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. ... ...