训练26立体几何中的综合问题[分值：65分]
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为()
A.33 B.62 C.32 D.
答案A
解析如图所示，F，G，H是对应棱的中点.
易知，RF与HQ相交，确定一个平面.
HQ∥RG，故G在平面内，同理P在平面内.
故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为2，
S＝12×2×2sinπ3×6＝3
2.(2024·晋中模拟)如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，在底面ABCD中，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，侧棱AA1＝4，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AD，BC，B1C1，A1D1的中点，那么当底面ABCD水平放置时，水面高为()
A.2 B.52 C.3 D.
答案B
解析设四棱柱的底面梯形的高为2a，
AD，BC的中点分别为F，E，
所求的水面高为h，
则水的体积V＝S梯形ABEF·AA1＝(2＋3)a2·4＝S梯形ABCD·h＝(1＋3)2
3.我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等.利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差.图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC和BOD均是以1为半径的半圆，平面AOC和平面BOD均垂直于平面ABCD，用任意平行于帐篷底面ABCD的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形.模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥(如图2)，从而求得该帐篷的体积为()
图1图2
A.23 B.43 C.π3
答案B
解析根据题意，底面正方形的边长为2，正四棱柱的高为1，根据题意，可知该帐篷的体积为V＝2×2×1－13×2×2×1＝4
4.设球O是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，M为B1C1的中点，点P在球面上运动，且总有DP⊥BM，则点P的轨迹的周长为()
A.270π5
C.23π D.145
答案A
解析由题意，该正方体的外接球半径为R＝3，
取BB1的中点N，连接CN，DN，DO，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
C(0，2，0)，D(0，0，0)，N(2，2，1)，B(2，2，0)，M(1，2，2)，O(1，1，1)
CN＝(2，0，1)，BM＝(－1，0，2)，DC＝(0，2，0)，
CN·BM＝2×(－1)＋0×0＋1×2＝0，
BM·DC＝－1×0＋0×2＋2×0＝0，
则CN⊥BM，DC⊥BM，
又CD，CN?平面DCN，CD∩CN＝C，
∴BM⊥平面DCN，
∴点P的轨迹为平面DCN与外接球的交线，
设点O到平面DCN的距离为d，则d＝|DO
∴截面圆的半径r＝R2
∴点P的轨迹周长为C＝2πr＝2705
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2024·南京模拟)已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为22，侧棱长为2，则()
A.棱台的侧面积为67
B.棱台的体积为143
C.棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为1
D.棱台的侧面与底面所成锐二面角的余弦值为7
答案ACD
解析作正四棱台如图所示，
对于A，过A1作A1H⊥AB于H，AH＝12(AB－A1B1)＝2
所以A1H＝22
所以棱台的侧面积为4×(2＋22)×
对于B，连接AC，A1C1，过A1作A1M⊥AC于点M，过C1作C1N⊥AC于点N，
A1C1＝2＋2＝2，AC＝(22)2＋(22)2＝4，AM＝12(AC－A1C
上底面面积S＝(2)2＝2，
下底面面积S＝(22)2＝8，
棱台的体积为V＝13h(S＋S·S＋S)＝13×3×14＝1433≠14
对于C，因为AM为AA1在底面的投影，所以∠A1AM为侧棱与底面所成的角.
cos∠A1AM＝AMA1A
对于D，∠A1HM为侧面与底面所成锐二面角的平面角，
cos∠A1HM＝HMA1H＝
6.(2024·滨州模拟)已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD的位置，得到四面体D－ABC，在翻折过程中，点D始终位于△ABC所在平面的同一侧，且BD的最小值为2，则下列结论正确的是()
A.四面体D－ABC的外接球的表面积为8π
B.四面体D－ABC体积的最大值为6
C.点D的运动轨迹的长度为2
D.边A