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新高考数学一轮复习讲义第7章 必刷小题13 立体几何（2份打包，原卷版+含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习讲义第7章 必刷小题13 立体几何（2份打包，原卷版+含解析），文件包含新高考数学一轮复习讲义第7章必刷小题13立体几何原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义第7章必刷小题13立体几何含解析doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
1．如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是( )
答案 A
解析 以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高为y轴建立坐标系，画对应的x′，y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图，如图．
2．下列四个命题中，正确的是( )
A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱
B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体
C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
D．长方体一定是直四棱柱
答案 D
解析 对于A，底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；对于B，底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；C显然错误；长方体一定是直四棱柱，D正确．
3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有( )
A．0条或1条 B．0条或无数条
C．1条或2条 D．0条或1条或无数条
答案 D
解析 当点P到平面的距离大于1时，没有满足条件的直线；当点P到平面的距离等于1时，满足条件的直线只有1条；当点P到平面的距离小于1时，满足条件的直线有无数条．
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
答案 A
解析 对于A，由m∥α，m∥n，得到：
若n∥α，过n的平面γ∩α＝l，则n∥l，
又n⊥β，则l⊥β，l⊂α，则α⊥β，
若n⊂α，又n⊥β，则α⊥β.综上，α⊥β，故A正确；
对于B，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故C错误；
对于D，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与β相交或n⊂β，故D错误．
5．已知直线a，b，l和平面α，β，a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，且α⊥β.对于以下命题，判断正确的是( )
①若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交；
②若a，b垂直，则a，b至少有一个与l垂直．
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是假命题，②是假命题
D．①是真命题，②是真命题
答案 D
解析 对于①，若a，b都不与l相交，
则只有一种可能，即a，b均平行于l，则a∥b，
∴若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交，故①正确；
对于②，根据面面垂直的性质定理得：
若a，b垂直，则a⊥β，或b⊥α，故a，b至少有一个与l垂直，故②正确．
6．(2023·徐州模拟)圆柱形玻璃杯中盛有高度为10 cm的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为( )
A.eq \f(20,3) cm B．15 cm C．10eq \r(3) cm D．20 cm
答案 B
解析 根据题意，玻璃球的体积等于放入玻璃球后水柱的体积减去原来水柱的体积；
设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯的底面半径为r；
则玻璃球的体积为eq \f(4,3)πr3，圆柱的底面面积为πr2，
放入一个玻璃球后，水恰好淹没玻璃球，
此时水面的高度为2r，所以eq \f(4,3)πr3＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm)．
7．蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠的表面上有五个点P，A，B，C，D恰好构成一正四棱锥P－ABCD，若该棱锥的高为8，底面边长为4eq \r(2)，则该鞠的表面积为( )
A．64π B．100π C．132π D．144π
答案 B
解析 正四棱锥P－ABCD的底面是正方形，底面边长为4eq \r(2)，高为8，如图所示，
所以正四棱锥P－ABCD的底面对角线的长为4eq \r(2)×eq \r(2)＝8，
设正四棱锥外接球的半径为R，则R2＝(8－R)2＋42，解得R＝5，
所以球的表面积为S＝4π·R2＝4π×25＝100π，即该鞠的表面积为100π.
8. 某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)．若该同学所画的椭圆的离心率为eq \f(1,2)，则“切面”所在平面与底面所成的角为( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案 B
解析 设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，作DE⊥BC交BC于点E，则∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.
设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，短轴为2b＝DE＝2r，
则椭圆的长轴长2a＝|CD|＝eq \f(2r,cs θ)，即a＝eq \f(r,cs θ)，
所以椭圆的离心率为e＝eq \f(1,2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \r(1－\f(r2,\f(r2,cs2θ)))＝sin θ，所以θ＝eq \f(π,6).
9．(2023·安庆模拟)已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为eq \f(\r(3),2)R，AB＝AC＝eq \r(3)，∠BAC＝120°，则球O的表面积为( )
A．48π B．16π C．32eq \r(3)π D.eq \f(64,3)π
答案 A
解析 在△ABC中，由余弦定理，得BC＝eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×cs 120°)＝3，
设△ABC外接圆半径为r，
由正弦定理2r＝eq \f(3,sin 120°)＝2eq \r(3)，得r＝eq \r(3)，
又R2＝eq \f(3,4)R2＋3，∴R2＝12，
∴球O的表面积为4πR2＝48π.
10. (2022·北京模拟)在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，VA＝VB＝VC＝1(单位：dm)，小明同学计划通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积(单位：dm2)的最大值是( )
A.eq \f(1,4) dm2 B.eq \f(\r(2),4) dm2
C.eq \f(\r(3),4) dm2 D.eq \f(3,4) dm2
答案 B
解析 根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E，
在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q，
在平面VAB内，过F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示，
因为EF∥AC，
所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k，
则eq \f(VF,VA)＝eq \f(VE,VC)＝eq \f(EF,AC)＝k，
因为VA＝VB＝VC＝1，所以AC＝eq \r(2)，即EF＝eq \r(2)k，
因为FD∥ VB，
所以△AFD∽△AVB，即eq \f(AF,VA)＝eq \f(AD,BA)＝eq \f(FD,VB)，
因为eq \f(AF,VA)＝eq \f(VA－VF,VA)＝1－k，
所以eq \f(FD,VB)＝eq \f(AF,VA)＝1－k，即FD＝1－k，
同理△CEQ∽△CVB，即eq \f(CE,VC)＝eq \f(CQ,BC)＝eq \f(EQ,VB)＝1－k，
即EQ＝1－k，
所以FD∥EQ，且FD＝EQ，
所以四边形FEQD为平行四边形，
因为VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA⊂平面VAC，VC⊂平面VAC，
所以VB⊥平面VAC，
因为FD∥VB，
所以FD⊥平面VAC，
因为EF⊂平面VAC，
所以FD⊥EF，
所以四边形FEQD是矩形，即S矩形FEQD＝FD·EF＝(1－k)·eq \r(2)k＝－eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2)))2＋eq \f(\r(2),4)，
所以当k＝eq \f(1,2)时，S矩形FEQD有最大值eq \f(\r(2),4).
故该截面面积的最大值是eq \f(\r(2),4) dm2.
二、多项选择题
11. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )
A．MN＝eq \f(1,2)EF
B．MN≠eq \f(1,2)EF
C．MN与EF异面
D．MN与EF平行
答案 BC
解析 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝eq \r(MC\\al(2,1)＋C1N2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2)＝eq \r(2)a，
作点E在平面ABCD内的射影点G，
连接EG，GF，
所以EF＝eq \r(EG2＋GF2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\r(2)a2)
＝eq \r(3)a，
所以MN≠eq \f(1,2)EF，故选项B正确，A错误；
连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，
所以DE＝eq \f(1,2)A1D，
又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，
所以MN∥B1C，
又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，
且DE∩EF＝E，
所以MN与EF异面，故选项C正确，D错误．
12．(2023·忻州模拟)如图，已知在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E，F分别是线段AD，BC上的点．且AE＝BF＝2.将四边形ABFE沿EF翻折，当折起后得到的几何体AED－BFC的体积最大时，给出下列说法，其中正确的说法有( )
A．AD⊥EF
B．BC∥平面ADE
C．平面DEFC⊥平面ABFE
D．平面ADE⊥平面ABFE
答案 BC
解析 将四边形ABFE沿EF翻折，得到几何体AED－BFC，
在几何体AED－BFC中，DE∥CF，CF⊂平面CFB，DE⊄平面CFB，
∴DE∥平面CFB，又AE∥BF，BF⊂平面CFB，AE⊄平面CFB，∴AE∥平面CFB，
∵AE∩DE＝E，∴平面CFB∥平面ADE，
∵BC⊂平面CFB，∴BC∥平面ADE，故B正确；
如图，过点D作DH⊥EF，交EF于H，过H作HG⊥AB，交AB于点G，
过点C作CN⊥EF，交EF的延长线于N，过点N作NM⊥AB，交AB的延长线于点M，如图所示，
则四棱锥C－BFNM与D－AEHG是全等的两个四棱锥，
∵NM⊥AB，则NM⊥EF，又CN⊥EF，NM∩CN＝N，
∴EF⊥平面CMN，∴EF⊥平面DHG，
∵D∈平面DHG，A∉平面DHG，则AD与EF不垂直，故A错误；
三棱柱CNM－DHG为直三棱柱，
几何体AED－BFC的体积与三棱柱CNM－DHG体积相同，
三棱柱CNM－DHG的体积V＝S△CNM·NH，
在Rt△DEH中，DE＝4，∠EDH＝30°，∴EH＝2，
又EF＝6，NF＝EH，∴NH＝6，
当S△CNM面积最大时，几何体AED－BFC的体积最大，
当NM⊥CN时，S△CNM面积取最大值，
∵NM⊥NE，NE∩CN＝N，则MN⊥平面DEFC，
又NM⊂平面ABFE，∴平面ABFE⊥平面DEFC，故C正确；
若平面ADE⊥平面ABFE，由平面ADE∩平面ABFE＝AE，
过D有两条直线DH′，DH与平面ABFE垂直，
这与过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直相矛盾，故D错误．
三、填空题
13．(2023·榆林模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq \r(3)AB，则tan∠APC＝________.
答案 2
解析 ∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴PA⊥AC，
设AB＝1，则PA＝1，AD＝eq \r(3)，AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝2，∴tan∠APC＝eq \f(AC,PA)＝2.
14.(2022·安庆模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，点O为AB的中点，点P在平面ABC内的射影恰为OB的中点E，已知AB＝2PO＝2，点C到OP的距离为eq \r(3)，则当∠ACB最大时，直线PC与平面PAB所成角的大小为 ________.
答案 eq \f(π,3)
解析 ∵点C到OP的距离为eq \r(3)，
∴点C是以OP为旋转轴，eq \r(3)为底面半径的圆柱与平面ABC的公共点，
即点C的轨迹是以AB为焦距，以2eq \r(3)为短轴长的椭圆，
由椭圆的对称性可知，
当∠ACB最大时，AC＝BC＝2，CO⊥AB，
∵点P在平面ABC内的射影恰为OB的中点E，
∴PE⊥平面ABC，
∵PE⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，
∴CO⊥平面PAB，
∴∠CPO是直线PC与平面PAB所成的角，
∵CO＝eq \r(3)，OP＝1，
∴tan∠CPO＝eq \f(CO,OP)＝eq \r(3)，∴∠CPO＝eq \f(π,3).
15. 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝5，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，则四棱锥B1－BED1F的体积为________，截面四边形BED1F的周长的最小值为 ________.
答案 20 2eq \r(74)
解析 由题意可得，D1F∥BE，
则 SKIPIF 1 < 0
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·BB1·BC·AB＋\f(1,2)BB1·D1A1·AB))
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×5×4×3＋\f(1,2)×5×4×3))＝20；
将长方体展开，如图所示，当点E为BD1与CC1的交点，F为BD1与AA1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2eq \r(52＋3＋42)＝2eq \r(74).
16. (2023·北京模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②存在一点P，D1O∥B1P；
③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为eq \r(5)；
④若P到直线D1C1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分．
其中所有正确结论的序号是 ________.
答案 ①③
解析 对于①，连接AD1，CD1，如图，由正方体的性质知△ACD1为等边三角形，由于O为底面ABCD的中心，故O为AC的中点，故AC⊥D1O，①正确；
对于②，将 D1O 进行平移到过B1点，使之与 B1P 具有公共顶点，如图，根据立体图形判断，无论如何也不可能满足B1H平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于B1P，②错误；
对于③，取B1B的中点E，连接OE，EC，BD，D1E，如图，易证明D1O⊥平面OEC，所以P在线段EC上运动，当点P到点E位置时，C1P最大，此时△D1C1P的面积最大为 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝eq \r(5)，所以③正确；
对于④，P到直线D1C1的距离为线段PC1的长度，所以|PC1|＝|PB|，判定出P点在直线BC1的垂直平分线上，故④错误．
1．如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是( )
答案 A
解析 以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高为y轴建立坐标系，画对应的x′，y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图，如图．
2．下列四个命题中，正确的是( )
A．各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱
B．对角面是全等矩形的六面体一定是长方体
C．有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
D．长方体一定是直四棱柱
答案 D
解析 对于A，底面是菱形的直平行六面体，满足条件但不是正棱柱；对于B，底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；C显然错误；长方体一定是直四棱柱，D正确．
3．从平面外一点P引与平面相交的直线，使P点与交点的距离等于1，则满足条件的直线可能有( )
A．0条或1条 B．0条或无数条
C．1条或2条 D．0条或1条或无数条
答案 D
解析 当点P到平面的距离大于1时，没有满足条件的直线；当点P到平面的距离等于1时，满足条件的直线只有1条；当点P到平面的距离小于1时，满足条件的直线有无数条．
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n∥β
D．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
答案 A
解析 对于A，由m∥α，m∥n，得到：
若n∥α，过n的平面γ∩α＝l，则n∥l，
又n⊥β，则l⊥β，l⊂α，则α⊥β，
若n⊂α，又n⊥β，则α⊥β.综上，α⊥β，故A正确；
对于B，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故C错误；
对于D，若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与β相交或n⊂β，故D错误．
5．已知直线a，b，l和平面α，β，a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，且α⊥β.对于以下命题，判断正确的是( )
①若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交；
②若a，b垂直，则a，b至少有一个与l垂直．
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是假命题，②是假命题
D．①是真命题，②是真命题
答案 D
解析 对于①，若a，b都不与l相交，
则只有一种可能，即a，b均平行于l，则a∥b，
∴若a，b异面，则a，b至少有一个与l相交，故①正确；
对于②，根据面面垂直的性质定理得：
若a，b垂直，则a⊥β，或b⊥α，故a，b至少有一个与l垂直，故②正确．
6．(2023·徐州模拟)圆柱形玻璃杯中盛有高度为10 cm的水，若放入一个玻璃球(球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同)后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为( )
A.eq \f(20,3) cm B．15 cm C．10eq \r(3) cm D．20 cm
答案 B
解析 根据题意，玻璃球的体积等于放入玻璃球后水柱的体积减去原来水柱的体积；
设玻璃球的半径为r，即圆柱形玻璃杯的底面半径为r；
则玻璃球的体积为eq \f(4,3)πr3，圆柱的底面面积为πr2，
放入一个玻璃球后，水恰好淹没玻璃球，
此时水面的高度为2r，所以eq \f(4,3)πr3＝πr2(2r－10)，解得r＝15(cm)．
7．蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠的表面上有五个点P，A，B，C，D恰好构成一正四棱锥P－ABCD，若该棱锥的高为8，底面边长为4eq \r(2)，则该鞠的表面积为( )
A．64π B．100π C．132π D．144π
答案 B
解析 正四棱锥P－ABCD的底面是正方形，底面边长为4eq \r(2)，高为8，如图所示，
所以正四棱锥P－ABCD的底面对角线的长为4eq \r(2)×eq \r(2)＝8，
设正四棱锥外接球的半径为R，则R2＝(8－R)2＋42，解得R＝5，
所以球的表面积为S＝4π·R2＝4π×25＝100π，即该鞠的表面积为100π.
8. 某同学画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体)，发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆(如图所示)．若该同学所画的椭圆的离心率为eq \f(1,2)，则“切面”所在平面与底面所成的角为( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案 B
解析 设椭圆与圆柱的轴截面如图所示，作DE⊥BC交BC于点E，则∠CDE为“切面”所在平面与底面所成的角，设为θ.
设底面圆的直径为2r，则CD为椭圆的长轴2a，短轴为2b＝DE＝2r，
则椭圆的长轴长2a＝|CD|＝eq \f(2r,cs θ)，即a＝eq \f(r,cs θ)，
所以椭圆的离心率为e＝eq \f(1,2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \r(1－\f(r2,\f(r2,cs2θ)))＝sin θ，所以θ＝eq \f(π,6).
9．(2023·安庆模拟)已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为eq \f(\r(3),2)R，AB＝AC＝eq \r(3)，∠BAC＝120°，则球O的表面积为( )
A．48π B．16π C．32eq \r(3)π D.eq \f(64,3)π
答案 A
解析 在△ABC中，由余弦定理，得BC＝eq \r(3＋3－2×\r(3)×\r(3)×cs 120°)＝3，
设△ABC外接圆半径为r，
由正弦定理2r＝eq \f(3,sin 120°)＝2eq \r(3)，得r＝eq \r(3)，
又R2＝eq \f(3,4)R2＋3，∴R2＝12，
∴球O的表面积为4πR2＝48π.
10. (2022·北京模拟)在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，VA，VB，VC两两垂直，VA＝VB＝VC＝1(单位：dm)，小明同学计划通过侧面VAC内任意一点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，则该截面面积(单位：dm2)的最大值是( )
A.eq \f(1,4) dm2 B.eq \f(\r(2),4) dm2
C.eq \f(\r(3),4) dm2 D.eq \f(3,4) dm2
答案 B
解析 根据题意，在平面VAC内，过点P作EF∥AC分别交VA，VC于点F，E，
在平面VBC内，过点E作EQ∥VB交BC于点Q，
在平面VAB内，过F作FD∥VB交AB于点D，连接DQ，如图所示，
因为EF∥AC，
所以△VEF∽△VCA，设其相似比为k，
则eq \f(VF,VA)＝eq \f(VE,VC)＝eq \f(EF,AC)＝k，
因为VA＝VB＝VC＝1，所以AC＝eq \r(2)，即EF＝eq \r(2)k，
因为FD∥ VB，
所以△AFD∽△AVB，即eq \f(AF,VA)＝eq \f(AD,BA)＝eq \f(FD,VB)，
因为eq \f(AF,VA)＝eq \f(VA－VF,VA)＝1－k，
所以eq \f(FD,VB)＝eq \f(AF,VA)＝1－k，即FD＝1－k，
同理△CEQ∽△CVB，即eq \f(CE,VC)＝eq \f(CQ,BC)＝eq \f(EQ,VB)＝1－k，
即EQ＝1－k，
所以FD∥EQ，且FD＝EQ，
所以四边形FEQD为平行四边形，
因为VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA⊂平面VAC，VC⊂平面VAC，
所以VB⊥平面VAC，
因为FD∥VB，
所以FD⊥平面VAC，
因为EF⊂平面VAC，
所以FD⊥EF，
所以四边形FEQD是矩形，即S矩形FEQD＝FD·EF＝(1－k)·eq \r(2)k＝－eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2)))2＋eq \f(\r(2),4)，
所以当k＝eq \f(1,2)时，S矩形FEQD有最大值eq \f(\r(2),4).
故该截面面积的最大值是eq \f(\r(2),4) dm2.
二、多项选择题
11. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是( )
A．MN＝eq \f(1,2)EF
B．MN≠eq \f(1,2)EF
C．MN与EF异面
D．MN与EF平行
答案 BC
解析 设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝eq \r(MC\\al(2,1)＋C1N2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2)＝eq \r(2)a，
作点E在平面ABCD内的射影点G，
连接EG，GF，
所以EF＝eq \r(EG2＋GF2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,2)))2＋\r(2)a2)
＝eq \r(3)a，
所以MN≠eq \f(1,2)EF，故选项B正确，A错误；
连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，
所以DE＝eq \f(1,2)A1D，
又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，
所以MN∥B1C，
又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，
且DE∩EF＝E，
所以MN与EF异面，故选项C正确，D错误．
12．(2023·忻州模拟)如图，已知在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E，F分别是线段AD，BC上的点．且AE＝BF＝2.将四边形ABFE沿EF翻折，当折起后得到的几何体AED－BFC的体积最大时，给出下列说法，其中正确的说法有( )
A．AD⊥EF
B．BC∥平面ADE
C．平面DEFC⊥平面ABFE
D．平面ADE⊥平面ABFE
答案 BC
解析 将四边形ABFE沿EF翻折，得到几何体AED－BFC，
在几何体AED－BFC中，DE∥CF，CF⊂平面CFB，DE⊄平面CFB，
∴DE∥平面CFB，又AE∥BF，BF⊂平面CFB，AE⊄平面CFB，∴AE∥平面CFB，
∵AE∩DE＝E，∴平面CFB∥平面ADE，
∵BC⊂平面CFB，∴BC∥平面ADE，故B正确；
如图，过点D作DH⊥EF，交EF于H，过H作HG⊥AB，交AB于点G，
过点C作CN⊥EF，交EF的延长线于N，过点N作NM⊥AB，交AB的延长线于点M，如图所示，
则四棱锥C－BFNM与D－AEHG是全等的两个四棱锥，
∵NM⊥AB，则NM⊥EF，又CN⊥EF，NM∩CN＝N，
∴EF⊥平面CMN，∴EF⊥平面DHG，
∵D∈平面DHG，A∉平面DHG，则AD与EF不垂直，故A错误；
三棱柱CNM－DHG为直三棱柱，
几何体AED－BFC的体积与三棱柱CNM－DHG体积相同，
三棱柱CNM－DHG的体积V＝S△CNM·NH，
在Rt△DEH中，DE＝4，∠EDH＝30°，∴EH＝2，
又EF＝6，NF＝EH，∴NH＝6，
当S△CNM面积最大时，几何体AED－BFC的体积最大，
当NM⊥CN时，S△CNM面积取最大值，
∵NM⊥NE，NE∩CN＝N，则MN⊥平面DEFC，
又NM⊂平面ABFE，∴平面ABFE⊥平面DEFC，故C正确；
若平面ADE⊥平面ABFE，由平面ADE∩平面ABFE＝AE，
过D有两条直线DH′，DH与平面ABFE垂直，
这与过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直相矛盾，故D错误．
三、填空题
13．(2023·榆林模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，且PA＝AB，AD＝eq \r(3)AB，则tan∠APC＝________.
答案 2
解析 ∵PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴PA⊥AC，
设AB＝1，则PA＝1，AD＝eq \r(3)，AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝2，∴tan∠APC＝eq \f(AC,PA)＝2.
14.(2022·安庆模拟)如图，在三棱锥P－ABC中，点O为AB的中点，点P在平面ABC内的射影恰为OB的中点E，已知AB＝2PO＝2，点C到OP的距离为eq \r(3)，则当∠ACB最大时，直线PC与平面PAB所成角的大小为 ________.
答案 eq \f(π,3)
解析 ∵点C到OP的距离为eq \r(3)，
∴点C是以OP为旋转轴，eq \r(3)为底面半径的圆柱与平面ABC的公共点，
即点C的轨迹是以AB为焦距，以2eq \r(3)为短轴长的椭圆，
由椭圆的对称性可知，
当∠ACB最大时，AC＝BC＝2，CO⊥AB，
∵点P在平面ABC内的射影恰为OB的中点E，
∴PE⊥平面ABC，
∵PE⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，
∴CO⊥平面PAB，
∴∠CPO是直线PC与平面PAB所成的角，
∵CO＝eq \r(3)，OP＝1，
∴tan∠CPO＝eq \f(CO,OP)＝eq \r(3)，∴∠CPO＝eq \f(π,3).
15. 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝5，点E是棱CC1上的一个动点，若平面BED1交棱AA1于点F，则四棱锥B1－BED1F的体积为________，截面四边形BED1F的周长的最小值为 ________.
答案 20 2eq \r(74)
解析 由题意可得，D1F∥BE，
则 SKIPIF 1 < 0
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·BB1·BC·AB＋\f(1,2)BB1·D1A1·AB))
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×5×4×3＋\f(1,2)×5×4×3))＝20；
将长方体展开，如图所示，当点E为BD1与CC1的交点，F为BD1与AA1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝2eq \r(52＋3＋42)＝2eq \r(74).
16. (2023·北京模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P在侧面BB1C1C的边界及其内部运动．给出下列四个结论：
①D1O⊥AC；
②存在一点P，D1O∥B1P；
③若D1O⊥OP，则△D1C1P面积的最大值为eq \r(5)；
④若P到直线D1C1的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分．
其中所有正确结论的序号是 ________.
答案 ①③
解析 对于①，连接AD1，CD1，如图，由正方体的性质知△ACD1为等边三角形，由于O为底面ABCD的中心，故O为AC的中点，故AC⊥D1O，①正确；
对于②，将 D1O 进行平移到过B1点，使之与 B1P 具有公共顶点，如图，根据立体图形判断，无论如何也不可能满足B1H平行或重合于B1P，所以D1O不可能平行于B1P，②错误；
对于③，取B1B的中点E，连接OE，EC，BD，D1E，如图，易证明D1O⊥平面OEC，所以P在线段EC上运动，当点P到点E位置时，C1P最大，此时△D1C1P的面积最大为 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,2)×2×eq \r(5)＝eq \r(5)，所以③正确；
对于④，P到直线D1C1的距离为线段PC1的长度，所以|PC1|＝|PB|，判定出P点在直线BC1的垂直平分线上，故④错误．
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