多選題加練(七)　立體幾何與空間向量

多選題加練(七)立體幾何與空間向量1.(2024·常德模擬)已知平面α，β，直線(xiàn)l，m，則下列命題正確的是()A.若α⊥β，α∩β＝m，l⊥m，l?α，則l⊥βB.若α∥β，l?α，m?β，則l∥mC.若m?α，則“l(fā)⊥α”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件D.若m?α，l?α，則“l(fā)∥α”是“l(fā)∥m”的必要不充分條件答案ACD解析由面面垂直的性質(zhì)定理可知A正確；對(duì)于B，若α∥β，l?α，m?β，則l∥m，或者l，m異面，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若m?α，l⊥α，則l⊥m，故充分性成立，但是l⊥m，m?α，不能得到l⊥α，故C正確；對(duì)于D，若m?α，l?α，l∥α，不能得到l∥m，因?yàn)閘，m有可能異面，但是l∥m，m?α，l?α，則l∥α，故D正確.2.(2024·十堰模擬)《九章算術(shù)》中，將上、下底面為直角三角形的直三棱柱叫做塹堵，在如圖所示的塹堵中，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝2eq\o(DC1,\s\up6(→))，則()A.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))B.eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))C.向量eq\o(AD,\s\up6(→))在向量eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))D.向量eq\o(AD,\s\up6(→))在向量eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))答案BD解析因?yàn)閑q\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1D,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(A1C1,\s\up6(→))－eq\o(A1B1,\s\up6(→)))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，故A不正確，B正確；如圖所示，故D作DU垂直BC，過(guò)U作VU垂直AB，UW垂直AC，故向量eq\o(AD,\s\up6(→))在向量eq\o(AB,\s\up6(→))上的投影向量為eq\o(AV,\s\up6(→))，向量eq\o(AD,\s\up6(→))在向量eq\o(AC,\s\up6(→))上的投影向量為eq\o(AW,\s\up6(→))，由題意易得eq\f(AV,AB)＝eq\f(1,3)，eq\f(AW,AC)＝eq\f(2,3)，故eq\o(AV,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))，C不正確；eq\o(AW,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，D正確.3.(2024·梅州模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，O1為四邊形A1B1C1D1的中心，P為線(xiàn)段AO1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，Q為線(xiàn)段CD1上一點(diǎn)，若三棱錐Q－PBD的體積為定值，則()A.DQ＝2QC1 B.DQ＝QC1C.O1Q＝eq\r(2) D.O1Q＝eq\r(3)答案BC解析連接AC，BD，交BD于點(diǎn)O，連接OC1，因?yàn)镺1為四邊形A1B1C1D1的中心，所以AO1∥OC1，又OC1?平面BDC1，AO1?平面BDC1，所以AO1∥平面BDC1，因?yàn)槿忮FQ－PBD的體積等于三棱錐P－QBD的體積，且為定值，所以AO1∥平面QBD，所以平面QBD與平面BDC1為同一平面，所以Q為CD1與DC1的交點(diǎn)，所以DQ＝QC1，故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，所以O(shè)1Q＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，故C正確，D錯(cuò)誤.4.(2024·西安模擬)沙漏，據(jù)《隋志》記載：“漏刻之制，蓋始于黃帝.”它是古代的一種計(jì)時(shí)裝置，由兩個(gè)形狀完全相同的容器和一個(gè)狹窄的連接管道組成，開(kāi)始時(shí)細(xì)沙全部在上部容器中，細(xì)沙通過(guò)連接管道全部流到下部容器所需要的時(shí)間稱(chēng)為該沙漏的一個(gè)沙時(shí).如圖，某沙漏由上下兩個(gè)圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為6cm，細(xì)沙全部在上部時(shí)，其高度為圓錐高度的eq\f(2,3)(細(xì)管長(zhǎng)度忽略不計(jì)).假設(shè)該沙漏每秒鐘漏下0.02cm3的沙，且細(xì)沙全部漏入下部后，恰好堆成一個(gè)蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆.以下結(jié)論正確的是()A.沙漏的側(cè)面積是9eq\r(5)πcm2B.沙漏中的細(xì)沙體積為eq\f(16π,3)cm3C.細(xì)沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為2.4cmD.該沙漏的一個(gè)沙時(shí)大約是837秒(π≈3.14)答案BD解析A中，設(shè)下面的圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為l，則l＝eq\r(32＋62)＝3eq\r(5)cm，故下面圓錐的側(cè)面積為S＝πrl＝3×3eq\r(5)π＝9eq\r(5)πcm2，故沙漏的側(cè)面積為2S＝18eq\r(5)πcm2，故A錯(cuò)誤；B中，因?yàn)榧?xì)沙全部在上部時(shí)，高度為圓錐高的eq\f(2,3)，所以細(xì)沙形成的圓錐底面半徑為eq\f(2,3)×3＝2cm，高為6×eq\f(2,3)＝4cm，故底面積為π·22＝4πcm2，所以沙漏中的細(xì)沙體積為eq\f(1,3)×4π×4＝eq\f(16π,3)cm3，B正確；C中，由B選項(xiàng)可知，細(xì)沙全部漏入下部后此錐形沙堆的體積為eq\f(16π,3)cm3，其中此錐體的底面積為π·32＝9π，故高度為eq\f(3×\f(16π,3),9π)＝eq\f(16,9)≈1.8cm，C錯(cuò)誤；D中，eq\f(16π,3)÷0.02≈eq\f(16×3.14,3×0.02)≈837秒，故該沙漏的一個(gè)沙時(shí)大約是837秒，D正確.5.(2024·合肥模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝eq\r(3)，BC＝1，AA1＝3，點(diǎn)M在線(xiàn)段BB1上，且B1M＝2MB，N為線(xiàn)段C1M上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A.當(dāng)N為C1M的中點(diǎn)時(shí)，直線(xiàn)AN與平面ABC所成角的正切值為eq\f(\r(11),4)B.當(dāng)MN＝2NC1時(shí)，B1N∥平面ACMC.△ACN的周長(zhǎng)的最小值為3eq\r(3)D.存在點(diǎn)N，使得三棱錐N－AMC的體積為eq\f(\r(11),6)答案BD解析對(duì)于A(yíng)，當(dāng)N為C1M的中點(diǎn)時(shí)，取BC的中點(diǎn)P，連接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，則PN⊥平面ABC，故∠PAN為直線(xiàn)AN與平面ABC所成的角，則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錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)MN＝2NC1時(shí)，延長(zhǎng)B1N交CC1于點(diǎn)Q，此時(shí)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，所以四邊形CQB1M是平行四邊形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因?yàn)锽1N?平面ACM，CM?平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)N與M重合時(shí)，易知AN＝2，CN＝eq\r(2)，此時(shí)△ACN的周長(zhǎng)為2＋eq\r(2)＋eq\r(3)，顯然有2＋eq\r(2)＋eq\r(3)<3eq\r(3)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，取BC的中點(diǎn)P，連接AP，易知AP⊥平面BCC1B1，AP＝eq\f(\r(11),2)，若三棱錐N－AMC的體積為eq\f(\r(11),6)，即VN－AMC＝eq\f(\r(11),6)，所以eq\f(1,3)·S△CMN·AP＝eq\f(\r(11),6)，所以S△CMN＝1，因?yàn)镾△CMC1＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2)>S△CMN＝1，所以存在點(diǎn)N，使得三棱錐N－AMC的體積為eq\f(\r(11),6)，故D正確.6.(2024·煙臺(tái)模擬)三棱錐V－ABC中，底面ABC，側(cè)面VAC均是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，平面ABC⊥平面VAC，P為AC的中點(diǎn)，則()A.VB⊥ACB.VA與BC所成角的余弦值為eq\f(1,2)C.點(diǎn)P到VB的距離為eq\f(\r(6),2)D.三棱錐V－ABC外接球的表面積為eq\f(20π,3)答案ACD解析連接VP，BP，因?yàn)椤鰽BC和△VAC為等邊三角形，P為AC中點(diǎn)，所以AC⊥VP，AC⊥BP，因?yàn)閂P∩BP＝P，VP，BP?平面VPB，所以AC⊥平面VPB，因?yàn)閂B?平面VPB，所以VB⊥AC，故A正確；因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面VAC，平面ABC∩平面VAC＝AC，VP⊥AC，VP?平面VAC，所以VP⊥平面ABC，以P為原點(diǎn)，分別以PA，PB，PV為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，A(1，0，0)，V(0，0，eq\r(3))，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，0)，eq\o(VA,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)，設(shè)VA與BC所成角為θ，所以cosθ＝eq\f(|\o(VA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(VA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1|,2×2)＝eq\f(1,4)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閂P⊥平面ABC，BP?平面ABC，所以VP⊥BP，因?yàn)椤鰽BC和△VAC的邊長(zhǎng)為2，所以VP＝BP＝eq\r(3)，在等腰直角△VPB中，VP＝BP＝eq\r(3)，所以點(diǎn)P到VB的距離為eq\r(3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),2)，故C正確；分別取△ABC和△VAC的外心O2，O1，再分別過(guò)O2，O1作平面ABC，平面VAC的垂線(xiàn)交于點(diǎn)O，所以O(shè)為三棱錐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O(shè)B＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),3)，三棱錐V－ABC的外接球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(20π,3)，故D正確.7.(2024·長(zhǎng)沙調(diào)研)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是線(xiàn)段BC1，CD1，A1B1的中點(diǎn)，則()A.DE⊥BGB.AF∥平面BC1GC.直線(xiàn)AB與平面BC1G所成的角的余弦值為eq\f(\r(3),3)D.過(guò)點(diǎn)F且與直線(xiàn)DE垂直的平面α，截該正方體所得截面的周長(zhǎng)為3eq\r(5)＋eq\r(2)答案ACD解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1分別為x，y，z軸建立坐標(biāo)系，如圖所示，D(0，0，0)，E(1，2，1)，B(2，2，0)，G(2，1，2)，A(2，0，0)，F(xiàn)(0，1，1)，C1(0，2，2)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1，2，1)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，∵eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BG,\s\up6(→))＝1×0＋2×(－1)＋1×2＝0，∴eq\o(DE,\s\up6(→))⊥eq\o(BG,\s\up6(→))，故A正確；eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(BG,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，1，1)，設(shè)平面BC1G的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BG,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1＋2z1＝0，,－y1＋2z1＝0，))令z1＝1，則x1＝1，y1＝2，則n＝(1，2，1)，∵eq\o(AF,\s\up6(→))·n＝(－2)×1＋1×2＋1×1＝1≠0，∴AF與平面BC1G不平行，故B不正確；eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，設(shè)直線(xiàn)AB與平面BC1G所成的角為α，則sinα＝|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,2×\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(3),3)，故C正確；∵n＝eq\o(DE,\s\up6(→))，∴DE⊥平面BC1G，取X，T為A1D1，AA1的中點(diǎn)，如圖所示，則WD1＝CV＝AU＝eq\f(1,2)，由幾何關(guān)系可知，WX∥VU，WV∥TU，則WXTUV組成一個(gè)平面，由BG∥TU，BC1∥TX，TU，TX均在平面WXTUV內(nèi)，則DE⊥平面WXTUV，即過(guò)點(diǎn)F且與直線(xiàn)DE垂直的平面α，截該正方體所得截面為如圖所示的平面WXTUV，則截面WXTUV的周長(zhǎng)為WX＋XT＋TU＋UV＋VW＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋eq\r(1＋1)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋1)＋eq\r(22＋1)＋eq\r(22＋1)＝3eq\r(5)＋eq\r(2)，故D正確.8.(2024·南通質(zhì)檢)已知AB為圓錐SO底面圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A(yíng)，B的一點(diǎn)，N為SA的中點(diǎn)，SA＝5，圓錐SO的側(cè)面積為15π，則下列說(shuō)法正確的是()A.圓O上存在點(diǎn)M使MN∥平面SBCB.圓O上存在點(diǎn)M使AM⊥平面SBCC.圓錐SO的外接球表面積為eq\f(625π,16)D.棱長(zhǎng)為eq\r(6)的正四面體在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)答案ACD解析對(duì)于A(yíng)，如圖，過(guò)點(diǎn)O作OM∥BC，交劣弧eq\o(AC,\s\up8(︵))于點(diǎn)M，連接ON，由于N，O分別為SA，AB的中點(diǎn)，所以O(shè)N∥SB，又ON?平面SBC，OM?平面SBC，SB?平面SBC，BC?平面SBC，所以O(shè)N∥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正確；對(duì)于B，假設(shè)圓O上存在點(diǎn)M使AM⊥平面SBC，SB?平面SBC，所以AM⊥SB.又因?yàn)镾O⊥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錯(cuò)誤；對(duì)于C，如圖，已知SA＝5，圓錐SO的側(cè)面積為S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，則SO＝4，由題意可知球心在SO上，記為O′，設(shè)其半徑為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)，所以圓錐SO的外接球表面積為4πR2＝eq\f(625π,16)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)圓錐SO的內(nèi)切球半徑為r，則圓錐的軸截面SAB內(nèi)切圓的半徑為r，SA＝5，AO＝3，則SO＝4，如圖，由等面積法知eq\f(1,2)·r·(6＋5＋5)＝eq\f(1,2)×6×4，r＝eq\f(3,2)，設(shè)半徑為r＝eq\f(3,2)的球的內(nèi)接正四面體棱長(zhǎng)為a.如圖，T為正四面體底面中心，K為正四面體外接球球心，PT＝eq\f(\r(3),3)a，LT＝eq\f(\r(6),3)a，則r2＝PT2＋(LT－r)2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－\f(3,2)))eq\s\up12(2)，解得a＝eq\r(6)，故D正確.9.(2024·成都診斷)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P滿(mǎn)足eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋xeq\o(AA1,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，x∈[0，1]，y∈[0，1]，則()A.當(dāng)x＝1時(shí)，D1P＋BP的最小值為eq\r(5)B.當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，有且僅有一點(diǎn)P滿(mǎn)足DB1⊥A1PC.當(dāng)x＋y＝1時(shí)，有且僅有一點(diǎn)P滿(mǎn)足到直線(xiàn)A1B1的距離與到平面ABCD的距離相等D.當(dāng)x2＋y2＝1時(shí)，直線(xiàn)AP與C1D1所成角的大小為定值答案ACD解析如圖所示，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則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)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，xeq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，x)，yeq\o(AD,\s\up6(→))＝(y，0，0)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋xeq\o(AA1,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＝(y，1，x)，∴P(y，1，x).對(duì)于A(yíng)，當(dāng)x＝1時(shí)，P(y，1，1)為線(xiàn)段B1C1上的點(diǎn)，將平面A1B1C1D1和平面BCC1B1展開(kāi)為同一個(gè)平面，如圖，連接D1B，則D1P＋BP的最小值即為D1B＝eq\r(D1C2＋BC2)＝eq\r(5)，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，P(x，1，x)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x，1，x－1)，則eq\o(DB1,\s\up6(→))·eq\o(A1P,\s\up6(→))＝－x＋1＋x－1＝0，即DB1⊥A1P，即滿(mǎn)足條件的P點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)x＋y＝1時(shí)，y＝1－x，則P(1－x，1，x)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(1－x，1，x－1)，|eq\o(A1P,\s\up6(→))|＝eq\r(3＋2x2－4x)，則eq\o(A1P,\s\up6(→))在eq\o(A1B1,\s\up6(→))上的投影長(zhǎng)度為eq\f(|\o(A1P,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→))|,|\o(A1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,1)＝1，則點(diǎn)P到直線(xiàn)A1B1的距離d＝eq\r(\a\vs4\al(|\o(A1P,\s\up6(→))|2－12))＝eq\r(2x2－4x＋2)；平面ABCD的一個(gè)法向量為eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1－x，1，x)，則點(diǎn)P到平面ABCD的距離為eq\f(|\o(AA1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,|\o(AA1,\s\up6(→))|)＝x；當(dāng)點(diǎn)P到直線(xiàn)A1B1的距離與到平面ABCD的距離相等時(shí)，eq\r(2x2－4x＋2)＝x?x2－4x＋2＝0，∵x∈[0，1]，∴方程有一個(gè)解x＝2－eq\r(2)，即y＝eq\r(2)－1，即僅存在一個(gè)點(diǎn)P滿(mǎn)足條件，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)x2＋y2＝1時(shí)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(y，1，x)，eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，∵cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(C1D1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(C1D1,\s\up6(→)),|\o(AP,\s\up6(→))||\o(C1D1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1,\r(y2＋1＋x2))＝－eq\f(\r(2),2)，故直線(xiàn)AP與C1D1所成角的大小eq\f(π,4)，為定值，故D正確.10.(2024·寧波調(diào)研)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，點(diǎn)P滿(mǎn)足eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))＋μeq\o(CC1,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則()A.當(dāng)λ＝1，μ＝eq\f(1,2)時(shí)，直線(xiàn)CP與AP所成角為60°B.當(dāng)λ＝1時(shí)，AP＋PC1的最小值為eq\r(5)＋1C.若B1P與平面CDD1C1所成角為45°，則P點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)為eq\f(π,2)D.當(dāng)μ＝1時(shí)，平面A1PB截此正四棱柱所得截面的最大面積為eq\r(5)答案ACD解析對(duì)于A(yíng)，當(dāng)λ＝1，μ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)P為DD1的中點(diǎn)，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為等邊三角形，所以直線(xiàn)CP與AP所成角為60°，A正確；對(duì)于B，當(dāng)λ＝1時(shí)，點(diǎn)P在DD1上，此時(shí)把正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的后面和右面展開(kāi)，如圖，AP＋PC1的最小值為AC1＝eq\r(AC2＋C1C2)＝2eq\r(2)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)辄c(diǎn)P滿(mǎn)足eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))＋μeq\o(CC1,\s\up6(→))，所以點(diǎn)P在平面CDD1C1內(nèi)，因?yàn)锽1C1⊥平面CDD1C1，連接C1P，則∠B1PC1即為B1P與平面CDD1C1所成角，若B1P與平面CDD1C1所成角為eq\f(π,4)，則tan∠B1PC1＝eq\f(B1C1,C1P)＝1，所以C1P＝B1C1＝1，即點(diǎn)P的軌跡是以C1為圓心，以1為半徑的eq\f(1,4)個(gè)圓，所以P點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)為eq\f(π,2)，C正