补上一课　几何体的截面(交线)及动态问题

补上一课几何体的截面(交线)及动态问题题型分析1.立体几何中截面、交线问题综合性较强，解决此类问题要应用三个基本事实及其推论、垂直、平行的判定与性质定理等知识.2.立体几何中的动态问题主要是指空间动点轨迹的判断、求轨迹长度、最值与范围问题等.题型一截面问题例1(2024·宁波质检)已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝AB，点E是PD的中点，点F是棱PC上的点且PF＝2FC，则平面BEF截四棱锥P－ABCD所得的截面图形是()A.斜三角形B.梯形C.平行四边形D.两组对边均不平行的四边形答案D解析如图，延长EF和DC，设其交点为G，连接BG，延长DA并与直线BG交于点H，连接HE交PA于点K，连接KB，得四边形EFBK，假设KE∥BF，易证BF∥平面PAD，易知BC∥平面PAD，易得平面PBC∥平面PAD，与平面PBC与平面PAD有公共点P矛盾，故假设不成立，因此KE与BF不平行，同理可证KB与EF不平行，因此四边形EFBK的两组对边均不平行，故选D.感悟提升作截面应遵循的三个原则：(1)在同一平面上的两点可引直线；(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线.训练1如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.答案eq\f(9,2)解析如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，设等腰梯形MNDB的高为h，则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的面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).题型二交线问题例2(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝eq\r(Req\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).可得EP＝EQ＝eq\r(2)，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧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分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).感悟提升作交线的方法有如下两种：(1)利用基本事实3作交线；(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.训练2(2023·南通模拟)已知在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧eq\o(CD,\s\up8(︵))的中点，则平面PAB与球O的交线长为________.答案eq\f(4\r(10),5)π解析设球O的半径为r，则AB＝BC＝2r，而S四边形ABCD＝AB·BC＝4r2＝8，所以r＝eq\r(2).如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于点H，易知O1O2⊥AB.因为P为eq\o(CD,\s\up8(︵))的中点，所以AP＝BP，又O2为AB的中点，所以O2P⊥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.因为OH⊥O2P，且AB∩O2P＝O2，AB，O2P⊂平面ABP，所以OH⊥平面ABP.因为O1O2＝2r＝2eq\r(2)，O1P＝eq\r(2)，O1O2⊥O1P，所以O2P＝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OH＝OO2×sin∠O1O2P＝eq\r(2)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(10),5).易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为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)，交线长为l＝2πr1＝2π×eq\f(2\r(10),5)＝eq\f(4\r(10),5)π.题型三动态问题例3(1)(多选)(2024·福州质检)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CC1的中点，P为线段EF上的动点，则()A.线段DP长度的最小值为2B.三棱锥D－A1AP的体积为定值C.平面AEF截正方体所得截面为梯形D.直线DP与AA1所成角的大小可能为eq\f(π,3)答案BC解析对于A，如图1，连接DE，DF，DP，则DE＝DF，图1因为点P是EF上的动点，所以当点P为EF的中点时，DP最小，此时DP⊥EF，连接CP，因为DC⊥平面BCC1B1，CP⊂平面BCC1B1，所以CP⊥DC，又正方体的棱长为2，所以CD＝2，且易知P为EF的中点时，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)，所以选项A错误.对于B，连接A1D，PA1，PA，PD，则VD－A1AP＝VP－A1AD，△A1AD的面积为eq\f(1,2)×2×2＝2，点P到平面A1AD的距离，即平面BCC1B1到平面A1AD的距离，易知该距离等于正方体的棱长，为2，所以VD－A1AP＝VP－A1AD＝eq\f(1,3)×2×2＝eq\f(4,3)，即三棱锥D－A1AP的体积为定值，所以选项B正确.对于C，如图2，连接AE，D1F，AD1，则AD1∥EF，且AD1＝2EF，平面AEF与正方体的底面ABCD的交线为AE，与平面BCC1B1的交线为EF，图2因为EF∥平面ADD1A1，所以由线面平行的性质定理得，平面AEF与平面ADD1A1的交线与EF平行，且过点A，所以平面AEF与平面ADD1A1的交线为AD1，则平面AEF截正方体的截面为四边形AEFD1，因为AD1∥EF，AD1＝2EF，且AE＝D1F，所以四边形AEFD1为等腰梯形，所以选项C正确.对于D，如图3，以A为坐标原点建立空间直角坐标系A－xyz，图3连接DE，DP，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(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)，设eq\o(EP,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，则eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EP,\s\up6(→))＝(2，λ－1，λ)，设直线AA1与DP所成的角为α，则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))，当λ＝0时，cosα＝0；当0<λ≤1时，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)，则t≥1，则cosα＝eq\r(\f(1,5t2－2t＋2))，t≥1，因为5t2－2t＋2≥5，当t＝1时等号成立，所以当0<λ≤1时，0<cosα≤eq\f(\r(5),5).综上，0≤cosα≤eq\f(\r(5),5)，因为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)，所以直线DP与AA1所成角的大小不可能为eq\f(π,3)，所以选项D错误.综上，选BC.(2)(2023·宁波调研)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P为平面ACC1A1上一动点，且满足D1P⊥CP，则满足条件的所有点P围成的平面区域的面积为________.答案eq\f(3π,2)解析设O是A1C1的中点，如图，连接PO，由正方体的性质易知D1在平面ACC1A1上的射影为O，所以要使平面ACC1A1上一动点P满足D1P⊥CP，只需PO⊥CP即可，连接OC，所以点P的轨迹是以OC为直径的圆，而OC＝eq\r(6)，所以满足条件的所有点P围成的平面区域的面积为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.在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解.(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值.2.解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定.(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算.(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.训练3(1)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝eq\f(1,2)，则动点P的轨迹是()A.圆的一部分 B.双曲线的一部分C.抛物线的一部分 D.椭圆的一部分答案D解析设d是△APC1边AC1上的高，则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)，即点P到直线AC1的距离为定值eq\f(\r(3),3)，所以点P在以直线AC1为轴，以eq\f(\r(3),3)为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内.(2)(2024·南京模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱AB上的动点，点M，N分别是棱BC，C1D1的中点，则下列结论正确的是()A.存在点E，使得EN∥MC1B.存在点E，使得△EMN为等腰三角形C.三棱锥C1－MNE的体积为定值D.存在点E，使得B1C1⊥平面EMN答案C解析对于A，如图，取AD的中点H，连接MH，D1H，再取MH的中点O，连接NO，由正方体的性质可知四边形HMC1D1为平行四边形，所以C1M∥D1H，则C1M∥ON，显然当E在AB上时，不存在NE∥NO，故不存在点E，使得EN∥MC1，故A错误；对于C，显然AB∥MH，AB⊄平面MHD1C1，MH⊂平面MHD1C1，所以AB∥平面MHD1C1，所以E到平面MHD1C1的距离为定值，设为h，则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)，故三棱锥C1－MNE的体积为定值，故C正确；对于D，因为B1C1⊥平面ABB1A1，显然平面ABB1A1与平面EMN不平行，故不存在点E，使得B1C1⊥平面EMN，故D错误；对于B，设AE＝x(0≤x≤1)，则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)，显然MN≠NE，MN≠ME，ME≠NE，故△EMN不可能为等腰三角形，故B错误.故选C.【A级基础巩固】1.如图，斜线段AB与平面α所成的角为eq\f(π,4)，B为斜足.平面α上的动点P满足∠PAB＝eq\f(π,6)，则点P的轨迹为()A.圆 B.椭圆C.双曲线的一部分 D.抛物线的一部分答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，则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，所以点P的轨迹是椭圆.2.(2023·北京顺义区质检)已知过BD1的平面与正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法中不正确的是()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解析如图①，当点M，N分别与对角顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；图①图②如图②，当M，N分别为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选C.3.(2023·山东名校联考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，BB1的中点为M，过点C1，D，M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为()A.eq\f(52,3) B.18 C.eq\f(56,3) D.eq\f(58,3)答案C解析如图，取AB的中点E，连接DC1，C1M，ME，DE，则易知截面是等腰梯形C1MED，则较小的部分是三棱台BEM－CDC1.S△BEM＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S△CDC1＝eq\f(1,2)×4×4＝8，所以较小部分的体积V＝eq\f(1,3)×(2＋8＋eq\r(2×8))×4＝eq\f(56,3).故选C.4.设动点P在正方体ABCD－A1B1C1D1上(含内部)，且eq\o(D1P,\s\up6(→))＝λeq\o(D1B,\s\up6(→))，当∠APC为锐角时，实数λ的取值范围是()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解析设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，则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为锐角，则eq\f(x2－1,x2)＞0，则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·厦门质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为()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的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接D1N，FN，则FN∥BG，所以FN∥D1E.延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点，A1E＝AE＝2，则C1N＝3，CN＝1，则D1E＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，D1N＝eq\r(42＋32)＝5，FN＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).取AD的中点Q，连接QF，则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)，则MB＝eq\f(4,3)，则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)，所以截面图形的周长为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).故选D.6.(2024·广州调研)已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A.存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直D.对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直答案B解析矩形在翻折前和翻折后的图形如图①②所示.在图①中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，则点E，F不重合；在图②中，连接CE.对于A，若AC⊥BD，由BD⊥AE，AE∩AC＝A，得BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；对于B，若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，当AB＝AC＝2时，满足AB2＋AC2＝BC2，此时直线AB与直线CD垂直，故选项B正确；对于C，若AD⊥BC，由DC⊥BC，AD∩DC＝D，得BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知BC＞AB，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.由B知选项D错误.故选B.7.(多选)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中正确的是()A.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OCB.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD答案ABC解析当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，当平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；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正确；在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝eq\r(1＋x2)，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，取x＝eq\f(1,2)，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝eq\f(\r(3),2)时，有AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________.答案eq\r(2)解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，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.因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).9.在三棱锥A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为6，定长为l(l<4)的线段MN的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，若线段MN的中点P的轨迹的面积为eq\f(π,2)，则l的值为________.答案2解析由题意可知，∠MAN＝90°，在Rt△AMN中，AP＝eq\f(1,2)l，线段MN的中点P的轨迹是以A为球心，eq\f(1,2)l为半径的球面的eq\f(1,8)，所以线段MN的中点P的轨迹的面积为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)，则l＝2.10.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD内(不包括边界)运动，若B1P∥平面A1BM，则C1P的长度的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),5)，\r(2)))解析如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，过C作CO⊥DN于点O，连接C1O，由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N，易得DN∥平面A1BM，B1N∥平面A1BM，DN∩B1N＝N，∴平面B1DN∥平面A1BM，∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN(不含点N和点D).连接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，则当P与O重合时，C1P的长度取得最小值，∴C1P的长度的最小值为(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的长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(30),5)，\r(2))).11.(2024·贵阳质检)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合).(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG∥平面D1EF，则EF∥A1D；(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离.解(1)如图，延长DG交AB的延长线于点P，连接A1P交BB1于点Q，连接GQ，则GQ所在的直线即平面A1DG与平面CBB1C1的交线.因为平面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)连接GF，EG，D1G，由E，F，G均为其所在棱的中点，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)，则△D1EF为等腰三角形，其底边EF上的高为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)，设点G到平面D1EF的距离为d，则由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)，所以点G到平面D1EF的距离为eq\f(4,3).12.(2024·石家庄模拟)在如图所示的一块木料中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F是PC，AD的中点.(1)若要经过点E和棱AB将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？请说明理由并计算截面周长；(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？请说明理由.解(1)因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，又AB⊂平面ABE，设平面ABE∩平面PCD＝l，则AB∥l，如图①，设PD的中点为G，连接EG，AG，则EG∥CD，又AB∥CD，所以AB∥EG，即EG为l，BE，EG，AG为应画的线.因为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为直角梯形.又PA＝AB＝2，所以AG＝eq\r(2)，EG＝1，BE＝eq\r(（2－1）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(3)，所以截面周长为eq\r(2)＋eq\r(3)＋3.(2)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，AD⊥PA，又AB⊥AD，如图②，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则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(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)，设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则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).设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)，连接BH，则eq\o(BH,\s\up6(→))＝(－2，2λ，2－2λ).因为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为PD上靠近D点的三等分点，PH＝eq\f(2,3)PD，连接EH，FH，即BE，BF，EH，FH为应画的线.【B级能力提升】13.(多选)(2024·杭州质检)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC＝2DD1＝4，则()A.在棱AB上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1B.在棱BC上存在点P，使得D1P∥平面A1BC1C.若P在棱AB上移动，则A1D⊥D1PD.在棱A1B1上存在点P，使得DP⊥平面A1BC1答案ABC解析对于A，当P是AB的中点时，依题意可知C1D1∥DC∥PB，C1D1＝DC＝PB，所以四边形D1PBC1是平行四边形，所以D1P∥C1B，由于D1P⊄平面A1BC1，C1B⊂平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，A正确.对于B，设E是AB的中点，P是BC的中点，连接D1E，PE，AC，如图①所示，由A可知D1E∥平面A1BC1.因为PE∥AC∥A1C1，PE⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以PE∥平面A1BC1.因为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正确；对于C，连接AD1，如图①，根据已知条件可知四边形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.因为D1A∩AB＝A，D1A，AB⊂平面AD1B，所以A1D⊥平面AD1B，又D1P⊂平面AD1B，所以A1D⊥D1P，C正确.对于D，由题可知，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，建立如图②所示的空间直角坐标系，则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).设P(2，t，2)，t∈[0，4]，则eq\o(DP,\s\up6(→))＝(2，t，2).若DP⊥平面A1BC1，则有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，))此方程组无解，所以在棱A1B1上不存在点P，使得DP⊥平面A1BC1，D错误.故选ABC.14.(2024·河南名校模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是侧面CC1B1B上的一个动点(包含边界)，则下面结论正确的有()①若点E满足AE⊥B1C，则动点E的轨迹是线段；②若点E满足∠EA1C＝30°，则动点E的轨迹是椭圆的一部分；③在线段BC1上存在点E，使直线A1E与CD所成的角为30°；④当E在棱BB1上移动时，EC＋ED1的最小值是eq\f(3＋\r(5),2).A.1个 B.2个 C.3个 D.4个答案B解析对于①，连接AD1，BC1，如图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在线段BC1上，就有AE⊥B1C，所以动点E的轨迹是线段BC1，故①正确.对于②，若∠EA1C＝30°，则E在以A1C为轴，一条母线所在直线为A1E的圆锥的侧面上，平面BCC1B1与圆锥的轴A1C斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆的一部分，故②正确.对于③，因为A1B1∥CD，所以A1E与CD所成的角等于∠EA1B1，当E为BC1中点时，B1E⊥BC1，此时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不可能为30°，故③错误.对于④，如图②，将侧面BCC1B1旋转到与平面DBB1D1重合，连接D1C交BB1于点E，此时EC＋ED1最小，最小值为D1C＝eq\r(12＋（\r(2)＋1）2)＝eq\r