人教版高三数学第二学期立体几何多选题单元 易错题难题测试题

人教版高三数学第二学期立体几何多选题单元 易错题难题测试题
一、立体几何多选题
1．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正
确的是（ ） A ．1111
22
A D A
B A
C AA =
+-
B ．三棱锥11D AB
C -的体积为
6
C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC D
D ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】
A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；
B ．根据1111D AB
C A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高A
D 和底面积11
DB C S
，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，
然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】
A ．()
11111111
222
A D A A AD AD AA A
B A
C AA AB AC AA =+=-=
+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，
又因为AD ==
=
11
111122
DB C S BB B C =
⨯⨯=
，
所以1111
11
1
13
3226
D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅=
，故正确；
C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，
所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；
取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：
因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以
11,,,D E A C 四点共面，
又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；
D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，
根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】
方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：
（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；
（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.
2．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）
A ．存在某个位置，使得1CN A
B ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值
C ．若AB BM =，则1AM B
D ⊥
D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -外接球的体积是
43
π 【答案】BD 【分析】
对于A ，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ，可得到EN NF ⊥，又EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点，不可能；
对于B ，可得由1NEC MAB ∠=∠（定值），11
2
NE AB =（定值），AM EC =（定值），由余弦定理可得NC 是定值．
对于C ，取AM 中点O ，连接1,B O DO ，假设1AM B D ⊥，易得AM ⊥面1ODB ，即可得OD AM ⊥，从而AD MD =，显然不一定成立．
对于D ，当平面B 1AM ⊥平面AMD 时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，可得球半径为1，体
积是
4
3π． 【详解】
对于A 选项：如图1，取AD 中点E ，连接EC 交MD 与F ， 则11////NE AB NF MB ，，又11AB MB ⊥，所以EN NF ⊥， 如果1CN AB ⊥，可得EN CN ⊥，且三线,,NE NF NC 共面共点， 不可能，故A 选项不正确；
对于B 选项：如图1，由A 选项可得1AMB EFN ≈△△，故1NEC MAB ∠=∠（定值），
11
2
NE AB =
（定值），AM EC =（定值）， 故在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，
整理得2
2
2212422
AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 选项正确．
对于C 选项：如图，取AM 中点O ，连接1,B O DO ， 由AB BM =，得1B O AM ⊥，假设1AM B D ⊥，
111B D B O B =，所以AM ⊥面1ODB ，所以OD AM ⊥，
从而AD MD =，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C 选项不正确．
对于D 选项：由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，
此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得12
BO =
，
DM =11
B E ===， 因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，
体积是
4
3
π．故D 选项正确． 故答案为：BD ． 【点睛】
本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C 选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大.
3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PAC
B ．当P 为11A
C 的中点时，四棱锥P ABC
D -外接球半径为72
C ．三棱锥A PC
D -体积为定值
D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】
利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】
对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，
1BD AA ∴⊥，
1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；
对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===
同理可得PB PC PD ===
因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN
上，
设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得2
22PN R AN R -+=， 即2
288R R -+=，解得9
2
R =，B 选项错误； 对于C 选项，211
4822
ACD
S
AD CD =
⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，1164
33
A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；
对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则11
42EN DD =
=，122
MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，
MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，2225EM EN MN ∴=+=.
过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为
d ，
直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin 25sin 25d EM θθ==≤， 当且仅当2
π
θ=
时，等号成立，
长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为222
126AB AD AA R ++'==，
所以，截面圆的半径()()
2
2
2226252r R d '=
-≥
-=，
因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.
故选：ACD. 【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
4．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒
B ．点A 到平面BCD 的距离为
3
C ．四面体ABCD
D ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】
在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】
取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；
在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重
心，因为所有棱长均为2,AF ==
即点A 到平面BCD ,故B 正确；
设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11
433
A BCD BCD BCD V S AF S OF -=
⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即
2
=
6OF AO =
,
所以四面体ABCD 的外接球体积3344
33
V R OA ππ=
==,故C 正确；
建系如图：0,0,,0,,033A C ⎛⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设
(,,0)P x y ，则
,,AP x y AC →
→⎛⎛== ⎝⎭⎝⎭
，
因为cos 60AP AC AP AC →→→→
⋅=，所以
222324812241
393972
y x y +=++⨯+⨯， 即222388=33y x y +++，平方化简可得：22
323400399
y x y ----，可知点P 的
轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．
【点睛】
方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.
5．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）
A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形
B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4
π
C ．当1PM =时，截面的面积为52
D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】
点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】
A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，
由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以
DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角
形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；
若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，
在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；
B 选项中，因为截面总与P
C 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABC
D 所成的锐角为定值，
不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故
MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC
中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2
cos 2
NQ MNC MN ∠=
=
，故4
MNC π
∠=
，故B 正确；
C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PM
PE EPM
=
=∠，故E 为PD 的中点，同理，F
是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1
222
EF BD =
=G ，H 分别在,AD AB 的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1
//,2
GH BD GH BD =
，有//,22GH EF GH EF ==EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面
PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以
PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:
依题意，22GH EF ==，2EG FG ==，三角形高为()()
2
2
321h =-=，
面积是
1
22122⨯⨯=，四边形面积是22242⨯=，故截面面积是52. 故C 正确；
D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，211
24
M BCD P BCD P ABCD V V V V ---==
=，故剩余部分13
4
P ABCD V V -=
，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】
本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.
6．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成
SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．存在点E 和某一翻折位置，使得S
B SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBC
C ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°
D ．存在点
E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】
依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则
//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，
计算得到2
cos 3
α=
，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到
5
tan 5
θ=
，故D 正确，得到答案. 【详解】
当SE CE ⊥
时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确； 若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，
这与已知矛盾，故B 错误；
如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，
取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，
1CE BF ==，125DG =
，12cos 5OG α=
，故只需满足12
sin 5
SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：
2
2
2
1213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFB
ααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OM
AB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，
取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，
设OAG OAM θ∠=∠=，8
4
ππθ<<，则22
DAG π
θ∠=-，
tan tan 22DG OG
AG πθθ=
=
⎛⎫- ⎪⎝⎭
，化简得到2tan tan 21θθ=，解得5
tan θ=，验证满
足，故D 正确； 故选：ACD .
【点睛】
本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.
7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（ ）
A ．平面1D MN 与11
B
C 的交点是11B C 的中点 B ．平面1
D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点 C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点 D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1 【答案】BC 【分析】
取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于
,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出
,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.
【详解】
如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ， 连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=， 连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，
则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.
111111
////,22
NE CC DD NE CC DD ==，
NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ， ,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒， ,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，
则12//,,23
BP FB MS BP MS BC MS FS =
∴==，
22111
,33236
BP MS BC BC PE BC ∴=
=⨯=∴=， E 为DF 中点，11
//,233
PE DQ DQ PE BC AD ∴===
N 分别是正方形11BCC B 的中心，1111
3
C H BP C B ∴==
所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点， 点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点， 点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点. 做出线段BC 的另一个三等分点P '， 做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，
连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=， 所以111113
QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体 从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1. 故选:BC.
【点睛】
本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.
8．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的是（ ）．
A ．棱的高与底边长的比为
22
B ．侧棱与底面所成的角为4
π C 2 D ．侧棱与底面所成的角为
3
π 【答案】AB 【分析】
设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h =
=得254
h a
=，然后可得侧
面积为2
4
2108a a
+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后
求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】
设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h =
=，即254h a
= 所以其侧面积为222224
4
215410842244a a a h a a a
⋅⋅+=+=+令()24
2108f a a a =+，则()23
3
21084f a a a ⨯'=-
令()2
3
3
210840f a a a ⨯'=-=得32a =
当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减
当()
3
2,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增
所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =
2
，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4
SAO π
∠=，故B 正确，D 错误
故选：AB 【点睛】
本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.
9．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱
1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）
A ．四边形1BFD E 有可能是梯形
B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形
C ．四边形1BF
D
E 有可能垂直于平面11BB D D D ．四边形1BFD E 6【答案】BCD 【分析】
四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面
11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62
.
【详解】
过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.
平面1BFD E
平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，
故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；
对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面
1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；
对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16
232=
D 正确. 故选：BCD
【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.
10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为
2，则（）
A．BF⊥平面EAB
B．该二十四等边体的体积为20 3
C．该二十四等边体外接球的表面积为8π
D．PN与平面EBFN
2
【答案】BCD
【分析】
A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．
【详解】
解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB
⊥，
90
ABF
∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120
ABF
∠=︒，矛盾，
所以A错；
对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为3
112028111323
-⋅⋅⋅⋅⋅=，
所以B 对；
对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =
，其表面积为248R ππ=，所以C 对；
对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为
2
22
PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．
【点睛】
本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。