多选题题型专项练训专练03立体几何-2022届新高考二轮复习

2022届新高考二轮复习第二部分多选题题型专项练训专练03立体几何1.(2021·惠州二调)空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，则下列说法正确的有()A.若a∥b，b∥c，则a∥c B.若a⊥γ，b⊥γ，则a∥bC.若a∥γ，b∥γ，则a∥b D.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c2.(2021·南京、盐城二模)对于两条不同直线m，n和两个不同平面α，β，下列选项正确的为()A.若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nB.若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n或m∥nC.若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂βD.若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α3.(2021·八省联考)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()A.AE∥CD B.CH∥BEC.DG⊥BH D.BG⊥DE4.(2021·大连双基测试)用一个平面截正方体，所得的截面不可能是()A.锐角三角形 B.直角梯形C.有一个内角为75°的菱形 D.正五边形5.(2021·重庆二诊)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面α过点D1且与CM垂直，则()A.CM⊥BDB.BD∥平面αC.平面C1BD∥平面αD.平面α截正方体所得的截面图形的面积为eq\f(9,2)6.(2021·湖南四校联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，N为底面ABCD的中心，P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，M为线段AP的中点，则()A.CM与PN是异面直线B.CM>PNC.平面PAN⊥平面BDD1B1D.过P，A，C三点的正方体的截面一定是等腰梯形7.(2021·济南学情诊断)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，点P为线段AD1上一动点，则下列说法正确的是()A.直线PB1∥平面BC1DB.三棱锥P-BC1D的体积为eq\f(1,3)C.三棱锥D1-BC1D外接球的表面积为eq\f(3π,2)D.直线PB1与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(5),3)8.(2021·湖北二联)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()A.直线D1D与直线AF垂直B.直线A1G与平面AEF平行C.平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面的面积为eq\f(9,2)D.点A1和点D到平面AEF的距离相等9.(2021·重庆诊断)已知棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP⊥MC，则下列结论中正确的是()A.点P的轨迹中包含AA1的中点B.点P在侧面AA1D1D内的轨迹的长为eq\f(\r(5)a,4)C.MP长度的最大值为eq\f(\r(21)a,4)D.直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为eq\f(\r(5),5)10.(2021·佛山质检)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则()A.截面α可能为六边形B.存在点N，使得BN⊥截面αC.若截面α为平行四边形，则1≤CN≤2D.当N与C重合时，截面图形的面积为eq\f(3\r(6),4)11.若长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3，2，1，则()A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3eq\r(2)D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2eq\r(5)12.(多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq\f(1,2)，则下列结论中错误的是()A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等13.(2021·长沙质检)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则()A.平面α分正方体所得两部分的体积相等B.四边形BFD1E一定是平行四边形C.平面α与平面DBB1不可能垂直D.四边形BFD1E的面积有最大值14.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1，G为线段EC上的动点，下列结论正确的是()A.EC⊥AFB.该几何体外接球的表面积为3πC.若G为线段EC的中点，则GB∥平面AEFD.AG2＋BG2的最小值为3答案与解析1.答案AB解析根据空间平行直线的传递性可知A正确；由直线与平面垂直的性质定理知B正确；若a∥γ，b∥γ，则a，b可能平行、相交或异面，故C错误；若a⊥b，b⊥c，则a，c可能相交、平行或异面，故D错误.2.答案ACD解析对A，令m，n分别为直线m，n的方向向量，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，又α⊥β，所以m⊥n，即m⊥n，所以选项A正确；对B，如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，令平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，直线A1C1为m，直线C1D为n，满足α⊥β，m∥α，n∥β，但m与n既不平行也不垂直，所以选项B错误；对C，若m⊄β，过m作一平面γ分别与平面α和平面β相交，且交线分别为a，b，则m∥a，a∥b，所以m∥b，所以m∥β；若m⊂β，符合题意，所以选项C正确；对D，若n⊂α，符合题意；若n⊄α，过直线n作一平面β与平面α相交，设交线为b，因为b⊂α，m⊥α，所以m⊥b，又m⊥n，且n，b在同一平面内，所以n∥b，所以n∥α，所以选项D正确.综上，选ACD.3.答案BCD解析由正方体的平面展开图还原正方体如图，连接AH，DE，BG，BH，DG，HC.由图形可知，AE⊥CD，故A错误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，HC，BC⊂平面BHC，所以DG⊥平面BHC，又BH⊂平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确.故选BCD.4.答案BCD解析对于A，如图1，截面的形状可能是正三角形，故A可能；图1图2对于B，首先考虑平面截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图2所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，从而有PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故B不可能；对于C，当平面截正方体得到的截面为菱形(非正方形)时，只有如下情形，如图3，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小.设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝eq\r(5)，PR＝2eq\r(2)，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝eq\f(PDeq\o\al(2,1)＋RDeq\o\al(2,1)－PR2,2PD1·RD1)＝eq\f(5＋5－8,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(1,5)<eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝cos75°，所以∠PD1R>75°，故C不可能；图3对于D，假设截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故D不可能.综上所述，选BCD.5.答案ABD解析如图，连接AC，则BD⊥AC.因为BD⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC⊂平面AMC，所以BD⊥平面AMC，又CM⊂平面AMC，所以BD⊥CM，故A正确；取AD的中点E，连接D1E，DM，由平面几何知识可得D1E⊥DM，又CD⊥D1E，DM∩CD＝D，DM，CD⊂平面CDM，所以D1E⊥平面CDM，又CM⊂平面CDM，所以D1E⊥CM.连接B1D1，过点E作EF∥BD，交AB于F，连接B1F，所以CM⊥EF，又D1E∩EF＝E，D1E，EF⊂平面D1EFB1，所以CM⊥平面D1EFB1，所以平面α截正方体所得的截面图形即梯形D1EFB1.由EF∥BD，BD⊄平面α，EF⊂平面α，得BD∥平面α，故B正确；连接AB1，AD1，易知平面AB1D1∥平面C1BD，而平面AB1D1∩平面α＝B1D1，所以平面C1BD与平面α不平行，故C不正确；截面图形为等腰梯形D1EFB1，EF＝eq\r(2)，B1D1＝2eq\r(2)，D1E＝B1F＝eq\r(5)，所以截面图形的面积S＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(9,2)，故D正确.6.答案BCD解析对于选项A，如图，连接NC，PC，则A，N，C三点共线.又M为AP的中点，N为AC的中点，所以CM与PN共面，故A错误；对于选项B，因为P为线段A1D1上的动点(不包括两个端点)，所以AC>AP.在△MAC中，CM2＝AC2＋AM2－2AC·AMcos∠MAC＝AC2＋eq\f(1,4)AP2－AC·AP·cos∠MAC.在△PAN中，PN2＝AP2＋AN2－2AP·ANcos∠PAN＝AP2＋eq\f(1,4)AC2－AP·ACcos∠PAN，则CM2－PN2＝eq\f(3,4)(AC2－AP2)>0，所以CM>PN，故B正确；对于选项C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知AC⊥平面BDD1B1，即AN⊥平面BDD1B1，又AN⊂平面PAN，所以平面PAN⊥平面BDD1B1，故C正确；对于选项D，连接A1C1，在平面A1B1C1D1内作PK∥A1C1，交C1D1于K，连接KC.在正方体中，A1C1∥AC，所以PK∥AC，PK，AC共面，所以四边形PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截面，AA1＝CC1，A1P＝C1K，所以AP＝CK，即梯形PKCA为等腰梯形，故D正确.故选BCD.7.答案ABD解析对于A选项，连接B1D1，AB1，根据正四棱柱的性质可知AD1∥BC1，BD∥B1D1，因为BC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1，同理得BD∥平面AB1D1，又BC1∩BD＝B，所以平面AB1D1∥平面BC1D，又PB1⊂平面AB1D1，所以PB1∥平面BC1D，所以A选项正确；对于B选项，易知AD1∥平面BC1D，所以VP-BC1D＝VA-BC1D＝VC1-ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3)，所以B选项正确；对于C选项，三棱锥D1-BC1D的外接球即正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球.设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积为4πR2＝6π，所以C选项错误；对于D选项，过P作PE∥AB，交BC1于点E，则PE⊥平面BCC1B1，连接B1E，则∠PB1E即直线PB1与平面BCC1B1所成的角，当B1E最小时，∠PB1E最大，此时B1E⊥BC1，由等面积法得S△BB1C1＝eq\f(1,2)BC1·B1E＝eq\f(1,2)BB1·B1C1，解得B1E＝eq\f(2,\r(5))，在Rt△PB1E中，PE＝AB＝1，所以PB1＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))\s\up12(2))＝eq\f(3,\r(5))，所以∠PB1E的正弦值的最大值为eq\f(PE,PB1)＝eq\f(\r(5),3)，所以D选项正确.故选ABD.8.答案BCD解析对于选项A，假设AF与D1D垂直，又D1D⊥AE，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以D1D⊥平面AEF.因为EF⊂平面AEF，所以D1D⊥EF，这显然是错误的，所以假设不成立，故A错误；图1对于选项B，取B1C1的中点N，连接A1N，GN，如图1所示，易知A1N∥AE，又AE⊂平面AEF，A1N⊄平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因为GN∥EF，EF⊂平面AEF，GN⊄平面AEF，所以GN∥平面AEF.又A1N，GN⊂平面A1GN，A1N∩GN＝N，所以平面A1GN∥平面AEF.因为A1G⊂平面A1GN，所以A1G∥平面AEF，故B正确；对于选项C，连接AD1，FD1，如图2所示，因为AD1∥EF，所以四边形AD1FE为平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面，又AD1＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，图2EF＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，D1F＝AE＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以四边形AD1FE为等腰梯形，高为eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，则S梯形AD1FE＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2)，故C正确；对于选项D，连接A1D，如图2所示，由选项C可知A1D与平面AEF相交且交点为A1D的中点，所以点A1和点D到平面AEF的距离相等，故D正确.综上，选BCD.9.答案BCD解析如图，取A1D1的中点E，分别取A1A，B1B上靠近A1，B1的四等分点F，G，连接EM，EF，FG，MG，易知EM∥FG且EM＝FG，所以E，M，F，G四点共面.连接GC，因为MG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5a2,16)，MC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋a2＝eq\f(5a2,4)，GC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)))eq\s\up12(2)＋a2＝eq\f(25a2,16)，因此MG2＋MC2＝GC2，所以MG⊥MC，易知ME⊥MC，又MG∩ME＝M，MG，ME⊂平面MEFG，所以MC⊥平面MEFG，即点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)，易知点P在侧面AA1D1D内的轨迹为EF，且EF＝MG＝eq\f(\r(5)a,4)，所以A选项错误，B选项正确；根据点P的轨迹可知，当P与F重合时，MP最长，易知FG⊥平面BB1C1C，则FG⊥MG，连接MF，所以MF＝eq\r(a2＋\f(5a2,16))＝eq\f(\r(21)a,4)，故C选项正确；由于点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)，所以直线CC1与直线MP所成的最小角就是直线CC1与平面MEFG所成的角，又向量eq\o(CC1,\s\up6(→))与平面MEFG的法向量eq\o(CM,\s\up6(→))的夹角等于∠C1CM，且sin∠C1CM＝eq\f(\f(a,2),\f(\r(5)a,2))＝eq\f(\r(5),5)，所以直线CC1与平面MEFG所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)，即直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值等于eq\f(\r(5),5)，故D选项正确.10.答案CD解析设N0为棱CC1的中点，当N从C1移动到C时，其过程中存在以下几种情况，如图1，当点N在线段C1N0上时，截面α为平行四边形；当点N在线段N0C上(不包括点N0，C)时，截面α为五边形；当点N与点C重合时，截面α为梯形.图1图2由以上分析可知，对于A，截面α不可能为六边形，所以A错误；对于B，假设BN⊥截面α，因为B1M⊂α，所以BN⊥B1M，所以必有点N，C重合，而BC与平面B1CQM不垂直，所以B错误；对于C，当截面α为平行四边形时，点N在线段C1N0上，则1≤CN≤2，所以C正确；对于D，当点N与点C重合时，截面α为梯形，如图2，过M作MM′⊥B1C，垂足为M′.设梯形的高为h，B1M′＝x，则在Rt△B1MM′中，由勾股定理，得h2＝(eq\r(2))2－x2，①同理h2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)－x))eq\s\up12(2)，②由①②，解得x＝eq\f(2\r(5),5)，h＝eq\r(\f(6,5))，所以截面α的面积等于eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)＋\f(\r(5),2)))·h＝eq\f(1,2)×eq\f(3\r(5),2)×eq\r(\f(6,5))＝eq\f(3\r(6),4)，所以D正确.综上可知，选CD.11.答案BC解析长方体的表面积为2×(3×2＋3×1＋2×1)＝22，A错误.长方体的体积为3×2×1＝6，B正确.如图1所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，如图2所示.连接AC1，则有AC1＝eq\r(52＋12)＝eq\r(26)，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时，A到C1的最短距离是eq\r(26)；将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，如图3所示，连接AC1，则有AC1＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2)，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是3eq\r(2)；将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，如图4所示.连接AC1，则有AC1＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是2eq\r(5).因为3eq\r(2)<2eq\r(5)<eq\r(26)，所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是3eq\r(2)，C正确，D错误.故选BC.12.答案AD解析由题意及图形知，当点F与点B1重合时，∠CAF＝60°，故A错误；由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF⊂平面A1B1C1D1，知EF∥平面ABCD，故B正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，点A到平面DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，故C正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A与直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.13.答案ABD解析如图所示，对于A，由正方体的对称性可知，平面α分正方体所得两部分的体积相等，A正确；对于B，因为平面ABB1A1∥CC1D1D，平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面CC1D1D＝D1F，所以BE∥D1F，同理可证D1E∥BF，所以四边形BFD1E是平行四边形，B正确；对于C，当E，F为棱中点时，EF⊥平面BB1D，又因为EF⊂平面BFD1