第60練立體幾何小題綜合練一、單項(xiàng)選擇題1．(★)(2023·鐵嶺模擬)設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，下列說(shuō)法正確的是()A．若m⊥n，m⊥α，n∥β，則α∥βB．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，則n∥βC．若m∥α，n⊥β，m∥n，則α⊥βD．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m∥n答案C解析如圖，以正方體為例，A項(xiàng)，令A(yù)B＝m，BC＝n，平面BCC1B1＝α，平面ADD1A1與平面A1B1C1D1都可以是平面β，α與β可能平行也可能相交，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，令平面BCC1B1＝α，平面A1B1C1D1＝β，AB＝m，BB1＝n，此時(shí)n與β相交，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，m∥α，由線面平行的性質(zhì)定理知，α內(nèi)有直線l∥m，m∥n，則n∥l，又n⊥β，則l⊥β，則α⊥β，C正確；D項(xiàng)，令平面BCC1B1＝α，平面A1B1C1D1＝β，AB＝m，BB1＝n，但m與n相交，不平行，D錯(cuò)誤．2．(★)(2023·天津模擬)在直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝120°，E為BB′的中點(diǎn)，則異面直線CE與C′A所成角的余弦值是()A．－eq\f(\r(10),5) B.eq\f(\r(10),5)C．－eq\f(\r(10),10) D.eq\f(\r(10),10)答案B解析如圖所示，將直三棱柱ABC－A′B′C′向上方補(bǔ)形為直三棱柱ABC－FGH，其中A′，B′，C′分別為所在棱的中點(diǎn)，取B′G的中點(diǎn)D′，連接AD′，C′D′，可知CE∥C′D′，異面直線CE與C′A所成的角即為C′D′與C′A所成的角，即∠AC′D′(或其補(bǔ)角)．設(shè)CB＝2，則C′D′＝eq\r(5)，C′A＝2eq\r(2)，AD′＝eq\r(21)，cos∠AC′D′＝eq\f(8＋5－21,2×2\r(2)×\r(5))＝－eq\f(\r(10),5)，故異面直線CE與C′A所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).3．(★)(2024·湛江模擬)如圖所示的某糧倉(cāng)(糧倉(cāng)的底部位于地面上)是由圓柱和圓錐構(gòu)成的，若圓柱的高是圓錐高的2倍，且圓錐的母線長(zhǎng)是4，側(cè)面積是4π，則制作這樣一個(gè)糧倉(cāng)(不含底面)的用料面積為()A．4eq\r(15)π B．(2eq\r(15)＋4)πC．(3eq\r(15)＋4)π D．(4eq\r(15)＋4)π答案D解析設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，則4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝eq\r(42－1)＝eq\r(15)，圓柱的側(cè)面積為2πr·2h＝4eq\r(15)π，故制作這樣一個(gè)糧倉(cāng)的用料面積為(4eq\r(15)＋4)π.4．(★★)(2023·徐州模擬)如圖，四邊形ABCD是圓柱的軸截面，E是底面圓周上異于A，B的一點(diǎn)，則下面結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A．AE⊥CEB．BE⊥DEC．DE⊥平面BCED．平面ADE⊥平面BCE答案C解析因?yàn)樗倪呅蜛BCD是圓柱的軸截面，則線段AB是底面圓的直徑，BC，AD都是圓柱的母線，又E是底面圓周上異于A，B的一點(diǎn)，于是得AE⊥BE，而B(niǎo)C⊥平面ABE，AE?平面ABE，所以BC⊥AE，因?yàn)锽C∩BE＝B，BC，BE?平面BCE，所以AE⊥平面BCE，又CE?平面BCE，因此得AE⊥CE，同理，BE⊥DE，A，B正確；點(diǎn)D不在底面ABE內(nèi)，而直線AE在底面ABE內(nèi)，即AE，DE是兩條不同直線，若DE⊥平面BCE，因?yàn)锳E⊥平面BCE，與過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線垂直于已知平面矛盾，C不正確；因?yàn)锳E⊥平面BCE，而AE?平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，D正確．5．(★★)(2023·鄭州模擬)已知三棱錐A－BCD的外接球?yàn)榍騉，△BCD是邊長(zhǎng)為3eq\r(3)的正三角形，若三棱錐A－BCD體積的最大值為eq\f(81\r(3),4)，則球O的體積為()A.eq\f(500π,3) B.eq\f(256π,3)C．100π D．64π答案A解析設(shè)三棱錐A－BCD的高為h，當(dāng)球心O在三棱錐A－BCD的高線上時(shí)，三棱錐A－BCD的體積最大，此時(shí)eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3eq\r(3)×3eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)h＝eq\f(81\r(3),4)，解得h＝9.設(shè)球O的半徑為R，如圖，AM是三棱錐的高，BM＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，OB＝OA＝R，則(9－R)2＋32＝R2，解得R＝5，所以球O的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(500π,3).6.(★★)(2023·南昌模擬)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在正方形BCC1B1(包括邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng)．若PA1∥平面AMN，則PA1的最小值是()A．1B.eq\f(\r(5),4)C.eq\f(3\r(2),4)D.eq\f(\r(6),2)答案C解析如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)E，BB1的中點(diǎn)F，連接A1E，A1F，EF，因?yàn)镸，N分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，所以A1E∥AM，EF∥MN，又因?yàn)锳1E∩EF＝E，A1E，EF?平面A1EF，AM∩MN＝M，AM，MN?平面AMN，所以平面A1EF∥平面AMN，因?yàn)镻A1∥平面AMN，且點(diǎn)P在平面BCC1B1內(nèi)，所以點(diǎn)P的軌跡是EF，且A1E＝A1F＝eq\f(\r(5),2)，EF＝eq\f(\r(2),2)，所以當(dāng)P點(diǎn)位于EF的中點(diǎn)O處時(shí)，PA1最小，此時(shí)PA1＝A1O＝eq\r(A1E2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)EF))2)＝eq\r(\f(5,4)－\f(1,8))＝eq\f(3\r(2),4).二、多項(xiàng)選擇題7．(★)(2024·濟(jì)南模擬)在下列底面為平行四邊形的四棱錐中，A，B，C，M，N是四棱錐的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則MN∥平面ABC的有()答案AB解析對(duì)于A，如圖1，設(shè)P為AB的中點(diǎn)，底面為平行四邊形BEFC，連接MP，PC，圖1則PM∥BE，PM＝eq\f(1,2)BE，而CN＝eq\f(1,2)CF，CF∥BE，故PM∥CN，PM＝CN，即四邊形PMNC為平行四邊形，故MN∥PC，而PC?平面ABC，MN?平面ABC，故MN∥平面ABC，A正確；對(duì)于B，如圖2，設(shè)P為AB的中點(diǎn)，底面為平行四邊形BCFE，連接MP，PC，圖2則PM∥BE，PM＝eq\f(1,2)BE，而B(niǎo)E∥CF，CN＝eq\f(1,2)CF，故PM∥CN，PM＝CN，即四邊形PMNC為平行四邊形，故MN∥PC，而PC?平面ABC，MN?平面ABC，故MN∥平面ABC，B正確；對(duì)于C，如圖3，設(shè)底面為平行四邊形BEFG，P為AE的中點(diǎn)，連接NP，PB，圖3設(shè)NP交AC于H，連接BH，則PN∥FE，PN＝eq\f(1,2)FE，而FE∥GB，MB＝eq\f(1,2)GB，故PN∥MB，PN＝MB，即四邊形PNMB為平行四邊形，故MN∥PB，假設(shè)MN∥平面ABC，又MN?平面PNMB，平面PNMB∩平面ABC＝BH，則MN∥BH，即在平面PNMB內(nèi)過(guò)點(diǎn)B有兩條直線都和MN平行，這是不可能的，故此時(shí)MN∥平面ABC不成立，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖4，設(shè)底面為平行四邊形ANEF，圖4連接AE，F(xiàn)N交于點(diǎn)H，F(xiàn)N∩AC＝G，則H為FN的中點(diǎn)，連接BH，BG，由于B為MF的中點(diǎn)，故BH∥MN，假設(shè)MN∥平面ABC，又MN?平面NMF，平面NMF∩平面ABC＝BG，則MN∥BG，即在平面NMF內(nèi)過(guò)點(diǎn)B有兩條直線都和MN平行，這是不可能的，故此時(shí)MN∥平面ABC不成立，D錯(cuò)誤．8．(★★)(2023·昆明模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．A1E⊥B1C1B．平面AA1D1D中的任意一條直線都與C1F平行C．A1E，BB1，C1F三條直線有公共點(diǎn)D．正方體中的任意一條棱所在直線與直線AB1的夾角都是eq\f(π,4)答案AC解析∵B1C1⊥平面ABB1A1，A1E?平面ABB1A1，∴B1C1⊥A1E，故A正確；顯然AD與C1F是異面直線，故B錯(cuò)誤；在平面ABB1A1中，BE∥A1B1，且BE＝eq\f(1,2)A1B1，則A1E與BB1交于點(diǎn)M且MB＝eq\f(1,2)MB1，同理C1F與BB1交于點(diǎn)N且NB＝eq\f(1,2)NB1，即點(diǎn)M與點(diǎn)N重合，則A1E，BB1，C1F三條直線有公共點(diǎn)，故C正確；易知BC⊥平面AA1B1B，又AB1?平面AA1B1B，故BC⊥AB1，故D錯(cuò)誤．9．(★★)(2024·廈門(mén)模擬)如圖是底面半徑為1，高為2的圓柱體，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于底面圓O，P是上底面圓周上一動(dòng)點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．DF∥平面PACB．存在點(diǎn)P，使得OB⊥PCC．當(dāng)CD與平面PAC所成的角最大時(shí)，三棱錐P－ABD的外接球的體積為eq\f(8\r(2)π,3)D．若M為AA1的中點(diǎn)，則三棱錐M－ACP的體積的最大值為eq\f(1,3)答案ABC解析對(duì)于A，由六邊形ABCDEF為正六邊形，得DF∥AC，又AC?平面PAC，DF?平面PAC，∴DF∥平面PAC，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A1重合時(shí)，PA⊥平面ABCDEF，∵OB?平面ABCDEF，∴PA⊥OB，易知OB⊥AC，又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴OB⊥平面PAC，又PC?平面PAC，∴OB⊥PC，故B正確；對(duì)于C，由六邊形ABCDEF是正六邊形，易知CD⊥AC，當(dāng)PA⊥平面ABCDEF或PC⊥平面ABCDEF時(shí)，易得CD⊥平面PAC，此時(shí)CD與平面PAC所成的角最大，為90°，將三棱錐P－ABD補(bǔ)形為長(zhǎng)方體(圖略)，則長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為eq\r(3)，1,2，設(shè)三棱錐P－ABD的外接球的半徑為R，則(2R)2＝22＋12＋(eq\r(3))2，即4R2＝8，∴R＝eq\r(2)，∴V三棱錐P－ABD外接球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2)π,3)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)點(diǎn)P到平面ACM的距離為h，由題意得VM－ACP＝VP－ACM＝eq\f(1,3)·S△ACM·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×h＝eq\f(\r(3),6)h，過(guò)點(diǎn)P作PP′⊥⊙O于點(diǎn)P′(圖略)，則點(diǎn)P′到AC的距離即為點(diǎn)P到平面ACM的距離h，顯然，當(dāng)點(diǎn)P′在點(diǎn)E處時(shí)h最大，最大為eq\f(3,2)，∴(VM－ACP)max＝eq\f(\r(3),6)×eq\f(3,2)＝eq\f(\r(3),4)，故D錯(cuò)誤．10．(★★★)(2023·廣州模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為正方形A1B1C1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則()A．滿足MP∥平面A1BD的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為eq\r(2)B．滿足MP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為eq\f(2\r(2),3)C．不存在點(diǎn)P，使得平面AMP經(jīng)過(guò)點(diǎn)BD．存在點(diǎn)P滿足PA＋PM＝5答案ACD解析如圖1，取B1C1的中點(diǎn)F，C1D1的中點(diǎn)E，連接EF，F(xiàn)M，EM，A1D，BD，A1B，圖1因?yàn)镋，F(xiàn)，M分別為C1D1，B1C1，CC1的中點(diǎn)，所以EF∥BD，F(xiàn)M∥A1D，因?yàn)镋F?平面A1BD，BD?平面A1BD，所以EF∥平面A1BD，同理可得，MF∥平面A1BD，因?yàn)镋F，MF?平面EFM，EF∩MF＝F，所以平面EFM∥平面A1BD，因?yàn)辄c(diǎn)P為正方形A1B1C1D1上的動(dòng)點(diǎn)，所以當(dāng)P在線段EF上時(shí)，MP∥平面A1BD，故滿足MP∥平面A1BD的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為EF＝eq\r(2)，故A正確；如圖2，連接AM，A1C1，過(guò)點(diǎn)M作MQ⊥AM，交A1C1于點(diǎn)Q，可得Rt△ACM∽R(shí)t△MC1Q，圖2因?yàn)檎襟wABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)，所以AC＝2eq\r(2)，CM＝C1M＝1，故eq\f(AC,CM)＝eq\f(C1M,C1Q)，即eq\f(2\r(2),1)＝eq\f(1,C1Q)，解得C1Q＝eq\f(\r(2),4)，連接B1D1，過(guò)點(diǎn)Q作ST∥B1D1交C1D1于點(diǎn)S，交B1C1于點(diǎn)T，連接AC，SM，TM，則ST⊥平面ACC1A1，因?yàn)锳M?平面ACC1A1，所以ST⊥AM，又ST?平面MST，MQ?平面MST，ST∩MQ＝Q，所以AM⊥平面MST，當(dāng)點(diǎn)P位于線段ST上時(shí)，滿足MP⊥AM，即滿足MP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為線段ST的長(zhǎng)度，又因?yàn)镾T＝eq\f(\r(2),2)，故B錯(cuò)誤；如圖3，連接AM，BM，取DD1的中點(diǎn)H，連接AH，HM，則可知平面ABM截正方體所得的截面為平行四邊形ABMH，與正方形A1B1C1D1沒(méi)有交點(diǎn)，圖3所以不存在點(diǎn)P，使得平面AMP經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，故C正確；如圖4，連接AC，延長(zhǎng)CC1到點(diǎn)O，使得C1O＝MC1，則點(diǎn)M關(guān)于平面A1B1C1D1的對(duì)稱點(diǎn)為O，圖4連接AO交正方形A1B1C1D1于點(diǎn)P，連接PM，則此時(shí)PA＋PM取得最小值，最小值為AO＝eq\r(AC2＋CO2)＝eq\r(8＋9)＝eq\r(17)<5，當(dāng)點(diǎn)P與B1重合時(shí)，PA＋PM＝2eq