解析：

如图，设$C$为$AB$中点，连接$PC$，作$OD \perp$平面$PAB$，连接$AD,BD$，

又$AD,BD \subset$平面$PAB$，则$OD \perp AD, OD \perp BD$，

又$OA=OB,OD=OD$，所以$\triangle ODA \cong \triangle ODB$，

所以$AD=BD$，又$PD=PD,PA=PB$，所以$\triangle PAD \cong \triangle PBD$，

所以$\angle APD= \angle BPD$，所以垂足$D$必在$PC$上，由题意可知$PO=\sqrt{3}, OD=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$\sin\angle CPO=\frac{1}{3},\cos\angle CPO=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，

$\therefore PC=\frac{PO}{\cos\angle CPO}=\frac{3\sqrt{6}}{4},$

由于$\triangle PAB$为等腰三角形，
所以重心$G$在底边的中线$PC$靠近点$C$的三等分点处，

$\therefore PG=\frac{3\sqrt{6}}{4} \times \frac{2}{3}=\frac{\sqrt{6}}{2},$

作$GM \perp PO$，垂足为$M$，
则

可知点$G$的轨迹是以$M$为圆心，半径为$\frac{\sqrt{6}}{6}$的圆，其面积为$\frac{\pi}{6}$。

答案：$\displaystyle \frac{\pi}{6}$

解析：

(1) 记$BM, AN$的交点为$D$，$AB'$、$A'B$的交点为$E$，连接$DE$，

因为$BM, AN$是三角形$ABC$的中线，所以$\frac{BD}{DM}=2$，

因为$AB\parallel A'B'$，所以$\triangle ABE \sim \triangle B'AE$，所以$\frac{BE}{EA}=\frac{AE}{EB'}=\frac{BA}{A'B'}=2$，

所以$\frac{BE}{EA}=\frac{BD}{DM}$，所以$DE\parallel AM$，

因为$DE \subset$平面$AB'N$，$AM \not\subset$平面$AB'N$，所以$A'M\parallel$平面$AB'N$．

(2) 由(1)可知，$\frac{AE}{EB'}=2$，$\frac{AD}{DN}=2$，所以$\frac{AE}{EB'}=\frac{AD}{DN}$，所以$DE\parallel NB'$，

因为$AN \perp B'N$，所以$AN \perp DE$，

因为$M$，$N$分别为$AC$，$BC$的中点，所以$MN\parallel AB$，且$MN=2$，

所以$\triangle ABD \sim \triangle NMD$，所以$\frac{BD}{MD}=\frac{ND}{AD}=\frac{AB}{NM}=2$，

因为$AB \perp BC$，所以$MN \perp BC$，

所以$BM=\sqrt{BN^{2}+MN^{2}}=2\sqrt{3}$，$AN=\sqrt{AB^{2}+BN^{2}}=2\sqrt{6}$，

所以$BD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$AD=\frac{4\sqrt{6}}{3}$，所以$BD^{2}+AD^{2}=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+\left(\frac{4\sqrt{6}}{3}\right)^{2}=16=AB^{2}$，

所以$AN \perp BM$，又$BM, DE$是平面$A'BM$内的相交直线，所以$AN \perp$平面$A'BM$，

又$AN \subset$平面$AB'N$，所以平面$AB'N \perp$平面$A'BM$．

(3) 由(2)知，$AN \perp DE$，$AN \perp BM$，

所以$\angle BDE$（或其补角）即为平面$AB'N$与平面$ABC$的夹角，

因为$BC\parallel B'C'$且$BC=2B'C'$，所以$NC\parallel B'C'$，$NC=B'C'$，

所以四边形$NCC'B'$为平行四边形，$NB'=CC'=\sqrt{6}$，

因为$AN \perp B'N$，所以$AB'=\sqrt{AN^{2}+NB'^{2}}=\sqrt{30}$，

由余弦定理得$\cos\angle ABB'=\frac{16+6-30}{2\times4\times\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$，所以$\cos\angle BB'A=\frac{\sqrt{6}}{6}$，

所以$AB=\sqrt{AB'^{2}+BB'^{2}-2AB'\cdot BB'\cos\angle BB'A}=\sqrt{6}$，则$BE=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，

又$BD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$DE=\frac{2}{3}B'N=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，

所以$\cos\angle BDE=\frac{BD^{2}+DE^{2}-BE^{2}}{2BD\cdot DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，

因为$\cos\angle BDE=\frac{\sqrt{2}}{2}>0$，所以$\angle BDE$即为平面$AB'N$与平面$ABC$的夹角，

所以$\sin\angle BDE=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

答案：$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$

解析：

如图，在正方体中，$D_{1}D\perp$平面$ABCD$，直线$D_{1}P$与平面$ABCD$所成的角为$\angle D_{1}PD$（$D$是$D_{1}$在底面的射影），

在$\text{Rt}\triangle D_{1}DP$中，$D_{1}D=1$，则$PD=\frac{D_{1}D}{\tan\frac{\pi}{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则点$P$的轨迹是以$D$为圆心，$\frac{\sqrt{3}}{3}$为半径的圆（在平面$ABCD$内）．

将平面$A_{1}B_{1}D$沿着$B_{1}D$翻折至平面$A_{1}'B_{1}D$，使其与平面$BB_{1}D$共面，翻折后$A_{1}$与$E$的对应点为$A_{1}'$与$E'$（如图所示）．

由几何性质可知$HP+HE'=HP+HE\geq PE'$（当且仅当$H$在$PE'$与$B_{1}D$的交点时取等号）．

在$\triangle PDE'$中，$DE'=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$DP=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
则$\cos\angle BDA_{1}=\cos 2\angle BDB_{1}=2\cos^{2}\angle BDB_{1}-1=2\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)^{2}-1=\frac{1}{3}$，

由余弦定理，

$PE'^{2}=DE'^{2}+DP^{2}-2\cdot DE'\cdot DP\cos\angle BDA_{1}$

$=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-2\times\frac{\sqrt{2}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{5}{6}-\frac{\sqrt{6}}{9}$

所以$(HP+HE)^{2}$的最小值为$\frac{5}{6}-\frac{\sqrt{6}}{9}$．

答案：$\displaystyle \frac{5}{6}-\frac{\sqrt{6}}{9}$

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

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