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新高考高考数学一轮复习巩固练习7.7第62练《立体几何小题易错练》（2份打包，解析版+原卷版）
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A．a⊥c，b⊥c
B．a∥α，b∥α
C．a∥α，a∥β，α∩β＝b
D．b⊥α，c∥α，a⊥c
答案 C
解析 A项，a⊥c，b⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；B项，a∥α，b∥α，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；C项，a∥α，a∥β，α∩β＝b，由线面平行的性质可知a∥b，是a∥b的充分条件；D项，b⊥α，c∥α，a⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件．
2．已知直线m，n和平面α，β满足m⊥n，m⊥α，α⊥β，则( )
A．n⊥β B．n∥β或n⊂β
C．n⊥α D．n∥α或n⊂α
答案 D
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，记平面ABCD为α，平面ADD1A1为β，BB1所在直线为m，
若n为B1C1，满足m⊥n，显然n∥α，n∥β，所以A，C错误；
若n为A1B1，满足m⊥n，显然n⊥β，所以B错误；
对D，n∥α或n⊂α，显然满足题意，
若n与α交于点P，点Q为直线n上不同于点P的另外一点，连接PB，
因为m⊥α，PB⊂α，所以m⊥PB，又m⊥n，而n与PB交于点P，所以m⊥平面PBQ，又因为m⊥α，
于是过点B存在两个不同的平面与m垂直，矛盾，所以D正确．
3．已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β等于( )
A．20° B．160°
C．20°或160° D．不能确定
答案 C
解析 因为角α的两边和角β的两边分别平行，
所以α，β相等或者互补，所以β＝20°或β＝160°.
4.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )
A．8 cm B．6 cm
C．2(1＋eq \r(3)) cm D．2(1＋eq \r(2)) cm
答案 A
解析 由直观图知原图形是平行四边形OABC，如图，OA＝O′A′＝1，OB⊥OA，OB＝2O′B′＝2eq \r(2)，AB＝eq \r(12＋2\r(2)2)＝3，
所以平行四边形OABC的周长是8 cm.
5．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，M为空间任意两点，如果eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋7eq \(BA,\s\up6(→))＋6eq \(AA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))，那么点M必( )
A．在平面BAD1内
B．在平面BA1D内
C．在平面BA1D1内
D．在平面AB1C1内
答案 C
解析 因为eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋7eq \(BA,\s\up6(→))＋6eq \(AA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))
＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＋6eq \(BA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))
＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋eq \(B1A1,\s\up6(→))＋6eq \(BA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))
＝eq \(PA1,\s\up6(→))＋6(eq \(PA1,\s\up6(→))－eq \(PB,\s\up6(→)))－4(eq \(PD1,\s\up6(→))－eq \(PA1,\s\up6(→)))
＝11eq \(PA1,\s\up6(→))－6eq \(PB,\s\up6(→))－4eq \(PD1,\s\up6(→))，
所以M，B，A1，D1四点共面．
6.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq \r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( )
A．2eq \r(2)
B.eq \r(10)
C.eq \r(5)＋1
D．2＋eq \r(2)
答案 B
解析 如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC，连接EG，FG，
∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，
∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥AF，AB⊥BG，
又AB＝AD＝AF，
∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝eq \r(BE2＋BG2)＝eq \r(BE2＋BC2)＝CE，
∴D1E＋CE的最小值为D1G，
又D1G＝eq \r(D1F2＋FG2)＝eq \r(9＋1)＝eq \r(10)，
∴D1E＋CE的最小值为eq \r(10).
7．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈eq \r(3,\f(16,9)V).人们还用过一些类似的近似公式．根据π＝3.141 59…判断，下列近似公式中最精确的一个是( )
A．d≈eq \r(3,\f(16,9)V) B．d≈eq \r(3,2V)
C．d≈eq \r(3,\f(300,157)V) D．d≈eq \r(3,\f(21,11)V)
答案 D
解析 ∵球的体积V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))3，
∴d3＝eq \f(6,π)V＝eq \f(3,\f(π,2))V.
∵π＝3.141 59…，
∴eq \f(π,2)＝1.570 79….
记d1≈eq \r(3,\f(16,9)V)，
∴deq \\al(3,1)≈eq \f(16,9)V＝eq \f(3,\f(27,16))V；
d2≈eq \r(3,2V)，
∴deq \\al(3,2)≈2V＝eq \f(3,1.5)V；
d3≈eq \r(3,\f(300,157)V)，
∴deq \\al(3,3)≈eq \f(3,1.57)V；
d4≈eq \r(3,\f(21,11)V)，
∴deq \\al(3,4)≈eq \f(3,\f(11,7))V.
∵eq \f(27,16)≈1.688，eq \f(11,7)≈1.571，
∴在eq \f(27,16)，1.5,1.57，eq \f(11,7)中，eq \f(11,7)最接近eq \f(π,2).
∴d4更精确．
8．(2022·杭州模拟)已知正三棱锥的底面边长为2eq \r(3)，高为eq \r(3)，则三棱锥的内切球的表面积为( )
A．4π B.eq \f(1,3)π C.eq \f(4,3)π D．3π
答案 C
解析 如图所示，设正三棱锥为P－ABC，
设O为三棱锥的内切球的球心，D为正△ABC的中心，所以PD为正三棱锥的高，PD＝eq \r(3)，设E是AB的中点，
正三棱锥的底面边长为2eq \r(3)，
所以CE＝eq \r(CB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \r(12－3)＝3，DE＝eq \f(1,3)CE＝1，
因为PD为正三棱锥的高，所以PE＝eq \r(PD2＋DE2)＝eq \r(3＋1)＝2，
由正三棱锥的性质可知S△PAB＝S△PAC＝S△PCB＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2＝2eq \r(3)，
S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3＝3eq \r(3)，
VP－ABC＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×eq \r(3)＝3，
设内切球的半径为r，
VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PBC＋VO－PBA＋VO－PAC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×3\r(3)＋3×\f(1,3)×2\r(3)))r＝3，
解得r＝eq \f(\r(3),3)，
所以三棱锥的内切球的表面积为4π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)π.
9．(多选)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB＝1，AA1＝eq \r(3)，若AP＝λAC，λ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝eq \f(1,2)时，D1P⊥A1C1
B．直线BP与平面A1BC1所成角的最大值大于eq \f(π,3)
C．当平面PB1D1截直四棱柱所得截面面积为eq \f(15,8)时，λ＝eq \f(3,4)
D．四面体A1C1DP的体积为定值
答案 ABD
解析 当λ＝eq \f(1,2)时，P为AC的中点，连接A1C1，D1P，B1D1，BD(图略)，
则A1C1⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BDD1B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1，
因为D1P⊂平面BDD1B1，所以D1P⊥A1C1，A正确；
因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以AC∥A1C1，因为AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，则点P到平面A1BC1的距离等于点A到平面A1BC1的距离．设点A到平面A1BC1的距离为d，则，即eq \f(1,3)××d＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×1，所以eq \r(2)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)×d＝eq \r(3)，所以d＝eq \f(\r(21),7).
设直线BP与平面A1BC1所成的角为θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，因为点P到平面A1BC1的距离为定值，所以当BP最小，即P为AC的中点时，直线BP与平面A1BC1所成的角最大，此时BP＝eq \f(\r(2),2)，所以sin θ＝eq \f(\r(42),7)，因为sin2θ＝eq \f(6,7)>eq \f(3,4)，所以θ>eq \f(π,3)，B正确；
当λ＝eq \f(3,4)时，点P为AC上靠近点C的四等分点，则平面PB1D1截四棱柱所得截面为等腰梯形B1D1EF，如图，易知EF＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，等腰梯形B1D1EF的高h＝eq \r(\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(5\r(2),4)，所以梯形B1D1EF的面积为eq \f(1,2)×eq \f(3,2)B1D1×h＝eq \f(15,8)，由几何体的对称性可知，当平面PB1D1截直四棱柱所得截面面积为eq \f(15,8)时，λ＝eq \f(1,4)或λ＝eq \f(3,4)，C错误；
由上可知，AC∥平面A1C1D，所以点P到平面A1C1D的距离恒为定值，因为△A1C1D的面积为定值，所以四面体A1C1DP的体积为定值，D正确．
10．(多选)(2022·沈阳模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M，N，P分别是平面ADD1A1，平面CDD1C1，平面ABCD的中心，点Q是线段A1C1上的动点，则下列结论正确的是( )
A．PN与A1C1所成的角为eq \f(π,3)
B．D点到平面MNP的距离为eq \f(\r(3),3)a
C．三棱锥M－NPQ的体积为定值eq \f(1,24)a3
D．直线DQ与平面A1ACC1所成角的正切值的最大值为eq \f(1,2)
答案 ABC
解析 如图所示，连接C1D，NP，BD，A1B，BC1，QP，QD，
则点N是C1D的中点，点P是BD的中点，
则NP∥C1B，故PN与A1C1所成的角即C1B与A1C1所成的角，即∠A1C1B，
又A1C1＝BC1＝A1B＝eq \r(2)a，则∠A1C1B＝eq \f(π,3)，故A正确；
NP＝eq \f(1,2)BC1＝eq \f(\r(2),2)a，同理知MN＝MP＝eq \f(\r(2),2)a，又DM＝DN＝DP＝eq \f(\r(2),2)a，
则三棱锥D－MNP为棱长为eq \f(\r(2),2)a的正四面体，则易知点D到平面MNP的距离为eq \f(\r(3),3)a，故B正确；
易知MN∥AC，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，A1C1⊄平面MNP，即A1C1∥平面MNP，
又点Q是线段A1C1上的动点，
则点Q到平面MNP的距离为定值，且与点A1到平面MNP的距离相等，而M为A1D的中点，则点A1到平面MNP的距离与点D到平面MNP的距离相等，为eq \f(\r(3),3)a，
故三棱锥M－NPQ的体积VM－NPQ＝VQ－MNP＝
eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2sin eq \f(π,3)×eq \f(\r(3),3)a＝eq \f(1,24)a3，故C正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知BD⊥平面ACC1A1，则直线DQ与平面A1ACC1所成角即为∠DQP，
tan∠DQP＝eq \f(DP,PQ)，又DP＝eq \f(\r(2),2)a，
则tan∠DQP取最大值时，PQ取最小值为a，
此时tan∠DQP＝eq \f(\f(\r(2),2)a,a)＝eq \f(\r(2),2)，故D错误．
11．将底面直径为8，高为2eq \r(3)的圆锥体石块打磨成一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为________．
答案 4eq \r(3)π
解析 欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，如图，
设圆柱的高为h，底面半径为r，
则eq \f(2\r(3)－h,2\r(3))＝eq \f(r,4)，解得h＝2eq \r(3)－eq \f(\r(3),2)r，
所以S圆柱侧＝2πrh＝2πreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3),2)r))
＝eq \r(3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4r－r2))，
当r＝2时，S圆柱侧取得最大值4eq \r(3)π.
12．若m，n是两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：
①若m∥n，m∥α，则n∥α；②若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；③若m∥n，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
上面命题中，所有真命题的序号是________．
答案 ③④
解析 对于①，若m∥n，m∥α，则n⊂α或n∥α，故选项①错误；
对于②，若m∥α，n∥β，m∥n，则α与β平行或相交，如图所示，故选项②错误；
对于③，若m∥n，n⊥α，根据两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面，故m⊥α，故选项③正确；
对于④，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，直线m，n的方向向量即为平面α，β的法向量，因为m⊥n，则两个平面的法向量垂直，故α⊥β，故选项④正确．
13．(2022·上海市西南位育中学模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝CC1＝2eq \r(2)，点P是直线BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值是________．
答案 10eq \r(2)
解析 如图，连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1放在同一个平面内，在BC1上取一点与A1C构成三角形，
由三角形两边之和大于第三边，可知A1P＋PC的最小值是A1C的值，
因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝CC1＝2eq \r(2)，
所以矩形BCC1B1是边长为2eq \r(2)的正方形，则BC1＝4，
又在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝2eq \r(38)，BB1＝2eq \r(2)，则A1B＝4eq \r(10)，
又A1Ceq \\al(2,1)＋BCeq \\al(2,1)＝A1B2，所以∠A1C1B＝900，则∠A1C1C＝135°，
在△A1C1C中，利用余弦定理可得
A1C＝eq \r(A1C\\al(2,1)＋C1C2－2A1C1·C1Ccs 135°)
＝eq \r(122＋2\r(2)2－2×12×2\r(2)cs 135°)
＝10eq \r(2).
所以A1P＋PC的最小值是10eq \r(2).
14．(2022·南通模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为1，则以点A为球心，1为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为________．
答案 eq \f(3π,2)
解析 根据题意，如图，以点A为球心，1为半径的球和平面A1B1BA，平面A1C1CA的交线是以A为圆心，1为半径的圆的eq \f(1,4)圆弧，
根据正三棱柱的性质，作BC的中点M，连接AM，
易知AM⊥平面B1BCC1，
故球与平面B1BCC1的交线为以M为圆心，BC为直径的半圆，
所以所求长度之和为eq \f(1,4)×2π×1×2＋eq \f(1,2)×2π×eq \f(1,2)＝eq \f(3π,2).
A．a⊥c，b⊥c
B．a∥α，b∥α
C．a∥α，a∥β，α∩β＝b
D．b⊥α，c∥α，a⊥c
答案 C
解析 A项，a⊥c，b⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；B项，a∥α，b∥α，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件；C项，a∥α，a∥β，α∩β＝b，由线面平行的性质可知a∥b，是a∥b的充分条件；D项，b⊥α，c∥α，a⊥c，则a，b可能平行、异面、相交，不是a∥b的充分条件．
2．已知直线m，n和平面α，β满足m⊥n，m⊥α，α⊥β，则( )
A．n⊥β B．n∥β或n⊂β
C．n⊥α D．n∥α或n⊂α
答案 D
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，记平面ABCD为α，平面ADD1A1为β，BB1所在直线为m，
若n为B1C1，满足m⊥n，显然n∥α，n∥β，所以A，C错误；
若n为A1B1，满足m⊥n，显然n⊥β，所以B错误；
对D，n∥α或n⊂α，显然满足题意，
若n与α交于点P，点Q为直线n上不同于点P的另外一点，连接PB，
因为m⊥α，PB⊂α，所以m⊥PB，又m⊥n，而n与PB交于点P，所以m⊥平面PBQ，又因为m⊥α，
于是过点B存在两个不同的平面与m垂直，矛盾，所以D正确．
3．已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β等于( )
A．20° B．160°
C．20°或160° D．不能确定
答案 C
解析 因为角α的两边和角β的两边分别平行，
所以α，β相等或者互补，所以β＝20°或β＝160°.
4.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )
A．8 cm B．6 cm
C．2(1＋eq \r(3)) cm D．2(1＋eq \r(2)) cm
答案 A
解析 由直观图知原图形是平行四边形OABC，如图，OA＝O′A′＝1，OB⊥OA，OB＝2O′B′＝2eq \r(2)，AB＝eq \r(12＋2\r(2)2)＝3，
所以平行四边形OABC的周长是8 cm.
5．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，M为空间任意两点，如果eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋7eq \(BA,\s\up6(→))＋6eq \(AA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))，那么点M必( )
A．在平面BAD1内
B．在平面BA1D内
C．在平面BA1D1内
D．在平面AB1C1内
答案 C
解析 因为eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋7eq \(BA,\s\up6(→))＋6eq \(AA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))
＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＋6eq \(BA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))
＝eq \(PB1,\s\up6(→))＋eq \(B1A1,\s\up6(→))＋6eq \(BA1,\s\up6(→))－4eq \(A1D1,\s\up6(→))
＝eq \(PA1,\s\up6(→))＋6(eq \(PA1,\s\up6(→))－eq \(PB,\s\up6(→)))－4(eq \(PD1,\s\up6(→))－eq \(PA1,\s\up6(→)))
＝11eq \(PA1,\s\up6(→))－6eq \(PB,\s\up6(→))－4eq \(PD1,\s\up6(→))，
所以M，B，A1，D1四点共面．
6.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq \r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( )
A．2eq \r(2)
B.eq \r(10)
C.eq \r(5)＋1
D．2＋eq \r(2)
答案 B
解析 如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC，连接EG，FG，
∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，
∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥AF，AB⊥BG，
又AB＝AD＝AF，
∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝eq \r(BE2＋BG2)＝eq \r(BE2＋BC2)＝CE，
∴D1E＋CE的最小值为D1G，
又D1G＝eq \r(D1F2＋FG2)＝eq \r(9＋1)＝eq \r(10)，
∴D1E＋CE的最小值为eq \r(10).
7．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d≈eq \r(3,\f(16,9)V).人们还用过一些类似的近似公式．根据π＝3.141 59…判断，下列近似公式中最精确的一个是( )
A．d≈eq \r(3,\f(16,9)V) B．d≈eq \r(3,2V)
C．d≈eq \r(3,\f(300,157)V) D．d≈eq \r(3,\f(21,11)V)
答案 D
解析 ∵球的体积V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))3，
∴d3＝eq \f(6,π)V＝eq \f(3,\f(π,2))V.
∵π＝3.141 59…，
∴eq \f(π,2)＝1.570 79….
记d1≈eq \r(3,\f(16,9)V)，
∴deq \\al(3,1)≈eq \f(16,9)V＝eq \f(3,\f(27,16))V；
d2≈eq \r(3,2V)，
∴deq \\al(3,2)≈2V＝eq \f(3,1.5)V；
d3≈eq \r(3,\f(300,157)V)，
∴deq \\al(3,3)≈eq \f(3,1.57)V；
d4≈eq \r(3,\f(21,11)V)，
∴deq \\al(3,4)≈eq \f(3,\f(11,7))V.
∵eq \f(27,16)≈1.688，eq \f(11,7)≈1.571，
∴在eq \f(27,16)，1.5,1.57，eq \f(11,7)中，eq \f(11,7)最接近eq \f(π,2).
∴d4更精确．
8．(2022·杭州模拟)已知正三棱锥的底面边长为2eq \r(3)，高为eq \r(3)，则三棱锥的内切球的表面积为( )
A．4π B.eq \f(1,3)π C.eq \f(4,3)π D．3π
答案 C
解析 如图所示，设正三棱锥为P－ABC，
设O为三棱锥的内切球的球心，D为正△ABC的中心，所以PD为正三棱锥的高，PD＝eq \r(3)，设E是AB的中点，
正三棱锥的底面边长为2eq \r(3)，
所以CE＝eq \r(CB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \r(12－3)＝3，DE＝eq \f(1,3)CE＝1，
因为PD为正三棱锥的高，所以PE＝eq \r(PD2＋DE2)＝eq \r(3＋1)＝2，
由正三棱锥的性质可知S△PAB＝S△PAC＝S△PCB＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2＝2eq \r(3)，
S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3＝3eq \r(3)，
VP－ABC＝eq \f(1,3)×3eq \r(3)×eq \r(3)＝3，
设内切球的半径为r，
VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PBC＋VO－PBA＋VO－PAC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×3\r(3)＋3×\f(1,3)×2\r(3)))r＝3，
解得r＝eq \f(\r(3),3)，
所以三棱锥的内切球的表面积为4π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(4,3)π.
9．(多选)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB＝1，AA1＝eq \r(3)，若AP＝λAC，λ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝eq \f(1,2)时，D1P⊥A1C1
B．直线BP与平面A1BC1所成角的最大值大于eq \f(π,3)
C．当平面PB1D1截直四棱柱所得截面面积为eq \f(15,8)时，λ＝eq \f(3,4)
D．四面体A1C1DP的体积为定值
答案 ABD
解析 当λ＝eq \f(1,2)时，P为AC的中点，连接A1C1，D1P，B1D1，BD(图略)，
则A1C1⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BDD1B1，所以A1C1⊥平面BDD1B1，
因为D1P⊂平面BDD1B1，所以D1P⊥A1C1，A正确；
因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以AC∥A1C1，因为AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，则点P到平面A1BC1的距离等于点A到平面A1BC1的距离．设点A到平面A1BC1的距离为d，则，即eq \f(1,3)××d＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×1，所以eq \r(2)×eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)×d＝eq \r(3)，所以d＝eq \f(\r(21),7).
设直线BP与平面A1BC1所成的角为θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，因为点P到平面A1BC1的距离为定值，所以当BP最小，即P为AC的中点时，直线BP与平面A1BC1所成的角最大，此时BP＝eq \f(\r(2),2)，所以sin θ＝eq \f(\r(42),7)，因为sin2θ＝eq \f(6,7)>eq \f(3,4)，所以θ>eq \f(π,3)，B正确；
当λ＝eq \f(3,4)时，点P为AC上靠近点C的四等分点，则平面PB1D1截四棱柱所得截面为等腰梯形B1D1EF，如图，易知EF＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，等腰梯形B1D1EF的高h＝eq \r(\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(5\r(2),4)，所以梯形B1D1EF的面积为eq \f(1,2)×eq \f(3,2)B1D1×h＝eq \f(15,8)，由几何体的对称性可知，当平面PB1D1截直四棱柱所得截面面积为eq \f(15,8)时，λ＝eq \f(1,4)或λ＝eq \f(3,4)，C错误；
由上可知，AC∥平面A1C1D，所以点P到平面A1C1D的距离恒为定值，因为△A1C1D的面积为定值，所以四面体A1C1DP的体积为定值，D正确．
10．(多选)(2022·沈阳模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M，N，P分别是平面ADD1A1，平面CDD1C1，平面ABCD的中心，点Q是线段A1C1上的动点，则下列结论正确的是( )
A．PN与A1C1所成的角为eq \f(π,3)
B．D点到平面MNP的距离为eq \f(\r(3),3)a
C．三棱锥M－NPQ的体积为定值eq \f(1,24)a3
D．直线DQ与平面A1ACC1所成角的正切值的最大值为eq \f(1,2)
答案 ABC
解析 如图所示，连接C1D，NP，BD，A1B，BC1，QP，QD，
则点N是C1D的中点，点P是BD的中点，
则NP∥C1B，故PN与A1C1所成的角即C1B与A1C1所成的角，即∠A1C1B，
又A1C1＝BC1＝A1B＝eq \r(2)a，则∠A1C1B＝eq \f(π,3)，故A正确；
NP＝eq \f(1,2)BC1＝eq \f(\r(2),2)a，同理知MN＝MP＝eq \f(\r(2),2)a，又DM＝DN＝DP＝eq \f(\r(2),2)a，
则三棱锥D－MNP为棱长为eq \f(\r(2),2)a的正四面体，则易知点D到平面MNP的距离为eq \f(\r(3),3)a，故B正确；
易知MN∥AC，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，A1C1⊄平面MNP，即A1C1∥平面MNP，
又点Q是线段A1C1上的动点，
则点Q到平面MNP的距离为定值，且与点A1到平面MNP的距离相等，而M为A1D的中点，则点A1到平面MNP的距离与点D到平面MNP的距离相等，为eq \f(\r(3),3)a，
故三棱锥M－NPQ的体积VM－NPQ＝VQ－MNP＝
eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2sin eq \f(π,3)×eq \f(\r(3),3)a＝eq \f(1,24)a3，故C正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知BD⊥平面ACC1A1，则直线DQ与平面A1ACC1所成角即为∠DQP，
tan∠DQP＝eq \f(DP,PQ)，又DP＝eq \f(\r(2),2)a，
则tan∠DQP取最大值时，PQ取最小值为a，
此时tan∠DQP＝eq \f(\f(\r(2),2)a,a)＝eq \f(\r(2),2)，故D错误．
11．将底面直径为8，高为2eq \r(3)的圆锥体石块打磨成一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为________．
答案 4eq \r(3)π
解析 欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥，如图，
设圆柱的高为h，底面半径为r，
则eq \f(2\r(3)－h,2\r(3))＝eq \f(r,4)，解得h＝2eq \r(3)－eq \f(\r(3),2)r，
所以S圆柱侧＝2πrh＝2πreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)－\f(\r(3),2)r))
＝eq \r(3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4r－r2))，
当r＝2时，S圆柱侧取得最大值4eq \r(3)π.
12．若m，n是两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：
①若m∥n，m∥α，则n∥α；②若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；③若m∥n，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
上面命题中，所有真命题的序号是________．
答案 ③④
解析 对于①，若m∥n，m∥α，则n⊂α或n∥α，故选项①错误；
对于②，若m∥α，n∥β，m∥n，则α与β平行或相交，如图所示，故选项②错误；
对于③，若m∥n，n⊥α，根据两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直这个平面，故m⊥α，故选项③正确；
对于④，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，直线m，n的方向向量即为平面α，β的法向量，因为m⊥n，则两个平面的法向量垂直，故α⊥β，故选项④正确．
13．(2022·上海市西南位育中学模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝CC1＝2eq \r(2)，点P是直线BC1上一动点，则A1P＋PC的最小值是________．
答案 10eq \r(2)
解析 如图，连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1放在同一个平面内，在BC1上取一点与A1C构成三角形，
由三角形两边之和大于第三边，可知A1P＋PC的最小值是A1C的值，
因为在直三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝CC1＝2eq \r(2)，
所以矩形BCC1B1是边长为2eq \r(2)的正方形，则BC1＝4，
又在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝2eq \r(38)，BB1＝2eq \r(2)，则A1B＝4eq \r(10)，
又A1Ceq \\al(2,1)＋BCeq \\al(2,1)＝A1B2，所以∠A1C1B＝900，则∠A1C1C＝135°，
在△A1C1C中，利用余弦定理可得
A1C＝eq \r(A1C\\al(2,1)＋C1C2－2A1C1·C1Ccs 135°)
＝eq \r(122＋2\r(2)2－2×12×2\r(2)cs 135°)
＝10eq \r(2).
所以A1P＋PC的最小值是10eq \r(2).
14．(2022·南通模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为1，则以点A为球心，1为半径的球与正三棱柱各个面的交线的长度之和为________．
答案 eq \f(3π,2)
解析 根据题意，如图，以点A为球心，1为半径的球和平面A1B1BA，平面A1C1CA的交线是以A为圆心，1为半径的圆的eq \f(1,4)圆弧，
根据正三棱柱的性质，作BC的中点M，连接AM，
易知AM⊥平面B1BCC1，
故球与平面B1BCC1的交线为以M为圆心，BC为直径的半圆，
所以所求长度之和为eq \f(1,4)×2π×1×2＋eq \f(1,2)×2π×eq \f(1,2)＝eq \f(3π,2).
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