《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版》

7. 如图，在正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ E $ 是平面 $ A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 内一点，且 $ EB// $平面 $ ACD_{1} $，则 $ \tan\angle DED_{1} $ 的最大值为(C)

A.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $
B.$ 1 $
C.$ \sqrt{2} $
D.$ 2 $

答案：
7. C 【解析】空间中线面间的位置关系+正方体的结构特征+空间向量的应用+正切的定义
解法一：在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，以$D$为坐标原点，直线$DA$，$DC$，$DD_1$为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立如图1所示的空间直角坐标系，令正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为1，则$D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$B(1,1,0)$，$C(0,1,0)$，$D_1(0,0,1)$。设$E(a,b,1)$，其中$a\in\mathbf{R}$，$b\in\mathbf{R}$，连接$EB$，则$\overrightarrow{AC}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{AD_1}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{EB}=(1 - a,1 - b,-1)$，$\overrightarrow{ED_1}=(-a,-b,0)$，$\overrightarrow{ED}=(-a,-b,-1)$，$\therefore \cos\angle DED_1 = \dfrac{\overrightarrow{ED_1}·\overrightarrow{ED}}{|\overrightarrow{ED_1}||\overrightarrow{ED}|}=\dfrac{\sqrt{a^2 + b^2}}{\sqrt{a^2 + b^2 + 1}}$。则$\sin\angle DED_1 = \sqrt{1 - \cos^2\angle DED_1}=\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2 + 1}}$，$\therefore \tan\angle DED_1 = \dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}$。设平面$ACD_1$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{AC}·\boldsymbol{n}=0,\\\overrightarrow{AD_1}·\boldsymbol{n}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-x + y = 0,\\-x + z = 0,\end{cases}$令$x = 1$，得$y = 1$，$z = 1$，故$\boldsymbol{n}=(1,1,1)$（题眼）。$\because EB//$平面$ACD_1$，$\therefore \overrightarrow{EB}·\boldsymbol{n}=0$，即$1 - a + 1 - b - 1 = 0$。$\therefore a + b = 1$。$\therefore a^2 + b^2 = (a + b)^2 - 2ab = 1 - 2ab\geq 1 - (a^2 + b^2)$。$\therefore a^2 + b^2\geq\dfrac{1}{2}$（关键：基本不等式的运用），当且仅当$a = b = \dfrac{1}{2}$时，等号成立。$\therefore \tan\angle DED_1 = \dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}\leq\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{1}{2}}}=\sqrt{2}$。$\therefore \tan\angle DED_1$的最大值为$\sqrt{2}$。故选 C。

解法二：在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，连接$BD$，交$AC$于点$O$，连接$A_1B$，$BC_1$，$A_1C_1$，$B_1D_1$，如图2所示，则$AC// A_1C_1$，又$AC\subset$平面$ACD_1$，且$A_1C_1\not\subset$平面$ACD_1$，$\therefore A_1C_1//$平面$ACD_1$。同理得$A_1B//$平面$ACD_1$。又$A_1C_1\subset$平面$A_1BC_1$，$A_1B\subset$平面$A_1BC_1$，且$A_1C_1\cap A_1B = A_1$，$\therefore$ 平面$A_1BC_1//$平面$ACD_1$。又平面$A_1BC_1\cap$平面$A_1B_1C_1D_1 = A_1C_1$，$EB//$平面$ACD_1$，$E$是平面$A_1B_1C_1D_1$内一点，$\therefore$ 点$E$在直线$A_1C_1$上。连接$DE$，$ED_1$。$\because DD_1\perp$平面$A_1B_1C_1D_1$，$ED_1\subset$平面$A_1B_1C_1D_1$，$\therefore DD_1\perp ED_1$。$\therefore \tan\angle DED_1 = \dfrac{DD_1}{ED_1}$。当$\tan\angle DED_1$最大时，$ED_1$取得最小值，此时$E$为$A_1C_1$与$B_1D_1$的交点，设正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为1，则$\tan\angle DED_1 = \dfrac{DD_1}{ED_1}=\dfrac{1}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2}$，故选 C。

8. 如图，在棱长为 2 的正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ P $ 为线段 $ A_{1}C_{1} $ 的中点，$ Q $ 为线段 $ BC_{1} $ 上的动点，则下列结论正确的是(B)

A.存在点 $ Q $，使得 $ PQ// BD $
B.存在点 $ Q $，使得 $ PQ\perp $平面 $ AB_{1}C_{1}D $
C.三棱锥 $ Q - APD $ 的体积是定值
D.存在点 $ Q $，使得 $ PQ $ 与 $ AD $ 所成的角为 $ \frac{\pi}{6} $

答案：
8. B 【解析】空间中线面间的位置关系+三棱锥的体积+向量的运算
思维导图：$PQ$在平面$A_1BC_1$上$\to$判断A；$DB$与平面$A_1BC_1$相交$\to$取$BC_1$的中点$Q'$$\to PQ'// A_1B$$\to PQ'\perp$平面$AB_1C_1D$$\to$判断B；底面积为定值$\xrightarrow{研究锥体的高的变化}$判断C；建系$\to \overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{PQ}$$\to \cos\langle\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{DA}\rangle$$\xrightarrow[方程的解的情况]{假设所成角为\dfrac{\pi}{6}}$判断D。
对于A，连接$A_1B$，如图1，由于$Q$为动点，即$PQ$在平面$A_1BC_1$上，而$DB$与平面$A_1BC_1$相交，则$DB$与$PQ$不可能平行，故A错误。对于B，如图1，取$BC_1$的中点$Q'$，则由三角形中位线的性质知，$PQ'// A_1B$（关键：确定中点$Q'$）。由于$A_1B\perp AB_1$，$A_1B\perp B_1C_1$，则$A_1B\perp$平面$AB_1C_1D$，$\therefore PQ'\perp$平面$AB_1C_1D$（题眼）。即当$Q$为$BC_1$的中点时，$PQ\perp$平面$AB_1C_1D$，故B正确。对于C，如图2，$\because P$为$A_1C_1$的中点，$\therefore \triangle PAD$的面积为定值。而$BC_1$不与平面$ADP$平行，点$Q$到平面$ADP$的距离在变化（题眼），故$V_{Q - APD}$不是定值，故C错误。对于D，如图3，以$D$为坐标原点，建立空间直角坐标系（方法：建系，利用坐标法进行计算），$D(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$P(1,1,2)$。设$Q(t,2,2 - t)$，$0\leq t\leq 2$，$\therefore \overrightarrow{DA}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{PQ}=(t - 1,1,-t)$。$\therefore \cos\langle\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{DA}\rangle = \dfrac{\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{DA}}{|\overrightarrow{PQ}||\overrightarrow{DA}|}=\dfrac{2(t - 1)}{2\sqrt{(t - 1)^2 + 1 + t^2}}$。假设存在点$Q$，使得$PQ$与$AD$所成的角为$\dfrac{\pi}{6}$，则有$\left|\dfrac{2(t - 1)}{2\sqrt{(t - 1)^2 + 1 + t^2}}\right| = \cos\dfrac{\pi}{6}$（题眼），即$t^2 + t + 1 = 0$，$\because \Delta = - 3 ＜ 0$，$\therefore$ 不存在实数$t$使得方程成立。故D错误，故选B。
　　
　　　　　　

9. 如图，在直三棱柱 $ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $ 中，$ AB = 2 $，$ AB\perp BC $，$ P $，$ Q $ 分别为棱 $ BC $，$ A_{1}C_{1} $ 上的动点，且 $ \overrightarrow{BP}=\lambda \overrightarrow{BC} $，$ \overrightarrow{C_{1}Q}=\lambda \overrightarrow{C_{1}A_{1}} $，$ \lambda\in(0,1) $，则(BCD)

A.存在 $ \lambda $ 使得 $ PQ\perp A_{1}B $
B.存在 $ \lambda $ 使得 $ PQ// $平面 $ ABB_{1}A_{1} $
C.若 $ BB_{1} $，$ B_{1}C_{1} $ 长度为定值，则当 $ \lambda = \frac{1}{2} $ 时三棱锥 $ B - A_{1}PQ $ 体积最大
D.当 $ \lambda = \frac{1}{2} $ 时，直线 $ PQ $ 与 $ A_{1}B $ 所成角的余弦值的最小值为 $ \frac{2\sqrt{2}}{3} $

答案：
9. BCD 【解析】空间中线面间的位置关系+三棱锥的体积+异面直线所成角的余弦值+空间向量的应用
思维导图：已知条件$\xrightarrow{建系}$各点坐标$\to$点$P$，$Q$坐标。对于A，$\overrightarrow{PQ}$，$\overrightarrow{A_1B}$$\xrightarrow{\overrightarrow{PQ}\perp\overrightarrow{A_1B}}$$\lambda$$\to$判断A；对于B，平面$ABB_1A_1$的一个法向量$\boldsymbol{n}$$\to \lambda$$\to$判断B；对于C，若$BB_1$，$B_1C_1$长度为定值$\to S_{\triangle A_1PB}$$\to$设平面$A_1PB$的法向量为$\boldsymbol{m}$$\to \boldsymbol{m}$，$\overrightarrow{QA_1}$$\to V_{B - A_1PQ} = V_{Q - A_1PB} = \dfrac{ab}{3}(-\lambda^2 + \lambda)$$\to$判断C；对于D，$\overrightarrow{PQ}$，$\overrightarrow{A_1B}$$\to \cos\langle\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{A_1B}\rangle$$\to$判断D。
如图，分别以$B_1C_1$，$B_1A_1$，$B_1B$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系，设$B_1C_1 = a$，$B_1B = b$，则$B_1(0,0,0)$，$C_1(a,0,0)$，$A_1(0,2,0)$，$B(0,0,b)$，$C(a,0,b)$。因为$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{C_1Q}=\lambda\overrightarrow{C_1A_1}$，所以$P(\lambda a,0,b)$，$Q(a - \lambda a,2\lambda,0)$。对于A，因为$\overrightarrow{PQ}=(a - 2\lambda a,2\lambda,-b)$，$\overrightarrow{A_1B}=(0,-2,b)$，若$PQ\perp A_1B$，则$\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{A_1B} = - 4\lambda - b^2 = 0$，即$\lambda = -\dfrac{b^2}{4} ＜ 0$，与$\lambda\in(0,1)$矛盾，所以不存在$\lambda$使得$PQ\perp A_1B$。故A错误。对于B，因为平面$ABB_1A_1$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,0,0)$，若$PQ//$平面$ABB_1A_1$，则$\overrightarrow{PQ}·\boldsymbol{n}=a - 2\lambda a = 0$，解得$\lambda = \dfrac{1}{2}$，所以存在$\lambda$使得$PQ//$平面$ABB_1A_1$。故B正确。对于C，若$BB_1$，$B_1C_1$长度为定值，即$B_1C_1 = a$，$B_1B = b$，则$A_1B = \sqrt{b^2 + 4}$，$BP = \lambda a$，所以$S_{\triangle A_1PB} = \dfrac{1}{2}·\sqrt{b^2 + 4}·\lambda a$。设平面$A_1PB$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{A_1B}=0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{BP}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-2y + bz = 0,\\\lambda a x = 0,\end{cases}$取$z = 1$，则$x = 0$，$y = \dfrac{b}{2}$，$\boldsymbol{m}=\left(0,\dfrac{b}{2},1\right)$，$\overrightarrow{QA_1}=(\lambda a - a,2 - 2\lambda,0)$，所以点$Q$到平面$A_1PB$的距离为$\dfrac{|\overrightarrow{QA_1}·\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\dfrac{\dfrac{b}{2}(2 - 2\lambda)}{\sqrt{\dfrac{b^2}{4} + 1}}=\dfrac{2b(1 - \lambda)}{\sqrt{b^2 + 4}}$。所以$V_{B - A_1PQ} = V_{Q - A_1PB} = \dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×\sqrt{b^2 + 4}·\lambda a×\dfrac{2b(1 - \lambda)}{\sqrt{b^2 + 4}}=\dfrac{ab}{3}(-\lambda^2 + \lambda)$。即当$\lambda = \dfrac{1}{2}$时，三棱锥$B - A_1PQ$体积最大，故C正确。对于D，设直线$PQ$与$A_1B$所成角为$\theta$，当$\lambda = \dfrac{1}{2}$时，$\cos\theta = \dfrac{|\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{A_1B}|}{|\overrightarrow{PQ}||\overrightarrow{A_1B}|}=\dfrac{2 + b^2}{\sqrt{b^2 + 1}·\sqrt{b^2 + 4}}=\sqrt{\dfrac{b^4 + 4b^2 + 4}{b^4 + 5b^2 + 4}}=\sqrt{\dfrac{b^2 + \dfrac{4}{b^2} + 4}{b^2 + \dfrac{4}{b^2} + 5}}=\sqrt{1 - \dfrac{1}{b^2 + \dfrac{4}{b^2} + 5}}\geq\sqrt{1 - \dfrac{1}{2\sqrt{b^2×\dfrac{4}{b^2}} + 5}}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$，当且仅当$b^2 = \dfrac{4}{b^2}$，即$b = \sqrt{2}$时等号成立，故D正确，故选BCD。

10. 已知正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 的棱长为 2，$ M $，$ N $ 分别为棱 $ DD_{1} $，$ DC $ 的中点，$ P $ 为四边形 $ A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $(含边界)内一动点，且 $ MP = 2 $，则(ABD)

A.$ A_{1}B// $平面 $ AMN $
B.点 $ P $ 的轨迹长度为 $ \frac{\sqrt{3}}{2}\pi $
C.存在点 $ P $，使得 $ MP\perp $平面 $ AMN $
D.点 $ P $ 到平面 $ AMN $ 距离的最大值为 $ \frac{\sqrt{15}+2}{3} $

答案：
10. ABD 【解析】空间中线面间的位置关系+轨迹长度+点到平面的距离+空间向量的应用
思维导图：对于A，$\xrightarrow[$M,N$分别是$DD_1$和$CD$的中点]{连接CD_1}$$A_1B// MN$$\xrightarrow{线面平行的判定定理}$作出判断；对于B，已知条件$\to$确定点$P$的轨迹$\to$作出判断；对于C，$\xrightarrow[设$\angle C_1D_1P = \alpha$]{建系}$$P(\sqrt{3}\cos\alpha,2 - \sqrt{3}\sin\alpha,0)$$\xrightarrow{线面垂直的性质}$$\cos\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$，$\sin\alpha = \dfrac{1}{2\sqrt{3}}$$\to$不存在$\to$作出判断；对于D，$\xrightarrow[正弦型函数的性质]{平面$AMN$的一个法向量\to\overrightarrow{AP}\to点到平面的距离d}$$d_{max}$$\to$作出判断。
对于A，如图1所示，连接$CD_1$，则$CD_1// A_1B$，$\because M$，$N$分别是$DD_1$和$CD$的中点，$\therefore MN// CD_1$。$\therefore A_1B// MN$。又$MN\subset$平面$AMN$，$A_1B\not\subset$平面$AMN$，则$A_1B//$平面$AMN$，$\therefore$ A正确。对于B，如图2所示，$\because MD_1 = 1$，$MP_1 = MP_2 = 2$，$\therefore D_1P_1 = D_1P_2 = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$。即点$P$的轨迹为以$D_1$为圆心，$\sqrt{3}$为半径的圆的$\dfrac{1}{4}$，则轨迹长为$\dfrac{1}{4}× 2\pi×\sqrt{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\pi$，$\therefore$ B正确。对于C，如图3所示，以$A_1$为坐标原点，建立空间直角坐标系，则$A(0,0,2)$，$M(0,2,1)$，$N(1,2,2)$，$D_1(0,2,0)$，设$\angle C_1D_1P = \alpha\left(0\leq\alpha\leq\dfrac{\pi}{2}\right)$，则$P(\sqrt{3}\cos\alpha,2 - \sqrt{3}\sin\alpha,0)$，$\therefore \overrightarrow{MP}=(\sqrt{3}\cos\alpha,-\sqrt{3}\sin\alpha,-1)$。又$\overrightarrow{AN}=(1,2,0)$，$\overrightarrow{AM}=(0,2,-1)$，若存在点$P$，使得$MP\perp$平面$AMN$，则$\begin{cases}\overrightarrow{AN}·\overrightarrow{MP}=0,\\\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{MP}=0,\end{cases}$则$\begin{cases}\sqrt{3}\cos\alpha - 2\sqrt{3}\sin\alpha = 0,\\-2\sqrt{3}\sin\alpha + 1 = 0,\end{cases}$$\therefore \begin{cases}\cos\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{3}},\\\sin\alpha = \dfrac{1}{2\sqrt{3}}.\end{cases}$此时不存在，故不存在，$\therefore$ C错误。对于D，设平面$AMN$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{AN}·\boldsymbol{n}=0,\\\overrightarrow{AM}·\boldsymbol{n}=0,\end{cases}$$\therefore \begin{cases}x + 2y = 0,\\2y - z = 0.\end{cases}$令$y = - 1$，则$x = 2$，$z = - 2$，$\therefore \boldsymbol{n}=(2,-1,-2)$。又$\overrightarrow{AP}=(\sqrt{3}\cos\alpha,2 - \sqrt{3}\cos\alpha,-2)$，则点$P$到平面$AMN$的距离$d = |\overrightarrow{AP}|·\cos\langle\overrightarrow{AP},\boldsymbol{n}\rangle = \left|\dfrac{\overrightarrow{AP}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{n}|}\right|=\dfrac{|2\sqrt{3}\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha + 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + (-2)^2}}=\dfrac{\sqrt{3}(\sin\alpha + 2\cos\alpha) + 2}{3}=\dfrac{\sqrt{15}\sin(\alpha + \varphi) + 2}{3}$（其中$\tan\varphi = 2$），则$d_{max}=\dfrac{\sqrt{15} + 2}{3}$，$\therefore$ D正确。故选ABD。
　　

11. 如图，正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ M $ 为线段 $ CC_{1} $ 上的动点，$ AM\perp $平面 $ \alpha $，则(ABC)

A.直线 $ AB $ 与平面 $ \alpha $ 所成角的正弦值范围为 $ \left[ \frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{2}}{2} \right] $
B.已知 $ N $ 为 $ DD_{1} $ 的中点，当 $ AM + MN $ 的和最小时，$ \frac{MC}{DN}=2 - \sqrt{2} $
C.点 $ M $ 为 $ CC_{1} $ 的中点时，若平面 $ \alpha $ 经过点 $ B $，则平面 $ \alpha $ 截正方体所得截面图形是等腰梯形
D.点 $ M $ 与点 $ C_{1} $ 重合时，平面 $ \alpha $ 截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大

答案：
11. ABC 【解析】正方体的结构特征+空间中直线与平面的位置关系 对于A，设正方体的棱长为2，如图1，以点$D$为坐标原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系$D - xyz$，则点$A(2,0,0)$，$B(2,2,0)$，设点$M(0,2,a)(0\leq a\leq 2)$。$\because AM\perp$平面$\alpha$，则$\overrightarrow{AM}$为平面$\alpha$的一个法向量，且$\overrightarrow{AM}=(-2,2,a)$，$\overrightarrow{AB}=(0,2,0)$，$|\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AM}\rangle| = \dfrac{|\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AM}|}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AM}|}=\dfrac{4}{2×\sqrt{a^2 + 8}}=\dfrac{2}{\sqrt{a^2 + 8}}\in\left[\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right]$，$\therefore$ 直线$AB$与平面$\alpha$所成角的正弦值范围为$\left[\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right]$。A正确。对于B，将矩形$ACC_1A_1$与正方形$CC_1D_1D$延展为一个平面，如图2所示。若$AM + MN$最短，则$A$，$M$，$N$三点共线。$\because CC_1// DD_1$，$\therefore \dfrac{MC}{DN}=\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{2} + 2}=2 - \sqrt{2}$。B正确。对于C，如图3，设平面$\alpha$交棱$A_1D_1$于点$E(b,0,2)$，点$M(0,2,1)$，$\overrightarrow{AM}=(-2,2,1)$，$\overrightarrow{DE}=(b,0,2)$。$\because AM\perp$平面$\alpha$，$DE\subset$平面$\alpha$，$\therefore AM\perp DE$。即$\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{DE} = - 2b + 2 = 0$，得$b = 1$，$\therefore E(1,0,2)$。$\therefore$ 点$E$为棱$A_1D_1$的中点。同理可知，平面$\alpha$交棱$A_1B_1$于点$F$，点$F$为棱$A_1B_1$的中点，则$F(2,1,2)$，$\overrightarrow{EF}=(1,1,0)$，而$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，$\therefore \overrightarrow{EF}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DB}$。$\therefore EF// DB$且$EF\neq DB$。由空间中两点间的距离公式可得$DE = \sqrt{1^2 + 0^2 + 2^2}=\sqrt{5}$，$BF = \sqrt{(2 - 2)^2 + (1 - 2)^2 + (2 - 0)^2}=\sqrt{5}$，$\therefore DE = BF$。$\therefore$ 四边形$BDEF$为等腰梯形。C正确。对于D，当$M$与点$C_1$重合时，如图4，连接$A_1D$，$BD$，$A_1B$，$AC$。在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$\because CC_1\perp$平面$ABCD$，$BD\subset$平面$ABCD$，$\therefore BD\perp CC_1$。$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，$\therefore BD\perp AC$。$\because CC_1\cap AC = C$，$\therefore BD\perp$平面$ACC_1$。$\because AC_1\subset$平面$ACC_1$，$\therefore AC_1\perp BD$。同理可证$AC_1\perp A_1D$。$\because A_1D\cap BD = D$，$\therefore AC_1\perp$平面$A_1BD$。易知$\triangle A_1BD$是边长为$2\sqrt{2}$的等边三角形，其面积$S_{\triangle A_1BD}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}×(2\sqrt{2})^2=2\sqrt{3}$，周长为$2\sqrt{2}× 3 = 6\sqrt{2}$。设$E$，$F$，$Q$，$N$，$G$，$H$分别为棱$A_1D_1$，$A_1B_1$，$BB_1$，$BC$，$CD$，$DD_1$的中点，易知六边形$EFQNGH$是边长为$\sqrt{2}$的正六边形，且平面$EFQNGH//$平面$A_1BD$，六边形$EFQNGH$的周长为$6\sqrt{2}$，面积为$6×\dfrac{\sqrt{3}}{4}×(\sqrt{2})^2=3\sqrt{3}$，故$\triangle A_1BD$的面积小于正六边形$EFQNGH$的面积，它们的周长相等，D错误，故选ABC。
　　 　

12. 在正四棱柱 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ AB = 1 $，$ AA_{1} = 2 $，$ E $ 是 $ CC_{1} $ 的中点，则平面 $ ABE $ 与平面 $ A_{1}BE $ 所成角的余弦值为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

答案：
12. $\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}$ 【解析】平面与平面所成角的余弦值 如图，以点$D$为坐标原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，由题意，$A(1,0,0)$，$B(1,1,0)$，$A_1(1,0,2)$，$E(0,1,1)$，则$\overrightarrow{AB}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{BE}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{A_1B}=(0,1,-2)$。设平面$ABE$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则有$\begin{cases}\overrightarrow{AB}·\boldsymbol{m}=y_1=0,\\\overrightarrow{BE}·\boldsymbol{m}=-x_1 + z_1=0.\end{cases}$令$x_1 = 1$，则$z_1 = 1$，$y_1 = 0$，所以$\boldsymbol{m}=(1,0,1)$。设平面$A_1BE$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_2,y_2,z_2)$，则有$\begin{cases}\overrightarrow{A_1B}·\boldsymbol{n}=y_2 - 2z_2=0,\\\overrightarrow{BE}·\boldsymbol{n}=-x_2 + z_2=0.\end{cases}$令$x_2 = 1$，则$z_2 = 1$，$y_2 = 2$，所以$\boldsymbol{n}=(1,2,1)$。设平面$ABE$与平面$A_1BE$所成角为$\theta$，则$\cos\theta = |\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \dfrac{|\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\dfrac{2}{\sqrt{2}×\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。