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∥b C.若 a∥γ，b∥γ，则 a∥b D.若 a⊥b，b⊥c，则 a⊥c 2.(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⊥n B.若 m∥α，n∥β，α⊥β，则 m⊥n 或 m∥n C.若 m∥α，α∥β，则 m∥β 或 m⊂β D.若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α 3.(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∥BE C.DG⊥BH D.BG⊥DE 4.(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⊥BD B.BD∥平面 α C.平面 C1BD∥平面 α D.平面 α 截正方体所得的截面图形的面积为 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>PN C.平面 PAN⊥平面 BDD1B1 D.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 BC1D B.三棱锥 P-BC1D 的体积为 C.三棱锥 D1-BC1D 外接球的表面积为 D.直线 PB1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值的最大值为 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 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 C.MP 长度的最大值为 D.直线 CC1 与直线 MP 所成角的余弦值的最大值为 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 α C.若截面 α 为平行四边形，则 1≤CN≤2 D.当 N 与 C 重合时，截面图形的面积为 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 20 B.长方体的体积为 6 C.沿长方体的表面从 A 到 C1 的最短距离为 3 D.沿长方体的表面从 A 到 C1 的最短距离为 2 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＝，则下列结论中错误的是(　　) A.AC⊥AF B.EF∥平面 ABCD C.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⊥AF B.该几何体外接球的表面积为 3π C.若 G 为线段 EC 的中点，则 GB∥平面 AEF D.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＝，PR＝2，则由余弦 定理，得 cos∠PD1R＝＝＝<＝ cos 75°，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＝，B1D1＝2，D1E＝B1F＝，所以截面图形的 面积 S＝×(＋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 ＋ AP2 － AC·AP·cos∠MAC.在△PAN 中，PN2＝AP2＋AN2－2AP·ANcos∠PAN＝AP2＋AC2－ AP·ACcos∠PAN，则 CM2－PN2＝(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