2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第七章　§7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第七章§7.8空间距离及立体几何中的探索性问题§7.8空间距离及立体几何中的探索性问题课标要求1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．知识梳理1．点到直线的距离如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\o(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq\r(a2－a·u2).2．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq\o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq\o(QP,\s\up6(→))的长度，因此PQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(×)(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．(×)(3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等．(√)(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(×)2．已知直线l过定点A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)为其一个方向向量，则点P(4,3,2)到直线l的距离为()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(10),2)D.eq\f(3\r(2),2)答案D解析eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2,0，－1)，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(2),2)，则点P到直线l的距离d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)))2)＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2).3．(选择性必修第一册P44T14改编)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则异面直线AC与BC1之间的距离是()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(7),7)C.eq\f(\r(6),6)D.eq\f(6,7)答案D解析如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，C1(0,1,3)，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,1,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,3)，设eq\o(AC,\s\up6(→))和eq\o(BC1,\s\up6(→))的公垂线的方向向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＝0，,－2x＋3z＝0，))令x＝3，则n＝(3,6,2)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，∴d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,7).4．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．答案eq\f(2\r(3),3)解析如图，建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，所以eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，所以点D1到平面A1BD的距离d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).题型一空间距离命题点1点线距离例1(2023·连云港模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点，△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA.(1)证明：OA⊥BC；(2)当AO＝1时，求点E到直线BC的距离．(1)证明因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以OA⊥BC.(2)解取OD的中点F，连接CF，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过点O作OM∥CF交BC于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，－1,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)，\f(2,3)))，方法一则eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(2,3)))，所以点E到直线BC的距离d＝eq\r(|\o(BE,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(BC,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(\f(20,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq\f(2\r(2),3).方法二又eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)，\f(2,3)))，所以|cos〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BC,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×\f(2\r(5),3))＝eq\f(\r(15),5)，则sin〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(10),5)，所以点E到直线BC的距离为|eq\o(BE,\s\up6(→))|sin〈eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),3)×eq\f(\r(10),5)＝eq\f(2\r(2),3).命题点2点面距离例2(2024·常州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．(1)证明：平面AEF⊥平面PBC；(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为eq\f(2\r(5),5)，求点P到平面AEF的距离．方法一(1)证明因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC.因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.因为PA＝AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，又因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.又因为AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一个法向量，设BF＝t(t∈[0,2])，则F(2，t,0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，t,0)，所以|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，u〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·u|,|\o(AF,\s\up6(→))||u|)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)，即eq\f(t,\r(t2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，解得t＝1，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,1,0)，设n＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋y1＝0，))令x1＝－1，则y1＝2，z1＝1，所以平面AEF的法向量n＝(－1,2,1)，又因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，所以点P到平面AEF的距离为d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，所以点P到平面AEF的距离为eq\f(\r(6),3).方法二(1)证明因为PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥底面ABCD，又平面PAB∩底面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.因为PA＝AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB.因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，又因为AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解由(1)可知，∠BAF是直线AF与平面PAB所成的角，所以cos∠BAF＝eq\f(AB,AF)＝eq\f(AB,\r(AB2＋BF2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得BF＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)BC＝1，故F是BC的中点．所以AF＝eq\r(AB2＋BF2)＝eq\r(5)，AE＝eq\f(1,2)PB＝eq\r(2)，EF＝eq\r(AF2－AE2)＝eq\r(3)，△AEF的面积为S△AEF＝eq\f(1,2)AE·EF＝eq\f(\r(6),2).因为PA＝AB＝2，△PAE的面积为S△PAE＝eq\f(1,2)S△PAB＝eq\f(1,4)PA·AB＝1，设点P到平面AEF的距离为h，则有V三棱锥P－AEF＝eq\f(1,3)S△AEF·h＝eq\f(\r(6),6)h＝V三棱锥F－PAE＝eq\f(1,3)S△PAE·BF＝eq\f(1,3)，解得h＝eq\f(\r(6),3)，所以点P到平面AEF的距离为eq\f(\r(6),3).方法三(1)证明因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，设BF＝t(t∈[0,2])，则F(2，t,0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，t,0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，设n＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋ty1＝0，))取y1＝2，则x1＝－t，z1＝t，则n＝(－t,2，t)，设m＝(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－2z2＝0，,2y2＝0，))取x2＝1，则y2＝0，z2＝1，则m＝(1,0,1)，因为n·m＝－t＋0＋t＝0，所以n⊥m，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解易知u＝(0,1,0)是平面PAB的一个法向量，所以|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，u〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·u|,|\o(AF,\s\up6(→))||u|)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)，即eq\f(t,\r(t2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，解得t＝1，所以n＝(－1,2,1)，又因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，所以点P到平面AEF的距离为d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，所以点P到平面AEF的距离为eq\f(\r(6),3).命题点3异面直线的距离例3如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2.动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．1 D.eq\f(4,3)答案B解析由题意可知，线段PQ长度的最小值为异面直线C1D与AC的距离．如图所示，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，D(0,0,0)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，设n＝(x，y，z)满足n⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，n⊥eq\o(DC1,\s\up6(→))，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝y＋2z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝－\f(y,2)，))取y＝2，则x＝2，z＝－1，可得n＝(2,2，－1)，因此|eq\o(PQ,\s\up6(→))|min＝eq\f(|\o(DA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,3).思维升华(1)点到直线的距离①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq\r(\o(\s\up7(),\s\do5())|\o(PA,\s\up6(→))|2－\o(PA,\s\up6(→))·n2).②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(2)求点面距一般有以下三种方法①作点到面的垂线，求点到垂足的距离．②等体积法．③向量法．跟踪训练1(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱DD1的中点，F为棱BB1的中点，则()A．点A1到直线B1E的距离为eq\f(2\r(5),3)B．直线FC1到直线AE的距离为2C．点B到平面AB1E的距离为eq\r(2)D．直线FC1到平面AB1E的距离为eq\f(2,3)答案AD解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，E(0,0,1)，F(2,2,1)，C1(0,2,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，因为eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－2，－2，－1)，设eq\o(B1E,\s\up6(→))的单位方向向量u1＝eq\f(\o(B1E,\s\up6(→)),|\o(B1E,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(2,3)，－\f(1,3)))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，所以eq\o(A1B1,\s\up6(→))·u1＝－eq\f(4,3).所以点A1到直线B1E的距离为eq\r(\o(A1B1,\s\up6(→))2－\o(A1B1,\s\up6(→))·u12)＝eq\r(4－\f(16,9))＝eq\f(2\r(5),3)，故A正确；因为eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))∥eq\o(FC1,\s\up6(→))，即AE∥FC1，所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离，设eq\o(AE,\s\up6(→))的单位方向向量u2＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，0，\f(\r(5),5)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,2,1)，|eq\o(AF,\s\up6(→))|2＝5，eq\o(AF,\s\up6(→))·u2＝eq\f(\r(5),5)，所以直线FC1到直线AE的距离为eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(30),5)，故B错误；设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，－2,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝2y＋2z＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝－2x＋z＝0，))令z＝2，则y＝－2，x＝1，即n＝(1，－2,2)．设点B到平面AB1E的距离为d，则d＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,3)，即点B到平面AB1E的距离为eq\f(4,3)，故C错误；因为AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，所以FC1∥平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离．又eq\o(C1B1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，由C得平面AB1E的一个法向量为n＝(1，－2,2)，所以点C1到平面AB1E的距离为eq\f(|\o(C1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,3)，所以直线FC1到平面AB1E的距离为eq\f(2,3)，故D正确．题型二立体几何中的探索性问题例4(2023·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．(1)求证：AC⊥平面A1BO；(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为eq\f(2\r(7),7)，若存在，请计算eq\f(CP,CC1)的值；若不存在，请说明理由．(1)证明∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B⊂平面ABB1A1，∴A1B⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC，∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.(2)解存在，线段CC1的中点P满足题意．理由如下：由(1)得A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A1(0，eq\r(3)，2eq\r(3))，则eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，2eq\r(3))，设eq\o(CP,\s\up6(→))＝teq\o(CC1,\s\up6(→))＝teq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－t，eq\r(3)t,2eq\r(3)t)，0≤t≤1，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－1－t，eq\r(3)t,2eq\r(3)t)，易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OB,\s\up6(→))＝\r(3)y＝0，,m·\o(OP,\s\up6(→))＝－1－tx＋\r(3)ty＋2\r(3)tz＝0，))取x＝2eq\r(3)t，则m＝(2eq\r(3)t,0，t＋1)，由题意得|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(2\r(3)t,\r(12t2＋t＋12))＝eq\f(2\r(7),7)，∵0≤t≤1，∴解得t＝eq\f(CP,CC1)＝eq\f(1,2)，∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为eq\f(2\r(7),7)，此时eq\f(CP,CC1)＝eq\f(1,2).思维升华(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．跟踪训练2如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq\r(2)倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，连接BD交AC于点O，连接SO.由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝eq\f(\r(6),2)a，于是Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0)).于是eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq\o(SD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a)).则eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(OC,\s\up6(→))⊥eq\o(SD,\s\up6(→))，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.(2)解由题设知，平面PAC的一个法向量为eq\o(DS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，平面DAC的一个法向量为eq\o(OS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a)).设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(OS,\s\up6(→))，eq\o(DS,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(OS,\s\up6(→))·\o(DS,\s\up6(→))|,|\o(OS,\s\up6(→))||\o(DS,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,2)a2,\f(\r(6),2)a·\r(2)a)＝eq\f(\r(3),2)，所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.(3)解假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.由(2)知eq\o(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，且eq\o(DS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq\o(CS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a)).设eq\o(CE,\s\up6(→))＝teq\o(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，因为Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，则eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋teq\o(CS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at)).由eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DS,\s\up6(→))＝0，得－eq\f(a2,2)＋0＋eq\f(3,2)a2t＝0，解得t＝eq\f(1,3)，当SE∶EC＝2∶1时，eq\o(BE,\s\up6(→))⊥eq\o(DS,\s\up6(→)).由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.课时精练1.已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，E，F分别是棱C1C，BC的中点．(1)求证：B1F⊥平面AEF；(2)求点A1到直线B1E的距离．(1)证明∵三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，∴以A为坐标原点，以AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AB＝AC＝AA1＝1，E，F分别是棱C1C，BC的中点，∴A(0,0,0)，B1(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，∵eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，∴B1F⊥AE，B1F⊥AF，∵AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴B1F⊥平面AEF.(2)解方法一∵A1(0,0,1)，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，又eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(1,2)))，∴点A1到直线B1E的距离d＝eq\r(|\o(A1B1,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1B1,\s\up6(→))·\o(B1E,\s\up6(→)),|\o(B1E,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,\f(3,2))))2)＝eq\f(\r(5),3).方法二∵A1(0,0,1)，∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(1,2)))，∴cos〈eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(B1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(－1,\f(3,2))＝－eq\f(2,3)，∴sin〈eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(B1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),3)，故点A1到直线B1E的距离为d＝|eq\o(A1B1,\s\up6(→))|·sin〈eq\o(A1B1,\s\up6(→))，eq\o(B1E,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(5),3).2．(2024·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．(1)求证：BM⊥AB1；(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为eq\f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．(1)证明连接A1B，∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∵eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴BM⊥AB1.(2)解设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，由(1)知eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，∵直线AB1与平面BCM所成的角为eq\f(π,4)，∴sin

eq\f(π,4)＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·n|,|\o(AB1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\f(1,2)，∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∵eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1),∴点A1到平面BCM的距离d＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\f(1,2),\f(3,2))＝eq\f(1,3).3．如图1，在菱形ABCD中，∠B＝60°，BE＝EC＝1.沿着AE将△BAE折起到△B′AE，使得∠DAB′＝90°，如图2所示．(1)求异面直线AB′与CD所成角的余弦值；(2)求异面直线AB′与CD之间的距离．解(1)在菱形ABCD中，∠B＝60°，BE＝EC＝1，由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BE·cos60°＝3，所以AE＝eq\r(3)，所以BE2＋AE2＝AB2，即AE⊥BC，又AD∥BC，所以AE⊥AD，在题图2中，∠DAB′＝90°，即AD⊥AB′，又AB′∩AE＝A，AB′，AE⊂平面AB′E，所以AD⊥平面AB′E，即EC⊥平面AB′E，又B′E⊂平面AB′E，所以B′E⊥EC，如图，以E为原点，以EC，EA，EB′所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，C(1,0,0)，D(2，eq\r(3)，0)，B′(0,0,1)，A(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AB′,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，故|cos〈eq\o(AB′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB′,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AB′,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(|0－3＋0|,2×2)＝eq\f(3,4)，则异面直线AB′与CD所成角的余弦值为eq\f(3,4).(2)由(1)得eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，设m＝(x，y，z)是异面直线AB′与CD公垂线的方向向量，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB′,\s\up6(→))·m＝0，,\o(CD,\s\up6(→))·m＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)y＋z＝0，,x＋\r(3)y＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\r(3)y，,x＝－\r(3)y，))令y＝1，则m＝(－eq\r(3)，1，eq\r(3))，所以异面直线AB′与CD之间的距离为eq\f(|\o(AC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(|－\r(3)－\r(3)＋0|,\r(7))＝eq\f(2\r(21),7).4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5)？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.(2)解存在．由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵点E，F分别为AC，PC的中点，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直．以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2eq\r(3)，0,0)，C(0,2,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2,2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)，2,0)．设eq\o(BG,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝(2eq\r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))令x＝1，则y＝eq\r(3)，z＝2eq\r(3)，∴n＝(1，eq\r(3)，2eq\r(3))．由已知得eq\f(\r(15),5)＝|cos〈eq\o(AG,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AG,\s\up6(→))·n,|\o(AG,\s\up6(→))||n|)))，即eq\f(\r(15),5)＝eq\f(4\r(3),4\r(161－λ2＋4λ2))，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(11,10)(舍去)，故λ＝eq\f(1,2)，∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点．5．(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．解建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，(1)eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,1－t，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)，设平面EFC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))令x＝1，得z＝－2，y＝1，∴m＝(1,1，－2)，若存在满足题意的点P，则eq\o(PE,\s\up6(→))∥m，∴eq\f(1－t,1)＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.(2)易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，又eq\o(PF,\s\up6(→))＝(2,2－t，－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r·\o(PF,\s\up6(→))＝2x0＋2－ty0－z0＝0，,r·\o(EF,\s\up6(→))＝x0＋y0＋z0＝0，))令y0＝1，则x0＝eq\f(t,3)－1，z0＝－eq\f(t,3)，∴r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3)))，设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，r〉|＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,3)－1))2＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,3)))2))＝eq\f(1,\r(\f(2,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2)))2＋\f(3,2)))，0≤t≤2，∴当t＝eq\f(3,2)时，(cosθ)max＝eq\f(\r(6),3)，(sinθ)min＝eq\f(\r(3),3).此时C1P＝2－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2).6．(2023·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.(1)求证：AB∥平面PCD；(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；(3)棱BC上是否存在点Q到平面APB的距离为eq\f(\r(10),10)，若存在，求出eq\f(CQ,CB)的值；若不存在，说明理由．(1)证明∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PDC.(2)解∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，∴BC＝eq\r(42＋5－32)＝2eq\r(5)，又PB＝PC＝3，∴点P到直线BC的距离为eq\r(32－5)＝2，∵平面PBC⊥平面ABCD，∴点P到平面ABCD的距离为2.以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，∴eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,5,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(4,2,0)，设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up6(→))＝2x1＋y1－2z1＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝5y1＝0，))令x1＝1，则y1＝0，z1＝1，则m＝(1,0,1)，设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝2x2＋y2－2z2＝0，,n·\o(CB,\s\up6(→))＝4x2＋2y2＝0，))令x2＝1，则y2＝－2，z2＝0，则n＝(1，－2,0)，设平面APB与平面PBC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(5))＝eq\f(\r(10),10).∴平面APB与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(\r(10),10).(3)解假设棱BC上存在点Q到平面APB的距离为eq\f(\r(10),10)，设eq\o(CQ,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，∴Q(4λ，2λ＋3,0)，∴eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(4λ－4,2λ＋3,0)，由(2)知平面APB的一个法向量为m＝(1,0,1)，∴点Q到平面APB的距离d＝eq\f(|\o(AQ,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(|4λ－4|,\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，∴|4λ－4|＝eq\f(\r(5),5)，∴λ＝1－eq\f(\r(5),20)，∴棱BC上存在点Q到平面APB的距离为eq\f(\r(10),10)，eq\f(CQ,CB)＝1－eq\f(\r(5),20).§7.9立体几何中的截面、交线问题重点解读“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解．题型一截面作图例1如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，N在棱CC1上，且CN＝2NC1.作出过点D，M，N的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面，写出作法．解如图所示，五边形DQMFN即为所求截面．作法如下：连接DN并延长交D1C1的延长线于点E，连接ME交B1C1于点F，交D1A1的延长线于点H，连接DH交AA1于点Q，连接QM，FN，则五边形DQMFN即为所求截面．思维升华作截面的几种方法(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程．(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点．(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线．跟踪训练1如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，过C，D1，M三点作正方体的截面，作出这个截面图，写出作法．解如图，连接CD1，连接D1M并延长，交DA的延长线于点N，连接CN交AB于点P，连接MP，则四边形CD1MP为过C，D1，M三点的正方体的截面．题型二截面图形的形状判断例2(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是线段DD1上的动点，若过A，B1，E三点的平面将正方体截为两个部分，则所得截面的形状可能为()A．等边三角形 B．矩形C．菱形 D．等腰梯形答案ABD解析当点E与D1重合时，过A，B1，E三点的截面是等边三角形AB1D1，故A正确；当点E与D重合时，过A，B1，E三点的截面为矩形AB1C1D，故B正确；若截面为菱形，则必有AB1＝AE，此时点E与D1重合，故C错误；当点E与DD1中点重合时，记C1D1的中点为F，连接EF，FB1，C1D(图略)，易知EF∥DC1，由正方体性质可知，AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D为平行四边形，所以DC1∥AB1，所以EF∥AB1且EF＝eq\f(1,2)AB1，设正方体棱长为2，则AE＝B1F＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以过A，B1，E三点的截面为等腰梯形AB1FE，故D正确．思维升华判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置．跟踪训练2已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状不可能是()A．等腰三角形 B．等腰梯形C．五边形 D．正六边形答案D解析如图①，由图可知，截面ABC为等腰三角形，选项A可能；截面ABEF为等腰梯形，选项B可能；如图②，截面AMDEN为五边形，选项C可能；因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形，选项D不可能．题型三截面图形的周长或面积例3(2024·朔州模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为3，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面面积为()A．2eq\r(11) B．4eq\r(11)C．2eq\r(22) D．4eq\r(22)答案C解析延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，∵平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG，∴AD1∥GE，又∵AD1＝3eq\r(2)，GE＝eq\r(2)，∴四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面．又∵D1G＝AE＝eq\r(13)，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1，∴GH＝eq\r(D1G2－D1H2)＝eq\r(11)，∴S＝eq\f(1,2)·(AD1＋EG)·GH＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋3eq\r(2))×eq\r(11)＝2eq\r(22).思维升华几何体的截面的相关计算，关键在于根据公理作出所求的截面，再运用解三角形的相关知识得以解决．跟踪训练3(2023·新乡模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD－A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为()A．3eq\r(2)＋2eq\r(5) B．2eq\r(2)＋eq\r(5)＋3C．eq\f(9,2) D．2eq\r(2)＋2eq\r(5)＋2答案A解析如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，又在正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝eq\r(2)，D1E＝AF＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AD1＝2eq\r(2)，所以四边形AFED1的周长为3eq\r(2)＋2eq\r(5).课时精练一、单项选择题1．过正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC的中点E，F作一个截面，使截面与底面ABCD所成二面角为45°，则此截面的形状为()A．三角形或五边形 B．三角形或四边形C．正六边形 D．三角形或六边形答案D解析过棱AB，BC的中点E，F作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，∵二面角D1－EF－D，二面角B1－EF－B都大于45°，∴当截面为EFHJIG时，如图所示，为六边形；当截面为EFM时，如图所示，为三角形．2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝2，AD＝AA1＝4，E，F分别为BB1，A1D1的中点，过点A，E，F作长方体ABCD－A1B1C1D1的一个截面，则该截面的周长为()A．6eq\r(2) B．6eq\r(5)C．2eq\r(5)＋4eq\r(2) D．4eq\r(5)＋2eq\r(2)答案D解析如图，连接AF，过点E作EP∥AF交B1C1于点P，连接FP，AE，即可得到截面AFPE，因为E为BB1的中点，EP∥AF，所以B1P＝eq\f(1,2)A1F＝1，因为AB＝2，AD＝AA1＝4，则AF＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，所以EP＝eq\f(1,2)AF＝eq\r(5)，AE＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，FP＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以截面AFPE的周长为2eq\r(5)＋eq\r(5)＋2eq\r(2)＋eq\r(5)＝4eq\r(5)＋2eq\r(2).3．(2023·承德模拟)在三棱锥P－ABC中，AB＋2PC＝9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB，PC的平面，则该平面截三棱锥P－ABC所得截面的周长为()A．5B．6C．8D．9答案B解析如图所示，在三棱锥P－ABC中，过E分别作EF∥AB，EH∥PC，再分别过点H，F作HG∥AB，FG∥PC，可得E，F，G，H四点共面，因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH，同理可证，PC∥平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB＋2PC＝9，所以EF＝eq\f(1,3)AB，EH＝eq\f(2,3)PC，所以平行四边形EFGH的周长为2(EF＋EH)＝eq\f(2,3)(AB＋2PC)＝6.4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为A1B1，B1C1的中点，过M，N的平面所得截面为四边形，则该截面的最大面积为()A．2eq\r(2)B．2eq\r(5)C.eq\f(3\r(10),2)D.eq\f(9,2)答案D解析如图所示，面积最大的截面四边形为等腰梯形MNCA，其中MN＝eq\r(2)，AC＝2eq\r(2)，AM＝CN＝eq\r(5)，高为h＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)，故面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).5.从一个底面圆半径与高均为2的圆柱中挖去一个正四棱锥(以圆柱的上底面为正四棱锥底面的外接圆，下底面圆心为顶点)而得到的几何体如图所示，用一个平行于底面且距底面为1的平面去截这个几何体，则截面图形的面积为()A．4π－4 B．4πC．4π－2 D．2π－2答案C解析截面图形应为圆面中挖去一个正方形，且圆的半径是2，则截面圆的面积为4π，设正四棱锥的底面正方形边长为a，则2a2＝16，所以a＝2eq\r(2)，正四棱锥的底面正方形的面积为(2eq\r(2))2＝8，由圆锥中截面的性质，可得圆面中挖去一个正方形与正四棱锥的底面正方形相似，设圆面中挖去一个正方形的面积为S′，正四棱锥的底面正方形的面积为S，则eq\f(S′,S)＝eq\f(S′,8)＝eq\f(1,4)，从而S′＝2，所以截面图形的面积为4π－2.6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AD，C1D1的中点，过M，N，B1三点的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面形状为()A．六边形 B．五边形C．四边形 D．三角形答案B解析如图，在AB上取点Q，且BQ＝3AQ，取CD的中点P，连接QM，BP，NP，B1Q.在DD1上取点R，且D1R＝3DR，连接NR，MR.因为eq\f(AQ,CP)＝eq\f(AM,BC)＝eq\f(1,2)，∠QAM＝∠PCB，所以△QAM∽△PCB，所以∠AQM＝∠BPC.又AB∥CD，所以∠ABP＝∠BPC，所以∠ABP＝∠AQM，所以QM∥BP.因为N，P分别为C1D