多选题增分专练(五)　立体几何（含解析）2026届高中数学二轮复习多选题增分专练

多选题增分专练(五)　立体几何
1.(2024·晋城一模)如图,在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,=3,平面ABE将该正四棱柱分为上、下两部分,记上部分对应的几何体为Ω上,下部分对应的几何体为Ω下,则 (　　)
A.Ω下的体积为2
B.Ω上的体积为12
C.Ω下的外接球的表面积为9π
D.平面ABE截该正四棱柱所得截面的面积为2
2.已知三棱柱ABC A1B1C1中,D,E分别是AB,A1C1的中点,则下列结论正确的是 (　　)
A.BC1∥平面A1DC B.DE∥平面BCC1B1
C.A1D∥平面B1EC D.BC1∥平面CDE
3.在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,D,E分别是BC,AC1的中点,则下列判断正确的是 (　　)
A.A1B∥平面AC1D
B.异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为
C.A1D⊥BC
D.四面体B1 C1DE的体积为
4.(2024·烟台三模)如图1,半圆O的直径为4,点B,C三等分半圆,P,Q分别为OB,OC的中点,将此半圆以OA为母线卷成如图2所示的圆锥,D为BC的中点,则在图2中,下列结论正确的有 (　　)
A.PQ=
B.AD⊥平面OBC
C.PQ∥平面ABC
D.三棱锥P ABC与三棱锥Q ABC公共部分的体积为
5.如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AE=BC=2,AB=AD=1,CF=,则 (　　)
A.BD⊥EC
B.BF∥平面ADE
C.平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为
D.直线CE与平面BDE所成角的正弦值为
6.如图1,在矩形ABCD中,已知AB=2BC=4,M为CD的中点,连接AM,BM,将△AMD沿AM折起,得四棱锥D ABCM,如图2所示,则下列说法正确的是 (　　)
A.设平面ADB与平面CMD的交线为l,则AB∥l
B.在折起过程中,直线AD与平面ABCM所成角的最大值是
C.在折起过程中,存在某个位置,使得BM⊥DM
D.当平面DAM⊥平面ABCM时,三棱锥D ABM的外接球半径是2
7.如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AB=AC=AA1=1,AB⊥AC,M为BC的中点,P为线段BC1上的动点,则下列说法正确的有 (　　)
A.不存在点P,使得B1P⊥AC1
B.△ACP周长的最小值为+1
C.当=时,三棱锥P ABC外接球的表面积为
D.平面AMP截三棱柱ABC A1B1C1所得截面面积的最大值为
多选题增分专练(五)　立体几何
1.选ACD　
如图,设=3,=3,=3,连接EF,AF,BE,GF,GH,EH,
由长方体的性质可知,EF∥AB,则A,B,E,F四点共面,所以Ω下为直三棱柱ADF BCE,其体积为×1×2×2=2,A正确;
Ω上的体积为22×4-2=14,B错误;
Ω下的外接球即为长方体ABCD GHEF的外接球,所以Ω下外接球的半径R==,则Ω下的外接球的表面积为4πR2=9π,C正确;
平面ABE截该正四棱柱所得截面为矩形ABEF,其面积为2×=2,D正确.
2.选AB　
如图(1),连接AC1,交A1C于点F,连接DF,则点F是AC1的中点.又D是AB的中点,则DF∥BC1,所以BC1∥平面A1DC,所以A正确;
如图(2),取BC的中点G,连接DG,C1G,因为D是AB的中点,所以DG∥AC,且DG=AC.又EC1=A1C1=AC,EC1∥AC,所以DG∥EC1,DG=EC1,所以四边形DGC1E是平行四边形,所以DE∥C1G,所以DE∥平面BCC1B1,故B正确;
如图(3),取BC的中点P,连接DP,EP,因为D是AB的中点,所以DP∥AC,且DP=AC.又A1E=A1C1=AC,A1E∥AC,所以DP∥A1E,DP=A1E,所以四边形DPEA1是平行四边形,所以A1D∥EP,显然EP与平面B1EC相交,故C错误;
如图(4),连接AC1,交EC于点Q,连接DQ,则平面ABC1∩平面CDE=DQ,若BC1∥平面CDE,则DQ∥BC1,由于D是AB的中点,所以点Q是AC1的中点,而显然点Q不是AC1的中点,矛盾,故D错误.
3.选ACD　
如图,连接DE,A1C,因为图形为直三棱柱,
则E为A1C的中点,DE为△A1BC的中位线,故A1B∥DE.又A1B 平面AC1D,DE 平面AC1D,则A1B∥平面AC1D,故A正确;
由A可知A1B∥DE,则异面直线A1B与C1D所成的角可转化为DE与DC1所成的角.又由题可得BC==2,BA1=AC1==2,DC1==3,DE=EC1=BA1=AC1=,则异面直线A1B与C1D所成角θ的余弦值为cos θ=|cos∠C1DE|===,故B错误;
由题可得A1B=A1C=2,又D为BC的中点,则由等腰三角形三线合一可知A1D⊥BC,故C正确;
取B1C1的中点为F,连接A1F,由题可得A1F⊥B1C1,CC1⊥平面A1B1C1,则A1F⊥CC1.又B1C1,CC1 平面BB1C1C,B1C1∩CC1=C1,则A1F⊥平面BB1C1C,即A1到平面BB1C1C距离为A1F=B1C1=.又E为A1C的中点,则E到平面BB1C1C距离hE为A1到平面BB1C1C距离的一半,即.则==·hE=·=×2×4×=.故D正确.
易错提醒:选项D中,由于不能利用点E到平面BB1C1C距离为A1到平面BB1C1C距离的一半求四面体B1 C1DE的体积,而是直接利用体积公式计算,容易计算失误.
4.选ACD　
在题图2中,设圆锥的底面圆半径为r,则2πr=×4π,解得r=1.因为在题图1中,点B,C三等分半圆,所以在题图2中,点B,C为圆锥的底面圆周的三等分点,所以△ABC为等边三角形,所以=2r=2,所以BC=.又因为点P,Q分别是OB,OC的中点,所以PQ=BC=,故A正确;
连接OD,AC,AB,如图(1),因为△ABC是边长为的等边三角形,△OBC为等腰三角形,点D是BC的中点,所以AD=,OD==.而AO=2,所以AD2+OD2=+≠4=AO2,这表明AD与OD不垂直,故B错误;
因为点P,Q分别是OB,OC的中点,所以PQ∥BC.因为PQ 平面ABC,BC 平面ABC,所以PQ∥平面ABC,故C正确;
连接BQ,CP交于点E,连接OE并延长OE,如图(2),则由对称性可知OE必定交BC于点D,则三棱锥P ABC与三棱锥Q ABC公共部分即为三棱锥E ABC.因为点P,Q分别是OB,OC的中点,
所以点E为△OBC的重心,所以DE=OD=,由上易知,圆锥的轴截面为边长为2的正三角形,所以圆锥的高为,所以VE ABC=VO ABC=×××=,所以三棱锥P ABC与三棱锥Q ABC公共部分的体积为,故D正确.
5.选BC　
易错提醒:选项D中,由于不能利用点E到平面BB1C1C距离为A1到平面BB1C1C距离的一半求四面体B1 C1DE的体积,而是直接利用体积公式计算,容易计算失误.
因为AE⊥平面ABCD,AD⊥AB,由题意,以A为坐标原点,
分别以,,为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2),F,则=(-1,1,0),=(1,2,-2),所以·=-1×1+1×2+0×(-2)=1≠0,所以BD,EC不垂直,故A错误;
依题意,=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,又=,可得·=0,则BF⊥AB.又因为直线BF 平面ADE,所以BF∥平面ADE,故B正确;
设m=(a,b,c)为平面BDF的法向量,则即令b=1,可得m=,依题意,=(-1,0,2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(2,2,1),所以cos==,故平面BDE与平面BDF的夹角的余弦值为,故C正确;
设直线CE与平面BDE所成的角为θ,=(-1,-2,2),则sin θ=|cos<,n>|==,故D错误.
6.选ACD　
∵CM∥AB,CM 平面CMD,AB 平面CMD,∴AB∥平面CMD.∵AB 平面ADB,平面ADB∩平面CMD=l,∴AB∥l,故A正确;
如图,设AM的中点为Q,连接DQ,则DQ⊥AM,过D作DO⊥平面ABCM,垂足为O,连接OA,则∠DAO就是直线AD与平面ABCM所成的角,在Rt△ADO中,sin∠DAO=≤=,
∴∠DAO的最大值为,
(注意:线面角的范围为,而函数y=sin x在上单调递增,因此当sin∠DAO=时,∠DAO取得最大值)
故B错误;易证AM⊥BM,折起过程中,当平面DAM⊥平面ABCM时,平面DAM∩平面ABCM=AM,BM 平面ABCM,∴BM⊥平面DAM.∵DM 平面DAM,∴BM⊥DM,故C正确;由上可知当平面DAM⊥平面ABCM时,BM⊥DM,∴BD==2.又AD=2,AB=4,∴AB2=BD2+AD2,∴△ABD为直角三角形且BD⊥AD,易证AB的中点为三棱锥D ABM的外接球球心,则外接球的半径R==2,故D正确.
巧用结论:若三棱锥的4个顶点可以构成共斜边的两个直角三角形,则公共斜边的中点就是该三棱锥外接球的球心.
7.选BC　
连接A1C,B1C,图略,易证AC1⊥平面A1B1C,当P为BC1的中点时,B1P 平面A1B1C,所以B1P⊥AC1,故A错误①;
将△BCC1绕BC1旋转,使得点C到达点C'的位置,且A,B,C',C1四点共面,连接AC',图略,由平面几何知识可知,四边形ABC'C1是矩形,AB=C'C1=1,AC1=BC'=,则CP+AP=C'P+AP≥AC'==②,
所以△ACP周长的最小值为+1,B正确;
以点A为坐标原点,,,分别作为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,图略,则A(0,0,0),B(1,0,0),C1(0,1,1),C(0,1,0),则=+=+=(1,0,0)+(-1,1,1)=,所以P,显然三棱锥外接球的球心O在平面BCP内且在线段BC的垂直平分线上,设O,连接OP,OA,因为OA=OP,所以=,解得z=-,所以OA2=,所以三棱锥P ABC外接球的表面积为4πOA2=,C正确;
分如下三种情况,①如图(1),延长MP交B1C1于点N,过点N作B1C1的垂线交A1C1于点S,连接AS,则四边形AMNS为所求截面;②如图(2),延长MP交B1C1于点N1,过点N1作B1C1的垂线交A1B1于点S1,连接AS1,则四边形AMN1S1为所求截面;③如图(3),延长MP交BB1于点N2,连接AN2,则三角形AMN2为所求截面.
显然①②中的截面面积均大于或等于③中的截面面积,
故只需考虑①②中的情况,易知①②中的情况相同,故只需考虑情况①即可.在①中,易知SN∥AM,AM⊥MN,设C1N=x,则SN=x,MN=,所以所求截面面积S=×=
=③,
易知函数y=x4+x+在上单调递增,故S≤ =,故D错误.
发散拓展:①处,判断一个选项不正确时,只需举出一个反例即可;
②处,将空间问题转化为平面问题,并借助两点之间线段最短求CP+AP的最小值;
③处,在求解立体几何中的动态问题时,对一些很难把握运动模型(规律)的最值问题,可以通过构建某个变量的函数,以数解形.