解析：

如图，设$BD,AC$的中点分别为$E,F$，球心为$O$，半径为$R$，
$\because AB=CD=5, AC=\sqrt{41}, BD=3, AD=BC=5,$
$\therefore AE\perp BD,CE\perp BD$，又$AE\cap CE=E$，$AE,CE\subset$平面$ACE$，
$\therefore BD\perp$平面$ACE$，又$EF\subset$平面$ACE$，
$\therefore BD\perp EF$，则$EF$垂直平分$BD$，
同理可得$EF$垂直平分$AC$，故球心$O$在$EF$上，设$OE=x$，
$AE=CE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\frac{\sqrt{91}}{2},\ EF=\sqrt{AE^2-AF^2}=\frac{5\sqrt{2}}{2},$
$OB^2=OE^2+BE^2=x^2+\frac{9}{4},OA^2=AF^2+OF^2=\frac{41}{4}+\left( \frac{5\sqrt{2}}{2}-x \right)^2,$
又$OB^2=OA^2$，解得$x=\frac{41\sqrt{2}}{20},\ R^2=x^2+\frac{9}{4}=\frac{2131}{200},$
则四面体$ABCD$外接球的表面积为$\frac{2131}{50}\pi$。

答案：$\displaystyle \frac{2131}{50}\pi$

解析：

由$AD\perp DC$，点$S,A,B,C,D$均在球$O$的表面上，
得四边形$ABCD$内接于圆，则$\angle ABC=90^\circ$，即$BC\perp AB$，
由$SA\perp$平面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，得$SA\perp BC$，
又$AB\perp BC$，$SA\cap AB=A$，$SA,AB\subset$平面$SAB$，则$BC\perp$平面$SAB$，
而$SB\subset$平面$SAB$，则$BC\perp SB$，又$AB\perp BC$，
因此二面角$S-BC-A$的平面角为$\angle SBA$，即$\angle SBA=\frac{\pi}{3}$，
在$\text{Rt}\triangle ABS$中，由$SA=3\sqrt{3}$，得$AB=\frac{SA}{\tan\frac{\pi}{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=3$，
四边形$ABCD$外接圆的直径，即$\text{Rt}\triangle ABC$外接圆的直径$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=5$，
由$SA\perp$平面$ABCD$，得四棱锥$S-ABCD$外接球的半径$R=\sqrt{\left(\frac{1}{2}AC\right)^2+\left(\frac{1}{2}SA\right)^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{27}{4}}=\sqrt{13}$
所以四棱锥$S-ABCD$外接球的表面积为$S=4\pi(\sqrt{13})^2=52\pi$．

答案：$\displaystyle 52\pi$

解析：

设$AA_{1}=a$，$a>1$，
在$\text{Rt} \triangle A_{1}AC$中，由等面积法得点$A$到直线$A_{1}C$的距离：

$d_{1}=\frac{A_{1}A \cdot AC}{A_{1}C}=\frac{a \times \sqrt{2}}{\sqrt{a^{2}+2}}=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{a^{2}+2}}$

连接$A_{1}D$，过$A$作$AE \perp A_{1}D$，
因为$CD \perp$平面$ADD_{1}A_{1}$，$AE \subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，所以$CD \perp AE$，
又$CD \cap A_{1}D=D$，$CD,A_{1}D \subset$平面$DCB_{1}A_{1}$，
所以$AE \perp$平面$DCB_{1}A_{1}$，即$AE$是点$A$到平面$DCB_{1}A_{1}$的距离：

$d_{2}=AE=\frac{AA_{1} \cdot AD}{A_{1}D}=\frac{a \cdot 1}{\sqrt{a^{2}+1}}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+1}}$

因此：

$\frac{d_{1}}{d_{2}}=\frac{\sqrt{2} \cdot \sqrt{a^{2}+1}}{\sqrt{a^{2}+2}}=\frac{\sqrt{2(a^{2}+2)-2}}{\sqrt{a^{2}+2}}=\sqrt{2-\frac{2}{a^{2}+2}}$

因为$a>1$，所以$a^{2}+2>3$，故$0<\frac{2}{a^{2}+2}<\frac{2}{3}$，
所以$2-\frac{2}{a^{2}+2} \in \left( \frac{4}{3},2 \right)$，故$\frac{d_{1}}{d_{2}} \in \left( \frac{2\sqrt{3}}{3},\sqrt{2} \right)$．

答案：$\displaystyle \left( \frac{2\sqrt{3}}{3},\sqrt{2} \right)$

解析：

(1) 求证$CD\perp MN$

取$CD$中点$O$，连接$OM$，$ON$。

因为$M$，$N$分别为$AD$，$BC$的中点，则$OM \parallel AC$，$ON \parallel BD$。

因为$\angle ACD = \angle BDC = \frac{\pi}{2}$，所以$CD \perp OM$，$CD \perp ON$。

又$OM \cap ON = O$，$OM, ON \subset$平面$MON$，所以$CD \perp$平面$MON$。

又$MN \subset$平面$MON$，所以$MN \perp CD$。

(2) 用$x$，$\theta$表示三棱锥$M-CDN$的体积

由 (1) 知，$CD \perp$平面$MON$，
又$CD \subset$平面$CDN$，所以平面$MON \perp$平面$CDN$，交线为$ON$。

过$M$作$MG \perp ON$于$G$。
因为$MG \subset$平面$MON$，所以$MG \perp$平面$CDN$，即$MG$为三棱锥$M-CDN$的高。

因为$M$、$O$分别为$AD$、$CD$中点，所以$MO \parallel AC$，$MO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}$。

又$CD \perp$平面$MON$，所以$\angle MON$即为二面角$A-CD-B$的平面角，则$\angle MON = \theta$，

在$\text{Rt} \triangle MOG$中，$MG = \frac{1}{2}\sin\theta$。

因为$N$为$BC$中点，所以

$S_{\triangle CDN} = \frac{1}{2}S_{\triangle BCD} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times 1 \times x = \frac{x}{4}.$

所以

$V_{M-CDN} = \frac{1}{3}S_{\triangle CDN} \cdot MG = \frac{1}{3} \times \frac{x}{4} \times \frac{1}{2}\sin\theta = \frac{x\sin\theta}{24}.$

(3) 求证$r<\frac{1}{4}$

作$MG \perp ON$于$G$，由 (2) 知，$MG = \frac{1}{2}\sin x$，

过$G$作$GH \parallel CD$交$BD$于$H$，则$BD \perp GH$，四边形$OGHD$为矩形，

又$MG \perp$平面$BCD$，$BD \subset$平面$BCD$，所以$BD \perp MG$，

又$MG \cap GH = G$，$MG, GH \subset$平面$MGH$，所以$BD \perp$平面$MGH$，

因为$MH \subset$平面$MGH$，所以$BD \perp MH$，

在$\text{Rt} \triangle MGH$中，

$MH = \sqrt{GH^2 + MG^2} = \sqrt{OD^2 + MG^2} = \sqrt{\left(\frac{1}{2}x\right)^2 + \left(\frac{\sin x}{2}\right)^2} = \frac{1}{2}\sqrt{x^2 + \sin^2 x},$

设$\triangle ABD$的高为$h'$，所以$h' = 2MH = \sqrt{\sin^2 x + x^2}$，

又$AC = BD = 1$，$BC = AD = \sqrt{1 + x^2}$，所以$\triangle ABD \cong \triangle BAC$，

即

$S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}BD \cdot h' = \frac{1}{2}\sqrt{x^2 + \sin^2 x}, \quad S_{\triangle ACD} = S_{\triangle BCD} = \frac{x}{2},$

所以三棱锥$A-BCD$的表面积

$S = S_{\triangle ABD} + S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD} + S_{\triangle BCD} = 2 \times \frac{1}{2}\sqrt{x^2 + \sin^2 x} + 2 \times \frac{x}{2} = x + \sqrt{x^2 + \sin^2 x},$

又

$V_{A-BCD} = 2V_{M-BCD} = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 \times \frac{1}{2}x\sin x = \frac{1}{6}x\sin x,$

所以三棱锥$A-BCD$的内切球半径

$R = \frac{3V_{A-BCD}}{S} = \frac{x\sin x}{2\left(x + \sqrt{x^2 + \sin^2 x}\right)},$

因此

$r \leq R = \frac{x\sin x}{2\left(x + \sqrt{x^2 + \sin^2 x}\right)} < \frac{x\sin x}{2\left(x + \sqrt{x^2}\right)} = \frac{\sin x}{4} \leq \frac{1}{4},$

故$r < \frac{1}{4}$。

答案：
(1) 证明见解析
(2) $\displaystyle V_{M-CDN} = \frac{x\sin\theta}{24}$
(3) 证明见解析

解析：

(1) 证明

$\because BC\parallel AD$，$BC\not\subset$平面$PAD$，$AD\subset$平面$PAD$，
$\therefore BC\parallel$面$PAD$，
$\because BC\subset$面$PBC$，面$PBC\cap$面$PAD=l$，
$\therefore BC\parallel l$，
$\because l\not\subset$面$ABCD$，$BC\subset$面$ABCD$，
$\therefore l\parallel$面$ABCD$。

(2) 求体积比

连接$AC$交$BD$于点$N$，连接$MN$，作$MQ\parallel AD$交$PB$于$Q$，
设$\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{MC}$，
$\because PA\parallel$平面$BDM$，$PA\subset$平面$PAC$，平面$PAC\cap$平面$BDM=MN$，
$\therefore PA\parallel MN$，
在梯形$ABCD$中，$\because BC\parallel AD$，
$\therefore \triangle ADN \backsim \triangle CBN$，
$\therefore \dfrac{CN}{AN}=\dfrac{CB}{AD}=\dfrac{1}{2}$，
$\because PA\parallel MN$，
$\therefore \dfrac{PM}{MC}=\dfrac{AN}{CN}=2$，即$\lambda=2$，
可得：

故$\dfrac{V_{P-AQMD}}{V_{P-ABCD}}=\dfrac{16}{27}$。

答案：
(1) 证明见解析
(2) $\displaystyle\dfrac{16}{27}$

解析：

(1) 求异面直线 $A_1B$ 与 $EF$ 所成角的余弦值

过点 $E$ 作 $EM\parallel D_1C$ 交 $C_1D_1$ 于 $M$，连接 $FM$。

由正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的对角面 $A_1BCD_1$ 是矩形，得 $D_1C\parallel A_1B$，则 $EM\parallel A_1B$，故 $\angle FEM$ 即为直线 $A_1B$ 与 $EF$ 所成的角或其补角。

由 $CE=1$，$A_1F=2$，得 $D_1M=1$，$FM=\sqrt{5}$，$EM=3\sqrt{2}$，$EF=\sqrt{29}$。

在 $\triangle EFM$ 中，由余弦定理：

$\cos\angle FEM = \frac{EF^{2}+EM^{2}-FM^{2}}{2\cdot EF\cdot EM} = \frac{29+18-5}{2\times\sqrt{29}\times 3\sqrt{2}} = \frac{42}{6\sqrt{58}} = \frac{7\sqrt{58}}{58}.$

所以直线 $A_1B$ 与 $EF$ 所成角的余弦值为 $\displaystyle\frac{7\sqrt{58}}{58}$。

(2) 设 $G$ 是线段 $EF$ 上的动点

（i）判断三棱锥 $G-A_1BD$ 的体积是否为定值

三棱锥 $G-A_1BD$ 的体积不是定值。

证明： 假设体积是定值，则线段 $EF$ 上任意一点到平面 $A_1BD$ 的距离都相等。又 $EF\not\subset$ 平面 $A_1BD$，于是 $EF\parallel$ 平面 $A_1BD$。

由 (1) 知 $EM\parallel A_1B$，且 $EM\not\subset$ 平面 $A_1BD$，则 $EM\parallel$ 平面 $A_1BD$。

而 $EF\cap EM=E$，$EF,EM\subset$ 平面 $EFM$，则平面 $EFM\parallel$ 平面 $A_1BD$。

取 $C_1D_1$ 中点 $N$，连接 $A_1N$。易知 $M$ 为 $D_1N$ 的中点，则 $FM\parallel A_1N$。又 $A_1N$ 与平面 $A_1BD$ 交于点 $A_1$，于是 $FM$ 与平面 $A_1BD$ 相交，这与 $FM\subset$ 平面 $EFM\parallel$ 平面 $A_1BD$ 矛盾。

故假设不成立，三棱锥 $G-A_1BD$ 的体积不是定值。

求最小值： 由图知，线段 $EF$ 在平面 $A_1BD$ 的同侧，且在线段 $EF$ 的所有点中，$F$ 到平面 $A_1BD$ 的距离最小，则当 $G$ 与 $F$ 重合时，三棱锥 $G-A_1BD$ 的体积最小。

此时

$V_{G-A_1BD}=V_{F-A_1BD}=V_{B-A_1DF} = \frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times 2\times 4\times 4 = \frac{16}{3}.$

所以三棱锥 $G-A_1BD$ 体积的最小值为 $\displaystyle\frac{16}{3}$。

（ii）当 $CG\parallel$ 平面 $A_1BD$ 时，求 $\dfrac{EG}{FG}$

连接 $B_1C$，$B_1D_1$，$CD_1$。

由正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的对角面 $BB_1D_1D$ 是矩形，得 $B_1D_1\parallel BD$，且 $B_1D_1\not\subset$ 平面 $A_1BD$，则 $B_1D_1\parallel$ 平面 $A_1BD$。

同理 $B_1C\parallel$ 平面 $A_1BD$。

而 $B_1D_1\cap B_1C=B_1$，$B_1D_1,B_1C\subset$ 平面 $B_1CD_1$，因此平面 $B_1CD_1\parallel$ 平面 $A_1BD$。

此时线段 $EF\cap$ 平面 $B_1CD_1=G$，满足 $CG\parallel$ 平面 $A_1BD$。

设 $E$，$F$ 到平面 $B_1CD_1$ 的距离分别为 $d_1$，$d_2$，则 $\displaystyle\frac{EG}{FG}=\frac{d_1}{d_2}$。

$\triangle B_1CD_1$ 是边长为 $4\sqrt{2}$ 的等边三角形，则

$S_{\triangle B_1CD_1} = \frac{\sqrt{3}}{4}\times (4\sqrt{2})^{2} = 8\sqrt{3}.$

由 $V_{E-B_1CD_1} = V_{D_1-B_1CE}$，得

$\frac{1}{3}\times 8\sqrt{3}\,d_1 = \frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times 1\times 4\times 4,$

解得 $d_1 = \dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

由 $V_{F-B_1CD_1} = V_{C-B_1D_1F}$，得

$\frac{1}{3}\times 8\sqrt{3}\,d_2 = \frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times 2\times 4\times 4,$

解得 $d_2 = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$。

所以

$\frac{EG}{FG} = \frac{d_1}{d_2} = \frac{1}{2}.$

答案：

(1) $\displaystyle\frac{7\sqrt{58}}{58}$

(2)（i）不是定值，最小值为 $\displaystyle\frac{16}{3}$
（ii）$\displaystyle\frac{1}{2}$

注：图中红色辅助线 $AN$、$NM$ 为解题添加。

分析

要证 $PB \perp DM$，自然的思路是证明 $PB$ 垂直于 $DM$ 所在的一个平面。那么，$DM$ 在哪个平面中？如何构造这样的平面？

注意到 $M$ 是 $PC$ 中点，联想到中点可以构造中位线。取 $PB$ 中点 $N$，则 $MN \parallel BC \parallel AD$，说明 $M$、$N$、$A$、$D$ 四点共面。于是 $DM$ 在这个平面 $MNAD$ 中。

接下来只需证明 $PB \perp$ 平面 $MNAD$，即证 $PB$ 垂直于该平面内两条相交直线。平面 $MNAD$ 中有 $AN$ 和 $AD$ 两条现成的线：

• $AN \perp PB$：由 $PA=AB$ 得等腰三角形，三线合一；
• $AD \perp PB$：先由 $AD \perp AB$ 和 $PA \perp AD$ 得 $AD \perp$ 平面 $PAB$，从而 $AD \perp PB$。

两条相交直线都垂直 $PB$，则 $PB \perp$ 平面 $MNAD$，结论得证。

证明

取 $PB$ 中点 $N$，连结 $AN$、$MN$。

$\because PA = AB$，$N$ 为 $PB$ 中点，
$\therefore AN \perp PB$（等腰三角形三线合一）。

$\because PA \perp$ 平面 $ABCD$，$AD \subset$ 平面 $ABCD$，
$\therefore PA \perp AD$。

又 $\because AD \perp AB$，$PA \cap AB = A$，$PA, AB \subset$ 平面 $PAB$，
$\therefore AD \perp$ 平面 $PAB$。

$\because PB \subset$ 平面 $PAB$，
$\therefore AD \perp PB$。

在 $\triangle PBC$ 中，$M$、$N$ 分别为 $PC$、$PB$ 中点，
$\therefore MN \parallel BC$。

$\because AD \parallel BC$，
$\therefore MN \parallel AD$。
故 $M$、$N$、$A$、$D$ 四点共面，记该平面为 $\alpha$，则 $DM \subset \alpha$。

$\because AN \perp PB$，$AD \perp PB$，且 $AN \cap AD = A$，$AN, AD \subset \alpha$，
$\therefore PB \perp$ 平面 $\alpha$。

$\because DM \subset \alpha$，
$\therefore PB \perp DM$。

答案：已证明 $PB \perp DM$。

解析：

步骤 1：求正三棱柱的侧棱长度

正三棱柱底面是正三角形 $ABC$，底面积为：

$S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot AB^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times (2\sqrt{3})^2 = 3\sqrt{3}$

由棱柱体积公式：

$V_{ABC-A_1B_1C_1} = S_{\triangle ABC} \cdot AA_1 = 3\sqrt{3} \cdot AA_1 = 6\sqrt{3}$

解得侧棱长度 $AA_1 = 2$。

步骤 2：推导截面垂直关系

取 $BC$ 中点 $M$，由正三棱柱的性质可得：
$AM \perp BC$，$DM \perp BC$，且 $AM \cap DM = M$，
因此 $BC \perp$ 平面 $AMDA_1$，故 $BC \perp AP$。

过 $M$ 作 $ME \perp AP$，垂足为 $E$，结合 $BC \perp AP$、$ME \cap BC = M$，
可证 $AP \perp$ 平面 $BEC$，即平面 $BEC$ 就是题目要求的截面 $\alpha$。

步骤 3：割补法拆分体积

将待求三棱锥体积拆分为两个棱锥的差：

$V_{P-BCE} = V_{P-ABC} - V_{E-ABC}$

首先计算固定体积 $V_{P-ABC}$：点 $P$ 在 $A_1D$ 上，到底面 $ABC$ 的距离恒等于侧棱长度 $AA_1=2$，因此：

$V_{P-ABC} = \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot AA_1 = \frac{1}{3} \times 3\sqrt{3} \times 2 = 2\sqrt{3}$

再计算 $V_{E-ABC}$：设 $EH$ 为点 $E$ 到底面 $ABC$ 的垂直高度，则：

$V_{E-ABC} = \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot EH = \frac{1}{3} \times 3\sqrt{3} \cdot EH = \sqrt{3} \cdot EH$

步骤 4：求体积最小值

由 $AE \perp EM$，可知点 $E$ 的轨迹为平面 $AMDA_1$ 内以 $AM$ 为直径的圆。

$AM$ 是正三角形 $ABC$ 的高：

$AM = \frac{\sqrt{3}}{2} \times AB = 3$

因此圆的半径为 $\dfrac{3}{2}$，故 $E$ 到底面的最大高度为圆的半径：

$EH \leq \frac{1}{2} AM = \frac{3}{2}$

因此 $V_{E-ABC}$ 的最大值为：

$V_{E-ABC(\max)} = \sqrt{3} \times \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$

最终得 $V_{P-BCE}$ 的最小值：

$V_{P-BCE(\min)} = 2\sqrt{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}$，选项 A。