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(2023·福州質(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FN，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.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(2023·遼寧名校聯(lián)考)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E為棱BB1的中點，則平面AED1截正方體ABCD－A1B1C1D1的截面面積為()A.eq\f(5,2) B.eq\f(7,2)C.4 D.eq\f(9,2)答案D解析取B1C1的中點為M，連接EM，MD1，BC1，則EM∥BC1，且EM＝eq\f(1,2)BC1，則EM∥AD1，且EM＝eq\f(1,2)AD1.又AB＝2，所以MD1＝AE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，BC1＝AD1＝2eq\r(2)，因此EM＝eq\r(2)，所以平面AED1截正方體ABCD－A1B1C1D1所得的截面為等腰梯形EMD1A，因此該等腰梯形的高h＝eq\r(D1M2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AD1－EM,2)))\s\up12(2))＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以該截面的面積S＝eq\f(1,2)(AD1＋EM)·h＝eq\f(9,2)，故選D.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PQ.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，所以AB⊥平面O1O2P，又OH?平面O1O2P，所以AB⊥OH.因為OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，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)問題角度1動態(tài)位置關(guān)系的判斷例3(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.感悟提升解決空間位置關(guān)系的動點問題(1)應(yīng)用“位置關(guān)系定理”轉(zhuǎn)化.(2)建立“坐標系”計算.角度2動點的軌跡(長度)例4(2023·濟南模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2eq\r(3)，E，F(xiàn)為體對角線BD1的兩個三等分點，動點P在△ACB1內(nèi)，且△PEF的面積S△PEF＝2，則點P的軌跡的長度為________.答案π解析如圖1所示，連接BD，圖1因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，所以AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，所以AC⊥DD1，因為DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，因為BD1?平面BDD1，所以BD1⊥AC.同理BD1⊥B1C.因為AC∩B1C＝C，所以BD1⊥平面ACB1.因為正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2eq\r(3)，所以AC＝B1C＝AB1＝2eq\r(6)，BD1＝6，又E，F(xiàn)為體對角線BD1的兩個三等分點，所以BF＝EF＝D1E＝2.設(shè)點B到平面ACB1的距離為d，則VB－ACB1＝VB1－ABC，所以eq\f(1,3)S△ACB1·d＝eq\f(1,3)S△ABC·BB1，解得d＝2，即d＝BF，所以F∈平面ACB1，即BF⊥平面ACB1.三棱錐B－ACB1的底面三角形ACB1為正三角形，且BB1＝BC＝BA，所以三棱錐B－ACB1為正三棱錐，所以點F為△ACB1的中心.因為P∈平面ACB1，所以PF?平面ACB1，則EF⊥PF.又△PEF的面積為2，所以eq\f(1,2)EF·PF＝2，解得PF＝2，則點P的軌跡是以點F為圓心，2為半徑的圓周且在△ACB1內(nèi)部的部分，圖2如圖2所示，點P的軌跡為eq\o(MN,\s\up8(︵))，eq\o(QR,\s\up8(︵))，eq\o(ST,\s\up8(︵))，且三段弧長相等.在△FNB1中，F(xiàn)N＝2，F(xiàn)B1＝2eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)＝2eq\r(2)，∠NB1F＝eq\f(π,6)，由正弦定理eq\f(NF,sin\f(π,6))＝eq\f(B1F,sin∠B1NF)，得sin∠B1NF＝eq\f(\r(2),2)，由圖2可知，∠B1NF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以∠B1NF＝eq\f(3π,4)，則∠NFB1＝eq\f(π,12)，所以∠NFM＝2∠NFB1＝eq\f(π,6)，所以eq\o(MN,\s\up8(︵))的長l＝2×eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)，則點P的軌跡的長度為3×eq\f(π,3)＝π.感悟提升解決與幾何體有關(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.角度3最值(范圍)問題例5(2023·石家莊質(zhì)檢)《九章算術(shù)》是中國古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數(shù)學(xué)專著，是《算經(jīng)十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右，是當(dāng)時世界上最簡練有效的應(yīng)用數(shù)學(xué)，它的出現(xiàn)標志著中國古代數(shù)學(xué)形成了完整的體系.在《九章算術(shù)》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.已知在“塹堵”ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝eq\r(6)，動點M在“塹堵”的側(cè)面BCC1B1上運動，且AM＝2，則∠MAB的最大值為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(5π,12)C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,3)答案B解析如圖，取BC的中點O，連接AO，MO，則AO⊥BC.因為在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AO，又BC∩BB1＝B，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM.在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝eq\r(6)，∠BAC＝eq\f(π,2)，所以AO＝eq\r(3)，又AM＝2，所以在Rt△OAM中，OM＝eq\r(22－（\r(3)）2)＝1，所以動點M的軌跡是平面BCC1B1內(nèi)以O(shè)為圓心，1為半徑的半圓.連接BM，易得BO＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(3)，所以BM∈[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1].在△BAM中，AB＝eq\r(6)，AM＝2，由余弦定理得cos∠MAB＝eq\f(AM2＋AB2－BM2,2AM·AB)＝eq\f(22＋（\r(6)）2－BM2,2×2×\r(6))≥eq\f(10－（\r(3)＋1）2,4\r(6))＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).即當(dāng)BM＝eq\r(3)＋1時，cos∠MAB取得最小值eq\f(\r(6)－\r(2),4)，結(jié)合選項可知，A，C，D均不正確，所以∠MAB的最大值為eq\f(5π,12)，選B.感悟提升在動態(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)化為目標函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標函數(shù)的最值.訓(xùn)練3(多選)(2023·沈陽郊聯(lián)體一模)已知棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M為B1C1的中點，點P在正方體的表面上運動，且總滿足MP垂直于MC，則下列結(jié)論正確的是()A.點P的軌跡中包含AA1的中點B.點P在側(cè)面AA1D1D內(nèi)的軌跡的長為eq\f(\r(5)a,4)C.MP長度的最大值為eq\f(\r(21)a,4)D.直線CC1與直線MP所成角的余弦值的最大值為eq\f(\r(5),5)答案BCD解析如圖，取A1D1的中點E，分別取A1A，B1B上靠近點A1，B1的四等分點F，G，連接EM，EF，F(xiàn)G，MG，則EM綉A1B1，F(xiàn)G綉A1B1，所以EM綉FG，所以點E，M，F(xiàn)，G四點共面.連接GC，因為MG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(5a2,16)，MC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)＋a2＝eq\f(5a2,4)，GC2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,4)))eq\s\up12(2)＋a2＝eq\f(25a2,16)，所以MG2＋MC2＝GC2，所以MG⊥MC.由正方體的性質(zhì)知A1B1⊥平面B1C1CB，所以ME⊥平面B1C1CB，又MC?平面B1C1CB，所以ME⊥MC.因為MG∩ME＝M，MG，ME?平面MEFG，所以MC⊥平面MEFG，所以點P的軌跡為四邊形MEFG(不含點M).對于A，點P的軌跡與AA1有唯一交點F，而F不是AA1的中點，故A不正確；對于B，因為點P在側(cè)面AA1D1D內(nèi)的軌跡為EF，四邊形MEFG為平行四邊形，所以EF＝MG＝eq\f(\r(5)a,4)，故B正確；對于C，根據(jù)點P的軌跡可知，當(dāng)P與F重合時，MP的長度有最大值.由正方體的性質(zhì)知A1B1⊥平面B1C1CB，所以FG⊥平面B1C1CB.又MG?平面BB1C1C，所以FG⊥MG.連接MF，則MF＝eq\r(a2＋\f(5a2,16))＝eq\f(\r(21)a,4)，故C正確；對于D，當(dāng)直線CC1與直線MP所成角的余弦值最大時，直線CC1與直線MP所成的角最小，由于點P的軌跡為四邊形MEFG(不含點M)，所以直線CC1與直線MP所成的最小角就是直線CC1與平面MEFG所成的角，又向量eq\o(CC1,\s\up6(→))與平面MEFG的法向量eq\o(CM,\s\up6(→))的夾角為∠C1CM，且sin∠C1CM＝eq\f(\f(a,2),\f(\r(5)a,2))＝eq\f(\r(5),5)，所以直線CC1與平面MEFG所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，即直線CC1與直線MP所成角的余弦值的最大值為eq\f(\r(5),5)，故D正確.綜上所述，選BCD.分層精練·鞏固提升【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.18C.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.(2023·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.5.(多選)(2023·長沙檢測)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可能的取值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)答案CD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).結(jié)合選項可選CD.6.已知邊長為1的正方形ABCD與CDEF所在的平面互相垂直，點P，Q分別是線段BC，DE上的動點(包括端點)，PQ＝eq\r(2).設(shè)線段PQ的中點M的軌跡為l，則l的長度為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(\r(2),2) D.2答案A解析以DA，DC，DE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，設(shè)P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，y，z)，由中點坐標公式易知x＝eq\f(s,2)，y＝eq\f(1,2)，z＝eq\f(t,2)，即s＝2x，t＝2z.∵|PQ|＝eq\r(s2＋t2＋1)＝eq\r(2)，∴s2＋t2＝1，∴4x2＋4z2＝1，∴x2＋z2＝eq\f(1,4).又0≤s≤1，0≤t≤1，∴0≤x≤eq\f(1,2)，0≤z≤eq\f(1,2)，∴PQ中點M的軌跡方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋z2＝\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x，z≤\f(1,2)))，,y＝\f(1,2)，))軌跡為垂直于y軸，且距離原點eq\f(1,2)的平面內(nèi)，半徑為eq\f(1,2)的四分之一圓周，∴l(xiāng)的長度為eq\f(1,4)×2π×eq\f(1,2)＝eq\f(π,4).7.(2023·安徽名校聯(lián)考)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，若A1P∥平面AEF，則線段A1P的長度的取值范圍是()A.[2，eq\r(5)] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))C.[eq\r(5)，2eq\r(2)] D.[2eq\r(2)，2eq\r(3)]答案B解析如圖，取B1C1的中點G，BB1的中點H，連接GH，A1G，A1H，則A1G∥AE，又A1G?平面AEF，AE?平面AEF，所以A1G∥平面AEF，同理得GH∥平面AEF，又A1G∩GH＝G，所以可得平面A1GH∥平面AEF，因為P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，所以當(dāng)P點在線段GH上時，能夠滿足A1P∥平面AEF.由勾股定理可求得A1G＝A1H＝eq\r(5)，GH＝eq\r(2)，所以當(dāng)點P為GH的中點時，A1P的長度最小，此時A1P＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)，當(dāng)點P與點G或點H重合時，A1P的長度最大，此時A1P＝eq\r(5).故線段A1P的長度的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，\r(5))).故選B.8.(2023·北京朝陽區(qū)一模)一個三棱錐形狀的木塊如圖所示，其中VA，VB，VC兩兩垂直，VA＝VB＝VC＝1(單位：dm)，小明同學(xué)計劃通過側(cè)面VAC內(nèi)的一點P將木塊鋸開，所得截面平行于直線VB和AC，則該截面面積(單位：dm2)的最大值是()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(3,4)答案B解析如圖，在平面VAC內(nèi)，過點P作EF∥AC，分別交VA，VC于點F，E，在平面VBC中，過點E作EQ∥VB交BC于點Q，在平面VAB內(nèi)，過點F作FD∥VB交BA于點D，連接DQ，則四邊形DFEQ是過點P且與VB，AC平行的截面.易知四邊形DFEQ是平行四邊形.因為VB⊥VC，VB⊥VA，VA∩VC＝V，VA?平面VAC，VC?平面VAC，所以VB⊥平面VAC，又EF?平面VAC，所以VB⊥EF，又EQ∥VB，所以EQ⊥EF，所以平行四邊形DFEQ是矩形.因為EF∥AC，所以△VEF∽△VCA，設(shè)相似比為k(0＜k＜1)，則eq\f(VF,VA)＝eq\f(VE,VC)＝eq\f(EF,AC)＝k.易知AC＝eq\r(2)，則EF＝eq\r(2)k.因為FD∥VB，所以易知△AFD∽△AVB，則eq\f(AF,VA)＝eq\f(AD,BA)＝eq\f(FD,VB)，因為eq\f(AF,VA)＝eq\f(VA－VF,VA)＝1－k，所以eq\f(FD,VB)＝eq\f(AF,VA)＝1－k，所以FD＝1－k.則S矩形FEQD＝EF·FD＝eq\r(2)k·(1－k)＝－eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(\r(2),4)，所以，當(dāng)k＝eq\f(1,2)時，S矩形FEQD取得最大值，為eq\f(\r(2),4)，故選B.9.(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).10.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3eq\r(2)，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為________.答案eq\r(13)解析如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點M，連接B1E，BC1交于點N，由EF∥B1D1，即E，F(xiàn)，B1，D1共面，由P是線段A1B上的動點，當(dāng)P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點分別為M，N，即Q的軌跡為MN，由棱長為3eq\r(2)，得C1M＝eq\f(1,2)A1C1＝3，則BC1＝6，又eq\f(BE,B1C1)＝eq\f(BN,NC1)＝eq\f(1,2)，則NC1＝eq\f(2,3)BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，則MN＝eq\r(MCeq\o\al(2,1)＋NCeq\o\al(2,1)－2MC1·NC1·cos∠A1C1B)＝eq\r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq\r(13).11.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O，連接C1O，由正方體的性質(zhì)知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，∴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C1Pmin＝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))).12.(2023·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，其底面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).【B級能力提升】13.(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))) D.[18，27]答案C解析法一如圖，設(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.由題意及圖可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l2＝h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2)，,R2＝（h－R）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝\f(l2,2R)＝\f(l2,6)，,a2＝2l2－\f(l4,18)，))所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l2－\f(l4,18)))·eq\f(l2,6)＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))(3≤l≤3eq\r(3))，所以V′＝eq\f(4,9)l3－eq\f(l5,54)＝eq\f(1,9)l3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(l2,6)))(3≤l≤3eq\r(3)).令V′＝0，得l＝2eq\r(6)，所以當(dāng)3≤l<2eq\r(6)時，V′>0；當(dāng)2eq\r(6)<l≤3eq\r(3)時，V′<0，所以函數(shù)V＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))(3≤l≤3eq\r(3))在[3，2eq\r(6))上單調(diào)遞增，在(2eq\r(6)，3eq\r(3)]上單調(diào)遞減，又當(dāng)l＝3時，V＝eq\f(27,4)；當(dāng)l＝2eq\r(6)時，V＝eq\f(64,3)；當(dāng)l＝3eq\r(3)時，V＝eq\f(81,4)，所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).故選C.法二如圖，設(shè)該球的球心為O，半徑為R，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.由題意及圖可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l2＝h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2)，,R2＝（h－R）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))\s\up12(2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝\f(l2,2R)＝\f(l2,6)，,a2＝2l2－\f(l4,18)，))又3≤l≤3eq\r(3)，所以該正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2l2－\f(l4,18)))·eq\f(l2,6)＝eq\f(l4,18)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))＝72×eq\f(l2,36)·eq\f(l2,36)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18)))≤72×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(l2,36)＋\f(l2,36)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(l2,18))),3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(64,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(l2,36)＝2－\f(l2,18)，即l＝2\r(6)時取等號))，所以正四棱錐的體積的最大值為eq\f(64,3)，排除A，B，D，故選C.法三如圖，設(shè)該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底面邊長為a，高為h，正四棱錐的側(cè)棱與高所成的角為θ，依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3，所以正四棱錐的底面邊長a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足為E，則可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.設(shè)sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，則y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，則y′＝1－3t2.令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以當(dāng)eq\f(1,2)<t<eq\f(\r(3),3)時，y′>0；當(dāng)eq\f(\r(3),3)<t<eq\f(\r(3),2)時，y′<0，所以函數(shù)y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上單調(diào)遞減.又當(dāng)t＝eq\f(\r(3),3)時，y＝eq\f(2\r(3),9)；當(dāng)t＝eq\f(1,2)時，y＝eq\f(3,8)；當(dāng)t＝eq\f(\r(3),2)時，y＝eq\f(\r(3),8)，所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).故選C.14.(2023·河南名校聯(lián)考)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是邊長為2的正方形，AA1＝3，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，將過點D1，E，F(xiàn)的平面記為α，則下列說法中正確說法的個數(shù)是()①點B到平面α的距離與點A1到平面α的距離之比為1∶2；②平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面積為eq\f(7\r(3),2)；③平面α將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積之比為47∶25；④平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形狀為四邊形.A.0 B.1C.2 D.3答案D解析如圖，連接EF并延長線段FE，交線段DA的延長線于點P，連接D1P，與AA1交于點M，延長線段EF，交線段DC的延長線于點Q，連接D1Q，與CC1交于點N，連接ME，NF，則五邊形MEFND1是所求截面，故④錯誤；易知ME∥D1Q，PE∶EQ＝1∶2，所以PM∶MD1＝1∶2，所以可得MA∶A1M＝1∶2.對于①，因為平面α過線段AB的中點E，所以點A到平面α的距離與點B到平面α的距離相等.又MA∶A1M＝1∶2，所以點A1到平面α的距離是點A到平面α的距離的2倍，所以點A1到平面α的距離是點B到平面α的距離的2倍，故①正確；連接MN，易知D1M＝MN＝D1N＝2eq\r(2)，EF∥MN，且EF＝ME＝NF＝eq\r(2)，所以五邊形D1MEFN可被分為等邊三角形D1MN和等腰梯形MEFN兩部分.等腰梯形MEFN的高h＝eq\r(（\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以等腰梯形MEFN的面積為eq\f(2\r(2)＋\r(2),2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(3\r(3),2).又S△D1MN＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(2))2＝2eq\r(3)，所以五邊形D1MEFN的面積為eq\f(3\r(3),2)＋2eq\r(3)＝eq\f(7\r(3),2)，故②正確；記平面α將直四棱柱分割成的較大部分的體積為V1，較小部分的體積為V2，則V2＝V三棱錐D1－DPQ－V三棱錐M－PAE－V三棱錐N－CFQ＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(25,6)，所以V1＝V四棱柱ABCD－A1B1C1D1－V2＝2×2×3－eq\f(25,6)＝eq\f(47,6)，V1∶V2＝47∶25，故③正確.綜上，正確說法的個數(shù)是3，故選D.15.(多選)(2023·福州質(zhì)檢)已知正四面體ABCD的棱長為3，其外接球的球心為O.點E滿足eq\o(AE,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，過點E作平面α平行于AC