補上一課　幾何體的截面(交線)及動態(tài)問題

補上一課幾何體的截面(交線)及動態(tài)問題題型分析1.立體幾何中截面、交線問題綜合性較強，解決此類問題要應(yīng)用三個基本事實及其推論、垂直、平行的判定與性質(zhì)定理等知識.2.立體幾何中的動態(tài)問題主要是指空間動點軌跡的判斷、求軌跡長度、最值與范圍問題等.題型一截面問題例1(2024·寧波質(zhì)檢)已知四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，點E是PD的中點，點F是棱PC上的點且PF＝2FC，則平面BEF截四棱錐P－ABCD所得的截面圖形是()A.斜三角形B.梯形C.平行四邊形D.兩組對邊均不平行的四邊形答案D解析如圖，延長EF和DC，設(shè)其交點為G，連接BG，延長DA并與直線BG交于點H，連接HE交PA于點K，連接KB，得四邊形EFBK，假設(shè)KE∥BF，易證BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，與平面PBC與平面PAD有公共點P矛盾，故假設(shè)不成立，因此KE與BF不平行，同理可證KB與EF不平行，因此四邊形EFBK的兩組對邊均不平行，故選D.感悟提升作截面應(yīng)遵循的三個原則：(1)在同一平面上的兩點可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線.訓(xùn)練1如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經(jīng)過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________.答案eq\f(9,2)解析如圖，過點B作BM∥C1E交B1C1于點M，過點M作BD的平行線，交C1D1于點N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α，由圖可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點，故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，設(shè)等腰梯形MNDB的高為h，則h＝eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，∴梯形MNDB的面積為eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).題型二交線問題例2(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如圖，設(shè)B1C1的中點為E，球面與棱BB1，CC1的交點分別為P，Q，連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1為等邊三角形，則D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E為球面截側(cè)面BCC1B1所得截面圓的圓心，設(shè)截面圓的半徑為r，則r＝eq\r(Req\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).可得EP＝EQ＝eq\r(2)，∴球面與側(cè)面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧eq\o(PQ,\s\up8(︵)).又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1Beq\o\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分別為BB1，CC1的中點，∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up8(︵))的長為eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).感悟提升作交線的方法有如下兩種：(1)利用基本事實3作交線；(2)利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.訓(xùn)練2(2023·南通模擬)已知在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.過直線O1O2的平面截圓柱得到四邊形ABCD，其面積為8.若P為圓柱底面圓弧eq\o(CD,\s\up8(︵))的中點，則平面PAB與球O的交線長為________.答案eq\f(4\r(10),5)π解析設(shè)球O的半徑為r，則AB＝BC＝2r，而S四邊形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，所以r＝eq\r(2).如圖，連接PO2，O1P，作OH⊥O2P于點H，易知O1O2⊥AB.因為P為eq\o(CD,\s\up8(︵))的中點，所以AP＝BP，又O2為AB的中點，所以O(shè)2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，O1O2，O2P?平面O1O2P，所以AB⊥平面O1O2P，又OH?平面O1O2P，所以AB⊥OH.因為OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P?平面ABP，所以O(shè)H⊥平面ABP.因為O1O2＝2r＝2eq\r(2)，O1P＝eq\r(2)，O1O2⊥O1P，所以O(shè)2P＝eq\r(O1Oeq\o\al(2,2)＋O1P2)＝eq\r(（2\r(2)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(10)，所以sin∠O1O2P＝eq\f(O1P,O2P)＝eq\f(\r(2),\r(10))＝eq\f(\r(5),5)，所以O(shè)H＝OO2×sin∠O1O2P＝eq\r(2)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(10),5).易知平面PAB與球O的交線為一個圓，其半徑為r1＝eq\r(r2－OH2)＝eq\r(（\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),5)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(10),5)，交線長為l＝2πr1＝2π×eq\f(2\r(10),5)＝eq\f(4\r(10),5)π.題型三動態(tài)問題例3(1)(多選)(2024·福州質(zhì)檢)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱BC，CC1的中點，P為線段EF上的動點，則()A.線段DP長度的最小值為2B.三棱錐D－A1AP的體積為定值C.平面AEF截正方體所得截面為梯形D.直線DP與AA1所成角的大小可能為eq\f(π,3)答案BC解析對于A，如圖1，連接DE，DF，DP，則DE＝DF，圖1因為點P是EF上的動點，所以當(dāng)點P為EF的中點時，DP最小，此時DP⊥EF，連接CP，因為DC⊥平面BCC1B1，CP?平面BCC1B1，所以CP⊥DC，又正方體的棱長為2，所以CD＝2，且易知P為EF的中點時，CP＝eq\f(\r(2),2)，所以(DP)min＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以選項A錯誤.對于B，連接A1D，PA1，PA，PD，則VD－A1AP＝VP－A1AD，△A1AD的面積為eq\f(1,2)×2×2＝2，點P到平面A1AD的距離，即平面BCC1B1到平面A1AD的距離，易知該距離等于正方體的棱長，為2，所以VD－A1AP＝VP－A1AD＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3)，即三棱錐D－A1AP的體積為定值，所以選項B正確.對于C，如圖2，連接AE，D1F，AD1，則AD1∥EF，且AD1＝2EF，平面AEF與正方體的底面ABCD的交線為AE，與平面BCC1B1的交線為EF，圖2因為EF∥平面ADD1A1，所以由線面平行的性質(zhì)定理得，平面AEF與平面ADD1A1的交線與EF平行，且過點A，所以平面AEF與平面ADD1A1的交線為AD1，則平面AEF截正方體的截面為四邊形AEFD1，因為AD1∥EF，AD1＝2EF，且AE＝D1F，所以四邊形AEFD1為等腰梯形，所以選項C正確.對于D，如圖3，以A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，圖3連接DE，DP，則A(0，0，0)，A1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(2，2，1)，D(0，2，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，設(shè)eq\o(EP,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，則eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EP,\s\up6(→))＝(2，λ－1，λ)，設(shè)直線AA1與DP所成的角為α，則cosα＝|cos〈eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|＝eq\f(2λ,2\r(4＋（λ－1）2＋λ2))＝eq\f(λ,\r(2λ2－2λ＋5))＝eq\r(\f(λ2,2λ2－2λ＋5))，當(dāng)λ＝0時，cosα＝0；當(dāng)0<λ≤1時，cosα＝eq\r(\f(λ2,2λ2－2λ＋5))＝eq\r(\f(1,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)))\s\up12(2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)))＋2))，令t＝eq\f(1,λ)，則t≥1，則cosα＝eq\r(\f(1,5t2－2t＋2))，t≥1，因為5t2－2t＋2≥5，當(dāng)t＝1時等號成立，所以當(dāng)0<λ≤1時，0<cosα≤eq\f(\r(5),5).綜上，0≤cosα≤eq\f(\r(5),5)，因為eq\f(\r(5),5)<eq\f(1,2)，α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,3)<α≤eq\f(π,2)，所以直線DP與AA1所成角的大小不可能為eq\f(π,3)，所以選項D錯誤.綜上，選BC.(2)(2023·寧波調(diào)研)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P為平面ACC1A1上一動點，且滿足D1P⊥CP，則滿足條件的所有點P圍成的平面區(qū)域的面積為________.答案eq\f(3π,2)解析設(shè)O是A1C1的中點，如圖，連接PO，由正方體的性質(zhì)易知D1在平面ACC1A1上的射影為O，所以要使平面ACC1A1上一動點P滿足D1P⊥CP，只需PO⊥CP即可，連接OC，所以點P的軌跡是以O(shè)C為直徑的圓，而OC＝eq\r(6)，所以滿足條件的所有點P圍成的平面區(qū)域的面積為S＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(OC,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3π,2).感悟提升1.在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)最大、最小值，即可求解.(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值.2.解決與幾何體有關(guān)的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進行判定.(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算.(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關(guān)系取特殊值或位置進行排除.訓(xùn)練3(1)設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P為底面正方形ABCD內(nèi)的一動點，若△APC1的面積S＝eq\f(1,2)，則動點P的軌跡是()A.圓的一部分 B.雙曲線的一部分C.拋物線的一部分 D.橢圓的一部分答案D解析設(shè)d是△APC1邊AC1上的高，則S△APC1＝eq\f(1,2)·AC1·d＝eq\f(\r(3),2)d＝eq\f(1,2)，所以d＝eq\f(\r(3),3)，即點P到直線AC1的距離為定值eq\f(\r(3),3)，所以點P在以直線AC1為軸，以eq\f(\r(3),3)為底面半徑的圓柱側(cè)面上，直線AC1與平面ABCD既不平行也不垂直，所以點P的軌跡是平面ABCD上的一個橢圓，其中只有一部分在正方形ABCD內(nèi).(2)(2024·南京模擬)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E為棱AB上的動點，點M，N分別是棱BC，C1D1的中點，則下列結(jié)論正確的是()A.存在點E，使得EN∥MC1B.存在點E，使得△EMN為等腰三角形C.三棱錐C1－MNE的體積為定值D.存在點E，使得B1C1⊥平面EMN答案C解析對于A，如圖，取AD的中點H，連接MH，D1H，再取MH的中點O，連接NO，由正方體的性質(zhì)可知四邊形HMC1D1為平行四邊形，所以C1M∥D1H，則C1M∥ON，顯然當(dāng)E在AB上時，不存在NE∥NO，故不存在點E，使得EN∥MC1，故A錯誤；對于C，顯然AB∥MH，AB?平面MHD1C1，MH?平面MHD1C1，所以AB∥平面MHD1C1，所以E到平面MHD1C1的距離為定值，設(shè)為h，則VC1－MNE＝VE－C1MN＝eq\f(1,3)S△C1MN·h，又S△C1MN＝eq\f(1,2)C1M·C1N＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),8)，故三棱錐C1－MNE的體積為定值，故C正確；對于D，因為B1C1⊥平面ABB1A1，顯然平面ABB1A1與平面EMN不平行，故不存在點E，使得B1C1⊥平面EMN，故D錯誤；對于B，設(shè)AE＝x(0≤x≤1)，則BE＝1－x，所以ME＝eq\r(（1－x）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))≤eq\f(\r(5),2)，MN＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，NE＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))\s\up12(2)＋12)≥eq\r(2)＝eq\f(\r(8),2)，顯然MN≠NE，MN≠ME，ME≠NE，故△EMN不可能為等腰三角形，故B錯誤.故選C.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.如圖，斜線段AB與平面α所成的角為eq\f(π,4)，B為斜足.平面α上的動點P滿足∠PAB＝eq\f(π,6)，則點P的軌跡為()A.圓 B.橢圓C.雙曲線的一部分 D.拋物線的一部分答案B解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB＝OA＝1，則B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－1)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，即3x2＋(y－2)2＝3，所以點P的軌跡是橢圓.2.(2023·北京順義區(qū)質(zhì)檢)已知過BD1的平面與正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1分別交于點M，N，則下列關(guān)于截面BMD1N的說法中不正確的是()A.截面BMD1N可能是矩形B.截面BMD1N可能是菱形C.截面BMD1N可能是梯形D.截面BMD1N不可能是正方形答案C解析如圖①，當(dāng)點M，N分別與對角頂點重合時，顯然截面BMD1N是矩形；圖①圖②如圖②，當(dāng)M，N分別為棱AA1，CC1的中點時，顯然截面BMD1N是菱形，由正方體的性質(zhì)及勾股定理易知截面BMD1N不可能為正方形；根據(jù)對稱性，其他情況下截面BMD1N為平行四邊形.故選C.3.(2023·山東名校聯(lián)考)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，BB1的中點為M，過點C1，D，M的平面把正方體分成兩部分，則較小部分的體積為()A.eq\f(52,3) B.18 C.eq\f(56,3) D.eq\f(58,3)答案C解析如圖，取AB的中點E，連接DC1，C1M，ME，DE，則易知截面是等腰梯形C1MED，則較小的部分是三棱臺BEM－CDC1.S△BEM＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S△CDC1＝eq\f(1,2)×4×4＝8，所以較小部分的體積V＝eq\f(1,3)×(2＋8＋eq\r(2×8))×4＝eq\f(56,3).故選C.4.設(shè)動點P在正方體ABCD－A1B1C1D1上(含內(nèi)部)，且eq\o(D1P,\s\up6(→))＝λeq\o(D1B,\s\up6(→))，當(dāng)∠APC為銳角時，實數(shù)λ的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,5)))答案B解析設(shè)AP＝x，D1P＝t，正方體的棱長為1，則AC＝eq\r(2)，在△APC中，由余弦定理得cos∠APC＝eq\f(x2＋x2－2,2x2)＝eq\f(x2－1,x2)，若∠APC為銳角，則eq\f(x2－1,x2)＞0，則x2＞1，在△AD1P中，AD1＝eq\r(2)，cos∠AD1P＝eq\f(（\r(2)）2＋（\r(3)）2－1,2×\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，于是由余弦定理得x2＝2＋t2－2×eq\r(2)×t×eq\f(\r(6),3)，于是2＋t2－2×eq\r(2)×t×eq\f(\r(6),3)＞1，即3t2－4eq\r(3)t＋3＞0，解得t＞eq\r(3)或t＜eq\f(\r(3),3)，由D1B＝eq\r(3)，故λ＞1(舍去)或0＜λ＜eq\f(1,3).5.(2024·廈門質(zhì)檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，E，F(xiàn)分別是棱AA1，BC的中點，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形周長為()A.6 B.10eq\r(2)C.eq\r(13)＋2eq\r(5) D.eq\f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3)答案D解析取CC1的中點G，連接BG，則D1E∥BG，取CG的中點N，連接D1N，F(xiàn)N，則FN∥BG，所以FN∥D1E.延長D1E，DA交于點H，連接FH交AB于點M，連接ME，則平面D1EF截該正方體所得的截面圖形為多邊形D1EMFN.由題知A為HD的中點，A1E＝AE＝2，則C1N＝3，CN＝1，則D1E＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，D1N＝eq\r(42＋32)＝5，F(xiàn)N＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).取AD的中點Q，連接QF，則AM∥FQ，所以eq\f(AM,FQ)＝eq\f(AH,HQ)，所以AM＝eq\f(AH,HQ)·FQ＝eq\f(4,6)×4＝eq\f(8,3)，則MB＝eq\f(4,3)，則ME＝eq\r(AE2＋AM2)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))\s\up12(2))＝eq\f(10,3)，MF＝eq\r(MB2＋BF2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2)＋4)＝eq\f(2\r(13),3)，所以截面圖形的周長為D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2eq\r(5)＋eq\f(10,3)＋eq\f(2\r(13),3)＋eq\r(5)＋5＝eq\f(2\r(13)＋9\r(5)＋25,3).故選D.6.(2024·廣州調(diào)研)已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折，在翻折過程中()A.存在某個位置，使得直線BD與直線AC垂直B.存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直C.存在某個位置，使得直線BC與直線AD垂直D.對任意位置，三對直線“AC與BD”“CD與AB”“AD與BC”均不垂直答案B解析矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖①②所示.在圖①中，過點A作AE⊥BD，垂足為E，過點C作CF⊥BD，垂足為F，則點E，F(xiàn)不重合；在圖②中，連接CE.對于A，若AC⊥BD，由BD⊥AE，AE∩AC＝A，得BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，與點E，F(xiàn)不重合相矛盾，故選項A錯誤；對于B，若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，當(dāng)AB＝AC＝2時，滿足AB2＋AC2＝BC2，此時直線AB與直線CD垂直，故選項B正確；對于C，若AD⊥BC，由DC⊥BC，AD∩DC＝D，得BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知BC＞AB，所以不存在這樣的直角三角形，故選項C錯誤.由B知選項D錯誤.故選B.7.(多選)如圖，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于點O，將△BAD沿直線BD翻折，則下列說法中正確的是()A.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥OCB.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折過程中存在某個位置，使得AC⊥平面ABD答案ABC解析當(dāng)AB＝x＝1時，此時矩形ABCD為正方形，則AC⊥BD，將△BAD沿直線BD翻折，當(dāng)平面ABD⊥平面BCD時，由OC⊥BD，OC?平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以O(shè)C⊥平面ABD，又AB?平面ABD，所以AB⊥OC，故A正確；又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC?平面OAC，所以BD⊥平面OAC，又AC?平面OAC，所以AC⊥BD，故B正確；在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝eq\r(1＋x2)，所以將△BAD沿直線BD翻折時，總有AB⊥AD，取x＝eq\f(1,2)，當(dāng)將△BAD沿直線BD翻折到AC＝eq\f(\r(3),2)時，有AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD?平面ACD，則此時滿足AB⊥平面ACD，故C正確；若AC⊥平面ABD，又AO?平面ABD，則AC⊥AO，所以在△AOC中，OC為斜邊，這與OC＝OA相矛盾，故D不正確.8.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別為AA1，AB的中點，M點是正方形ABB1A1內(nèi)的動點，若C1M∥平面CD1EF，則M點的軌跡長度為________.答案eq\r(2)解析如圖所示，取A1B1的中點H，B1B的中點G，連接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，所以C1G∥D1E，又C1G?平面CD1EF，D1E?平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.因為C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M點是正方形ABB1A1內(nèi)的動點可知，若C1M∥平面CD1EF，則點M在線段GH上，所以M點的軌跡長度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).9.在三棱錐A－BCD中，AB，AC，AD兩兩垂直且長度均為6，定長為l(l<4)的線段MN的一個端點M在棱AB上運動，另一個端點N在△ACD內(nèi)運動(含邊界)，若線段MN的中點P的軌跡的面積為eq\f(π,2)，則l的值為________.答案2解析由題意可知，∠MAN＝90°，在Rt△AMN中，AP＝eq\f(1,2)l，線段MN的中點P的軌跡是以A為球心，eq\f(1,2)l為半徑的球面的eq\f(1,8)，所以線段MN的中點P的軌跡的面積為eq\f(1,8)×4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)l))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,2)，則l＝2.10.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M是AD的中點，點P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界)運動，若B1P∥平面A1BM，則C1P的長度的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),5)，\r(2)))解析如圖，取BC的中點N，連接B1D，B1N，DN，過C作CO⊥DN于點O，連接C1O，由正方體的性質(zhì)知DN∥MB，A1M∥B1N，易得DN∥平面A1BM，B1N∥平面A1BM，DN∩B1N＝N，∴平面B1DN∥平面A1BM，∴點P在底面ABCD內(nèi)的軌跡是線段DN(不含點N和點D).連接C1D，C1N，在△C1DN中，C1D＝eq\r(2)，DN＝C1N＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，∴S△C1DN＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),4)，∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，∴C1O⊥DN，則當(dāng)P與O重合時，C1P的長度取得最小值，∴C1P的長度的最小值為(C1P)min＝C1O＝eq\f(\f(\r(6),4),\f(1,2)×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(30),5)，又C1P＜eq\r(2)，∴C1P的長度的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),5)，\r(2))).11.(2024·貴陽質(zhì)檢)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱B1C1的中點，F(xiàn)，G分別是棱CC1，BC上的動點(不與頂點重合).(1)作出平面A1DG與平面CBB1C1的交線(要求寫出作圖過程)，并證明：若平面A1DG∥平面D1EF，則EF∥A1D；(2)若F，G均為其所在棱的中點，求點G到平面D1EF的距離.解(1)如圖，延長DG交AB的延長線于點P，連接A1P交BB1于點Q，連接GQ，則GQ所在的直線即平面A1DG與平面CBB1C1的交線.因為平面CBB1C1∥平面ADD1A1，平面CBB1C1∩平面A1DG＝GQ，平面ADD1A1∩平面A1DG＝A1D，所以GQ∥A1D.又平面A1DG∥平面D1EF，平面CBB1C1∩平面A1DG＝GQ，平面CBB1C1∩平面D1EF＝EF，所以GQ∥EF，所以EF∥A1D.(2)連接GF，EG，D1G，由E，F(xiàn)，G均為其所在棱的中點，易得EF＝GF＝eq\r(2)，EG＝2，所以EF2＋FG2＝EG2，所以EF⊥FG，故VD1－EFG＝eq\f(1,3)×S△EFG×D1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×2＝eq\f(2,3).易知D1E＝D1F＝eq\r(5)，則△D1EF為等腰三角形，其底邊EF上的高為eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，設(shè)點G到平面D1EF的距離為d，則由VG－D1EF＝VD1－EFG，得eq\f(1,3)×S△D1EF×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)×d＝eq\f(2,3)，解得d＝eq\f(4,3)，所以點G到平面D1EF的距離為eq\f(4,3).12.(2024·石家莊模擬)在如圖所示的一塊木料中，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，點E，F(xiàn)是PC，AD的中點.(1)若要經(jīng)過點E和棱AB將木料鋸開，在木料表面應(yīng)該怎樣畫線？請說明理由并計算截面周長；(2)若要經(jīng)過點B，E，F(xiàn)將木料鋸開，在木料表面應(yīng)該怎樣畫線？請說明理由.解(1)因為AB∥CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，所以AB∥平面PCD，又AB?平面ABE，設(shè)平面ABE∩平面PCD＝l，則AB∥l，如圖①，設(shè)PD的中點為G，連接EG，AG，則EG∥CD，又AB∥CD，所以AB∥EG，即EG為l，BE，EG，AG為應(yīng)畫的線.因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AG?平面PAD，所以AB⊥AG.所以截面ABEG為直角梯形.又PA＝AB＝2，所以AG＝eq\r(2)，EG＝1，BE＝eq\r(（2－1）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(3)，所以截面周長為eq\r(2)＋eq\r(3)＋3.(2)因為PA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，AD⊥PA，又AB⊥AD，如圖②，以A為坐標(biāo)原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)，F(xiàn)(0，1，0)，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－2，1，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，設(shè)平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up6(→))＝－x＋y＋z＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－2x＋y＝0，))令x＝1，可得n＝(1，2，－1).設(shè)PD∩平面BEF＝H，eq\o(PH,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝λ(0，2，－2)，又P(0，0，2)，所以H(0，2λ，2－2λ)，連接BH，則eq\o(BH,\s\up6(→))＝(－2，2λ，2－2λ).因為BH?平面BEF，所以eq\o(BH,\s\up6(→))·n＝0，即6λ－4＝0，解得λ＝eq\f(2,3)，即H為PD上靠近D點的三等分點，PH＝eq\f(2,3)PD，連接EH，F(xiàn)H，即BE，BF，EH，F(xiàn)H為應(yīng)畫的線.【B級能力提升】13.(多選)(2024·杭州質(zhì)檢)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝2DD1＝4，則()A.在棱AB上存在點P，使得D1P∥平面A1BC1B.在棱BC上存在點P，使得D1P∥平面A1BC1C.若P在棱AB上移動，則A1D⊥D1PD.在棱A1B1上存在點P，使得DP⊥平面A1BC1答案ABC解析對于A，當(dāng)P是AB的中點時，依題意可知C1D1∥DC∥PB，C1D1＝DC＝PB，所以四邊形D1PBC1是平行四邊形，所以D1P∥C1B，由于D1P?平面A1BC1，C1B?平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，A正確.對于B，設(shè)E是AB的中點，P是BC的中點，連接D1E，PE，AC，如圖①所示，由A可知D1E∥平面A1BC1.因為PE∥AC∥A1C1，PE?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC1，所以PE∥平面A1BC1.因為D1E∩PE＝E，D1E，PE?平面D1PE，所以平面D1PE∥平面A1BC1，又D1P?平面D1PE，所以D1P∥平面A1BC1，B正確；對于C，連接AD1，如圖①，根據(jù)已知條件可知四邊形ADD1A1是正方形，所以A1D⊥D1A，由于AB⊥AD，AB⊥AA1，AD∩AA1＝A，AD，AA1?平面ADD1A1，所以AB⊥平面ADD1A1，又A1D?平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.因為D1A∩AB＝A，D1A，AB?平面AD1B，所以A1D⊥平面AD1B，又D1P?平面AD1B，所以A1D⊥D1P，C正確.對于D，由題可知，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DA，DC，DD1兩兩垂直，建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(2，0，2)，B(2，4，0)，C1(0，2，2)，D(0，0，0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，4，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0).設(shè)P(2，t，2)，t∈[0，4]，則eq\o(DP,\s\up6(→))＝(2，t，2).若DP⊥平面A1BC1，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))＝4t－4＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→))＝－4＋2t＝0，))此方程組無解，所以在棱A1B1上不存在點P，使得DP⊥平面A1BC1，D錯誤.故選ABC.14.(2024·河南名校模擬)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是側(cè)面CC1B1B上的一個動點(包含邊界)，則下面結(jié)論正確的有()①若點E滿足AE⊥B1C，則動點E的軌跡是線段；②若點E滿足∠EA1C＝30°，則動點E的軌跡是橢圓的一部分；③在線段BC1上存在點E，使直線A1E與CD所成的角為30°；④當(dāng)E在棱BB1上移動時，EC＋ED1的最小值是eq\f(3＋\r(5),2).A.1個 B.2個 C.3個 D.4個答案B解析對于①，連接AD1，BC1，如圖①，易知B1C⊥BC1，AB⊥平面CC1B1B，B1C?平面CC1B1B，所以AB⊥B1C，又AB∩BC1＝B，AB，BC1?平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，所以只要E在線段BC1上，就有AE⊥B1C，所以動點E的軌跡是線段BC1，故①正確.對于②，若∠EA1C＝30°，則E在以A1C為軸，一條母線所在直線為A1E的圓錐的側(cè)面上，平面BCC1B1與圓錐的軸A1C斜交，截圓錐的側(cè)面所得的截線是橢圓的一部分，故②正確.對于③，因為A1B1∥CD，所以A1E與CD所成的角等于∠EA1B1，當(dāng)E為BC1中點時，B1E⊥BC1，此時tan∠EA1B1最小，在Rt△A1B1E中，tan∠EA1B1＝eq\f(B1E,A1B1)＝eq\f(\r(2),2)>eq\f(\r(3),3)，所以∠EA1B1不可能為30°，故③錯誤.對于④，如圖②，將側(cè)面BCC1B1旋轉(zhuǎn)到與平面DBB1D1重合，連接D1C交BB1于點E，此時EC＋ED1最小，最小值為D1C＝eq\r(12＋（\r(2)＋1）2)＝eq\r