h