新高考数学一轮复习基础版讲义第七章多选题加练(七)　立体几何与空间向量（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第七章多选题加练(七)　立体几何与空间向量（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了沙漏，据《隋志》记载等内容，欢迎下载使用。
A.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l⊂α，则l⊥β
B.若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m
C.若m⊂α，则“l⊥α”是“l⊥m”的充分不必要条件
D.若m⊂α，l⊄α，则“l∥α”是“l∥m”的必要不充分条件
答案 ACD
解析 由面面垂直的性质定理可知A正确；
对于B，若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m，或者l，m异面，故B错误；
对于C，若m⊂α，l⊥α，则l⊥m，故充分性成立，
但是l⊥m，m⊂α，不能得到l⊥α，故C正确；
对于D，若m⊂α，l⊄α，l∥α，不能得到l∥m，
因为l，m有可能异面，但是l∥m，m⊂α，l⊄α，则l∥α，故D正确.
2.(2024·十堰模拟)《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，eq \(B1D,\s\up6(→))＝2eq \(DC1,\s\up6(→))，则( )
A.eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))
B.eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))
C.向量eq \(AD,\s\up6(→))在向量eq \(AB,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))
D.向量eq \(AD,\s\up6(→))在向量eq \(AC,\s\up6(→))上的投影向量为eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))
答案 BD
解析 因为eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \(B1D,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(B1C1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(A1C1,\s\up6(→))－eq \(A1B1,\s\up6(→)))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))，故A不正确，B正确；
如图所示，故D作DU垂直BC，过U作VU垂直AB，UW垂直AC，
故向量eq \(AD,\s\up6(→))在向量eq \(AB,\s\up6(→))上的投影向量为eq \(AV,\s\up6(→))，向量eq \(AD,\s\up6(→))在向量eq \(AC,\s\up6(→))上的投影向量为eq \(AW,\s\up6(→))，
由题意易得eq \f(AV,AB)＝eq \f(1,3)，eq \f(AW,AC)＝eq \f(2,3)，
故eq \(AV,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))，C不正确；
eq \(AW,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))，D正确.
3.(2024·梅州模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，O1为四边形A1B1C1D1的中心，P为线段AO1上的一个动点，Q为线段CD1上一点，若三棱锥Q－PBD的体积为定值，则( )
A.DQ＝2QC1B.DQ＝QC1
C.O1Q＝eq \r(2)D.O1Q＝eq \r(3)
答案 BC
解析 连接AC，BD，交BD于点O，连接OC1，
因为O1为四边形A1B1C1D1的中心，
所以AO1∥OC1，
又OC1⊂平面BDC1，AO1⊄平面BDC1，
所以AO1∥平面BDC1，
因为三棱锥Q－PBD的体积等于三棱锥P－QBD的体积，且为定值，
所以AO1∥平面QBD，
所以平面QBD与平面BDC1为同一平面，
所以Q为CD1与DC1的交点，
所以DQ＝QC1，故A错误，B正确；
因为正方体的棱长为2，
所以O1Q＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，故C正确，D错误.
4.(2024·西安模拟)沙漏，据《隋志》记载：“漏刻之制，盖始于黄帝.”它是古代的一种计时装置，由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的eq \f(2,3)(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是( )
A.沙漏的侧面积是9eq \r(5)π cm2
B.沙漏中的细沙体积为eq \f(16π,3) cm3
C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cm
D.该沙漏的一个沙时大约是837秒(π≈3.14)
答案 BD
解析 A中，设下面的圆锥的母线长为l，
则l＝eq \r(32＋62)＝3eq \r(5) cm，
故下面圆锥的侧面积为
S＝πrl＝3×3eq \r(5)π＝9eq \r(5)π cm2，
故沙漏的侧面积为2S＝18eq \r(5)π cm2，故A错误；
B中，因为细沙全部在上部时，高度为圆锥高的eq \f(2,3)，
所以细沙形成的圆锥底面半径为eq \f(2,3)×3＝2 cm，高为6×eq \f(2,3)＝4 cm，
故底面积为π·22＝4π cm2，
所以沙漏中的细沙体积为eq \f(1,3)×4π×4＝eq \f(16π,3) cm3，B正确；
C中，由B选项可知，细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的体积为eq \f(16π,3) cm3，其中此锥体的底面积为π·32＝9π，故高度为eq \f(3×\f(16π,3),9π)＝eq \f(16,9)≈1.8 cm，C错误；
D中，eq \f(16π,3)÷0.02≈eq \f(16×3.14,3×0.02)≈837秒，故该沙漏的一个沙时大约是837秒，D正确.
5.(2024·合肥模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝eq \r(3)，BC＝1，AA1＝3，点M在线段BB1上，且B1M＝2MB，N为线段C1M上的动点，则下列结论正确的是( )
A.当N为C1M的中点时，直线AN与平面ABC所成角的正切值为eq \f(\r(11),4)
B.当MN＝2NC1时，B1N∥平面ACM
C.△ACN的周长的最小值为3eq \r(3)
D.存在点N，使得三棱锥N－AMC的体积为eq \f(\r(11),6)
答案 BD
解析 对于A，当N为C1M的中点时，取BC的中点P，连接PN，AP，
易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，
则PN⊥平面ABC，故∠PAN为直线AN与平面ABC所成的角，
则tan ∠PAN＝eq \f(PN,AP)＝eq \f(\f(1,2)（MB＋CC1）,\f(\r(11),2))＝eq \f(1＋3,\r(11))＝eq \f(4,\r(11))，故A错误；
对于B，当MN＝2NC1时，延长B1N交CC1于点Q，此时eq \f(C1Q,B1M)＝eq \f(C1N,MN)＝eq \f(1,2)，
所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.
又CQ∥B1M，所以四边形CQB1M是平行四边形，
所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.
因为B1N⊄平面ACM，CM⊂平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正确；
对于C，当点N与M重合时，易知AN＝2，CN＝eq \r(2)，
此时△ACN的周长为2＋eq \r(2)＋eq \r(3)，显然有2＋eq \r(2)＋eq \r(3)S△CMN＝1，
所以存在点N，使得三棱锥N－AMC的体积为eq \f(\r(11),6)，故D正确.
6.(2024·烟台模拟)三棱锥V－ABC中，底面ABC，侧面VAC均是边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面VAC，P为AC的中点，则( )
A.VB⊥AC
B.VA与BC所成角的余弦值为eq \f(1,2)
C.点P到VB的距离为eq \f(\r(6),2)
D.三棱锥V－ABC外接球的表面积为eq \f(20π,3)
答案 ACD
解析 连接VP，BP，
因为△ABC和△VAC为等边三角形，P为AC中点，
所以AC⊥VP，AC⊥BP，
因为VP∩BP＝P，VP，BP⊂平面VPB，
所以AC⊥平面VPB，
因为VB⊂平面VPB，
所以VB⊥AC，故A正确；
因为平面ABC⊥平面VAC，平面ABC∩平面VAC＝AC，VP⊥AC，VP⊂平面VAC，
所以VP⊥平面ABC，
以P为原点，分别以PA，PB，PV为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
A(1，0，0)，V(0，0，eq \r(3))，
B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，0，0)，
eq \(VA,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，0)，
设VA与BC所成角为θ，
所以cs θ＝eq \f(|\(VA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(VA,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－1|,2×2)＝eq \f(1,4)，故B错误；
因为VP⊥平面ABC，BP⊂平面ABC，
所以VP⊥BP，
因为△ABC和△VAC的边长为2，
所以VP＝BP＝eq \r(3)，
在等腰直角△VPB中，VP＝BP＝eq \r(3)，
所以点P到VB的距离为eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),2)，故C正确；
分别取△ABC和△VAC的外心O2，O1，再分别过O2，O1作平面ABC，平面VAC的垂线交于点O，所以O为三棱锥V－ABC的外接球球心，
OO2＝O1P＝eq \f(1,3)VP＝eq \f(\r(3),3)，BO2＝eq \f(2,3)BP＝eq \f(2\r(3),3)，
所以OB＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),3)，
三棱锥V－ABC的外接球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(20π,3)，故D正确.
7.(2024·长沙调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E，F，G分别是线段BC1，CD1，A1B1的中点，则( )
A.DE⊥BG
B.AF∥平面BC1G
C.直线AB与平面BC1G所成的角的余弦值为eq \f(\r(3),3)
D.过点F且与直线DE垂直的平面α，截该正方体所得截面的周长为3eq \r(5)＋eq \r(2)
答案 ACD
解析 以D为坐标原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，如图所示，
D(0，0，0)，E(1，2，1)，
B(2，2，0)，G(2，1，2)，
A(2，0，0)，F(0，1，1)，C1(0，2，2)，
∴eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，2，1)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，
∵eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(BG,\s\up6(→))＝1×0＋2×(－1)＋1×2＝0，
∴eq \(DE,\s\up6(→))⊥eq \(BG,\s\up6(→))，故A正确；
eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，
设平面BC1G的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BC1,\s\up6(→))·n＝0，,\(BG,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x1＋2z1＝0，,－y1＋2z1＝0，))
令z1＝1，则x1＝1，y1＝2，则n＝(1，2，1)，
∵eq \(AF,\s\up6(→))·n＝(－2)×1＋1×2＋1×1＝1≠0，
∴AF与平面BC1G不平行，故B不正确；
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，设直线AB与平面BC1G所成的角为α，
则sin α＝|cs 〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4,2×\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，
∴cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(\r(3),3)，故C正确；
∵n＝eq \(DE,\s\up6(→))，∴DE⊥平面BC1G，
取X，T为A1D1，AA1的中点，
如图所示，则WD1＝CV＝AU＝eq \f(1,2)，
由几何关系可知，WX∥VU，WV∥TU，
则WXTUV组成一个平面，
由BG∥TU，BC1∥TX，TU，TX均在平面WXTUV内，
则DE⊥平面WXTUV，即过点F且与直线DE垂直的平面α，截该正方体所得截面为如图所示的平面WXTUV，则截面WXTUV的周长为
WX＋XT＋TU＋UV＋VW＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋eq \r(1＋1)＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋eq \r(22＋1)＋eq \r(22＋1)＝3eq \r(5)＋eq \r(2)，故D正确.
8.(2024·南通质检)已知AB为圆锥SO底面圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，SA＝5，圆锥SO的侧面积为15π，则下列说法正确的是( )
A.圆O上存在点M使MN∥平面SBC
B.圆O上存在点M使AM⊥平面SBC
C.圆锥SO的外接球表面积为eq \f(625π,16)
D.棱长为eq \r(6)的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
答案 ACD
解析 对于A，如图，过点O作OM∥BC，交劣弧eq \(AC,\s\up8(︵))于点M，连接ON，
由于N，O分别为SA，AB的中点，
所以ON∥SB，
又ON⊄平面SBC，OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，BC⊂平面SBC，
所以ON∥平面SBC，OM∥平面SBC，
又OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC.
又MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，故A正确；
对于B，假设圆O上存在点M使AM⊥平面SBC，SB⊂平面SBC，所以AM⊥SB.
又因为SO⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，
所以AM⊥SO，
又SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SOB，
又AM⊥平面SBC，
所以平面SOB∥平面SBC，而平面SOB∩平面SBC＝SB，故B错误；
对于C，如图，已知SA＝5，圆锥SO的侧面积为S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，则SO＝4，
由题意可知球心在SO上，记为O′，设其半径为R，
由勾股定理得OA2＋OO′2＝O′A2，
所以32＋(4－R)2＝R2，解得R＝eq \f(25,8)，
所以圆锥SO的外接球表面积为4πR2＝eq \f(625π,16)，故C正确；
对于D，设圆锥SO的内切球半径为r，则圆锥的轴截面SAB内切圆的半径为r，
SA＝5，AO＝3，则SO＝4，
如图，由等面积法知eq \f(1,2)·r·(6＋5＋5)＝eq \f(1,2)×6×4，r＝eq \f(3,2)，
设半径为r＝eq \f(3,2)的球的内接正四面体棱长为a.
如图，T为正四面体底面中心，K为正四面体外接球球心，
PT＝eq \f(\r(3),3)a，LT＝eq \f(\r(6),3)a，
则r2＝PT2＋(LT－r)2，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a－\f(3,2)))eq \s\up12(2)，
解得a＝eq \r(6)，故D正确.
9.(2024·成都诊断)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋xeq \(AA1,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))，x∈[0，1]，y∈[0，1]，则( )
A.当x＝1时，D1P＋BP的最小值为eq \r(5)
B.当x＝y时，有且仅有一点P满足DB1⊥A1P
C.当x＋y＝1时，有且仅有一点P满足到直线A1B1的距离与到平面ABCD的距离相等
D.当x2＋y2＝1时，直线AP与C1D1所成角的大小为定值
答案 ACD
解析 如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(0，1，0)，
C(1，1，0)，D(1，0，0)，
A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，
C1(1，1，1)，D1(1，0，1)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，xeq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，x)，yeq \(AD,\s\up6(→))＝(y，0，0)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋xeq \(AA1,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))＝(y，1，x)，
∴P(y，1，x).
对于A，当x＝1时，P(y，1，1)为线段B1C1上的点，
将平面A1B1C1D1和平面BCC1B1展开为同一个平面，如图，
连接D1B，则D1P＋BP的最小值即为D1B＝eq \r(D1C2＋BC2)＝eq \r(5)，故A正确；
对于B，当x＝y时，P(x，1，x)，
eq \(DB1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq \(A1P,\s\up6(→))＝(x，1，x－1)，
则eq \(DB1,\s\up6(→))·eq \(A1P,\s\up6(→))＝－x＋1＋x－1＝0，
即DB1⊥A1P，即满足条件的P点有无数个，故B错误；
对于C，当x＋y＝1时，y＝1－x，
则P(1－x，1，x)，eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(A1P,\s\up6(→))＝(1－x，1，x－1)，|eq \(A1P,\s\up6(→))|＝eq \r(3＋2x2－4x)，
则eq \(A1P,\s\up6(→))在eq \(A1B1,\s\up6(→))上的投影长度为
eq \f(|\(A1P,\s\up6(→))·\(A1B1,\s\up6(→))|,|\(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,1)＝1，
则点P到直线A1B1的距离d＝eq \r(\a\vs4\al(|\(A1P,\s\up6(→))|2－12))＝eq \r(2x2－4x＋2)；
平面ABCD的一个法向量为eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(1－x，1，x)，
则点P到平面ABCD的距离为eq \f(|\(AA1,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))|,|\(AA1,\s\up6(→))|)＝x；
当点P到直线A1B1的距离与到平面ABCD的距离相等时，
eq \r(2x2－4x＋2)＝x⇒x2－4x＋2＝0，
∵x∈[0，1]，∴方程有一个解x＝2－eq \r(2)，
即y＝eq \r(2)－1，即仅存在一个点P满足条件，故C正确；
对于D，当x2＋y2＝1时，eq \(AP,\s\up6(→))＝(y，1，x)，eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，
∵cs 〈eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(C1D1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(C1D1,\s\up6(→)),|\(AP,\s\up6(→))||\(C1D1,\s\up6(→))|)
＝eq \f(－1,\r(y2＋1＋x2))＝－eq \f(\r(2),2)，
故直线AP与C1D1所成角的大小eq \f(π,4)，为定值，故D正确.
10.(2024·宁波调研)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，点P满足eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CC1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则( )
A.当λ＝1，μ＝eq \f(1,2)时，直线CP与AP所成角为60°
B.当λ＝1时，AP＋PC1的最小值为eq \r(5)＋1
C.若B1P与平面CDD1C1所成角为45°，则P点的轨迹长为eq \f(π,2)
D.当μ＝1时，平面A1PB截此正四棱柱所得截面的最大面积为eq \r(5)
答案 ACD
解析 对于A，当λ＝1，μ＝eq \f(1,2)时，点P为DD1的中点，
所以AP＝eq \r(AD2＋DP2)＝eq \r(2)，CP＝eq \r(CD2＋DP2)＝eq \r(2)，AC＝eq \r(CD2＋AD2)＝eq \r(2)，
所以△ACP为等边三角形，
所以直线CP与AP所成角为60°，A正确；
对于B，当λ＝1时，点P在DD1上，此时把正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的后面和右面展开，如图，
AP＋PC1的最小值为AC1＝eq \r(AC2＋C1C2)＝2eq \r(2)，B错误；
对于C，因为点P满足eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CC1,\s\up6(→))，
所以点P在平面CDD1C1内，
因为B1C1⊥平面CDD1C1，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CDD1C1所成角，
若B1P与平面CDD1C1所成角为eq \f(π,4)，
则tan ∠B1PC1＝eq \f(B1C1,C1P)＝1，
所以C1P＝B1C1＝1，
即点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的eq \f(1,4)个圆，
所以P点的轨迹长为eq \f(π,2)，C正确；
对于D，当μ＝1时，点P在C1D1上，且eq \(C1P,\s\up6(→))＝λeq \(C1D1,\s\up6(→))，
过点P作PQ∥CD1交CC1于点Q，
则PQ∥A1B，所以PQ＝λCD1，
所以四边形A1PQB为平面A1PB截此正四棱柱所得截面，
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则根据题意可得A1(0，0，2)，B(1，0，0)，P(1－λ，1，2)，
所以eq \(A1P,\s\up6(→))＝(1－λ，1，0)，
eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，
所以eq \(A1P,\s\up6(→))·eq \(A1B,\s\up6(→))＝1－λ，|eq \(A1P,\s\up6(→))|＝eq \r(（1－λ）2＋1)，
|eq \(A1B,\s\up6(→))|＝eq \r(5)，
所以点P到直线A1B的距离为
d＝eq \r(|\(A1P,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1P,\s\up6(→))·\(A1B,\s\up6(→)),|\(A1B,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))
＝eq \r(（1－λ）2＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－λ,\r(5))))\s\up12(2))＝eq \r(\f(4,5)（1－λ）2＋1)，
所以四边形A1PQB的面积
S＝eq \f(1,2)(A1B＋PQ)·d
＝eq \f(\r(5),2)(1＋λ)eq \r(\f(4,5)（1－λ）2＋1)
＝eq \f(\r(5),2)eq \r(\f(4,5)（1－λ）2（1＋λ）2＋（1＋λ）2)，
令f(λ)＝eq \f(4,5)(1－λ)2(1＋λ)2＋(1＋λ)2
＝eq \f(4,5)λ4－eq \f(3,5)λ2＋2λ＋eq \f(9,5)(0≤λ≤1)，
所以f′(λ)＝eq \f(16,5)λ3－eq \f(6,5)λ＋2
＝(λ＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)λ2－\f(16,5)λ＋2))
＝(λ＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(6,5)))，
所以当0≤λ≤1时，f′(λ)>0，f(λ)单调递增，
所以当λ＝1时，f(λ)取得最大值，
此时截面面积最大为eq \r(5)，D正确.