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專題七 空間點、線、面位置關系
【題型分析】
考情分析：
　　從近幾年高考的情況來看，以柱體、錐體為背景的線面平行(垂直)、面面平行(垂直)關系是高考常考內容，試題有選擇題、填空題、解答題，難度適中.解題時要特別注意應用判定定理和性質定理時條件的完整，這是解題的基本規范和要求.
題型1 平行與垂直的證明
例1　如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，O為A1C1與B1D1的交點，則下列條件是“AC1=A1C”的必要條件的有(　　).
A.四邊形ACC1A1是矩形
B.平面ABB1A1⊥平面ACC1A1
C.平面BDD1B1⊥平面ABCD
D.直線OA，BC所成的角與直線OC，AB所成的角相等
方法總結：
1.判斷或證明線面平行的常用方法
(1)利用線面平行的定義(無公共點).
(2)利用線面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α).
(3)利用面面平行的性質(α∥β，a α a∥β；α∥β，a β，a∥α a∥β).
2.證明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定義.(2)如果一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行.(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行.(4)如果兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行.(5)利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉化進行證明.
3.證明線面垂直的四種方法
(1)利用線面垂直的判定定理.
(2)利用“如果兩條平行直線中的一條直線垂直于一個平面，那么另一條直線也垂直于這個平面”.
(3)利用“若一條直線垂直于兩個平行平面中的一個，則它與另一個平面也垂直”.
(4)利用面面垂直的性質定理.
如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則(　　).
A.直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCD
B.直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1
C.直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCD
D.直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1
題型2 交線與截面
截面問題
例2　已知正方體ABCD-A1B1C1D1，棱長為2.
(1)求證：A1C⊥平面AB1D1.
(2)若平面α∥平面AB1D1，且平面α與正方體的棱相交，當截面面積最大時，在所給圖形上畫出截面圖形(不必說出畫法和理由)，并求出截面面積的最大值.
(3)在(2)的情形下，設平面α與正方體的棱AB，BB1，B1C1分別交于點E，F，G，當截面的面積最大時，求二面角D1-EF-G的余弦值.
方法總結：
立體幾何中截面問題的處理思路
(1)直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點的連線即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；
(2)作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；
(3)作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；
(4)輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.
如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，E為DD1的中點.
(1)過點D1作出正方體ABCD-A1B1C1D1的截面α，使得截面α∥平面ABE，并說明理由；
(2)F為線段CC1上一點，且直線D1F與截面α所成角的正弦值為，求.
交線問題
例3　如圖，已知正三棱臺ABC-A1B1C1是由一個平面截棱長為6的正四面體所得的，其中AA1=2，以點A為球心，2為半徑的球面與側面BCC1B1的交線為曲線Γ，P為Γ上一點，則(　　).
A.點A到平面BCC1B1的距離為2
B.曲線Γ的長度為4π
C.CP的最小值為2-2
D.所有的線段AP所形成的曲面的面積為
方法總結：
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定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.
已知在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，點P，Q，T分別在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3，C1Q=1，BT=3，記平面PQT與側面ADD1A1，底面ABCD的交線分別為m，n，則(　　).
A.m的長度為 B.m的長度為
C.n的長度為 D.n的長度為
【真題改編】
1.(2024年全國甲卷，理科T10改編)設α，β是兩個平面，m，n是兩條直線，且α∩β=m.下列結論正確的是(　　).
A.若m∥n，則n∥α或n∥β
B.若m⊥n，則n⊥α或n⊥β
C.若n∥α且n∥β，則m∥n
D.若n與α，β所成的角相等，則m⊥n
2.(2023年全國甲卷，理科T15改編)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為CD上靠近點C的三等分點，F為A1B1上靠近點A1的三等分點，則以EF為直徑的球的球面與該正方體各棱的交點總數為　　　　.
【最新模擬】
(總分：100分　單選題每題5分，多選題每題6分，填空題每題5分，共68分；解答題共32分)
1.設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列說法正確的是(　　).
A.若m⊥n，n∥α，則m⊥α
B.若m∥β，β⊥α，則m⊥α
C.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α
D.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α
2.已知m，n是兩條不重合的直線，α，β是兩個不重合的平面，則下列說法錯誤的是(　　).
A.若m⊥α，則“n∥α”是“m⊥n”的必要條件
B.若m α，n α，則“m∥n”是“m∥α”的充分條件
C.若m⊥α，則“m⊥β”是“α∥β”的充要條件
D.若m∥α，則“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要條件
3.在三棱錐P-ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC，PC⊥平面ABC，過點P作截面分別交AC，BC于點E，F，且二面角P-EF-C的平面角為60°，則所得截面PEF的面積的最小值為(　　).
A. B. C. D.1
4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球的體積為4π，E，F，G分別為棱AA1，A1B1，A1D1的中點，則平面EFG截球的截面面積為(　　).
A. B. C. D.
5.如圖，有一個正四面體ABCD，其棱長為1，則下列說法正確的是(　　).
A.過棱AC的截面中，截面面積的最小值為
B.若P為棱BD(不含端點)上的動點，則存在點P，使得cos ∠APC=
C.若M，N分別為直線AC，BD上的動點，則M，N兩點間的距離的最小值為
D.與該正四面體各個頂點的距離都相等的截面有10個
6.(改編)已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，AD=1，PC與底面ABCD所成角的正切值為，M為平面ABCD內一點(異于點A)，若AM=，則以P為球心，PM為半徑的球的球面與四棱錐P-ABCD各面的交線長為(　　).
A.(+)π B.π
C.π D.2π
7.(改編)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，O是空間中的一動點，若=λ+(1-λ)(0≤λ≤1)，則平面OAD1截正方體ABCD-A1B1C1D1所得截面面積的最大值為(　　).
A. B.4 C.2 D.4
8.如圖，球O內切于圓柱O1O2，圓柱的高為2，EF為底面圓O1的一條直徑，D為圓O2上任意一點，則平面DEF截球O所得截面面積的最小值為　　　　.若M為球面和圓柱側面交線上的一點，則△MEF周長的取值范圍為　　　　.
9.如圖所示，在平行六面體A1B1C1D1-ABCD中，O為正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB，M，N分別為線段A1A，A1B的中點，則(　　).
A.C1C∥平面OMN
B.平面A1CD∥平面OMN
C.直線MN與平面A1BD所成的角為45°
D.OM⊥D1D
10.如圖，P是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1的表面上一個動點，F是線段A1B1的中點，則(　　).
A.若點P滿足AP⊥B1C，則動點P的軌跡長度為4
B.三棱錐A-PB1D1體積的最大值為
C.當直線AP與AB所成的角為45°時，點P的軌跡長度為π+4
D.當點P在底面ABCD上運動，且滿足PF∥平面D1B1C時，線段PF長度的最大值為2
11.(15分)如圖，在多面體ABCDEF中，平面FAB⊥平面ABCD，△FAB為等邊三角形，四邊形ABCD為正方形，EF∥BC，且EF=BC=3，H，G分別為CE，CD的中點.
(1)證明：BF⊥AD.
(2)求平面BCEF與平面FGH的夾角的余弦值.
(3)作平面FHG與平面ABCD的交線，記該交線與直線AD的交點為P，寫出的值(不需要說明理由，保留作圖痕跡).
12.(17分)如圖，在五面體ABCDFE中，底面ABCD是菱形，AB=4，EF=.
(1)證明：AD∥EF.
(2)已知AB⊥AD，M是AD的中點，O為BM的中點，OE⊥BM且OE=2，CF=DF.
①證明：OE⊥平面ABCD.
②求直線AE與平面CDF所成角的正弦值.
13.(原創)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分別為AB，BC，CD，DA的中點，M為棱CC1上的動點，記平面B1MD1與平面A1C1FE，平面D1GH的交線分別為l，m，則直線l與直線m的位置關系為(　　).
A.異面
B.平行
C.相交
D.以上都有可能
14.(人教A版選擇性必修第一冊P13例3改編)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F分別為棱AB，CB上的點，若四邊形A1C1FE將正方體分成體積比為13∶41的兩部分，則該截面的面積為　　　　.
15.(原創)在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=45°，A1A=AB=BC=2，若=，=，則過點B，G，H的截面與平面ACC1A1的交線長為　　　　.
參考答案
專題七 空間點、線、面位置關系
題型1　平行與垂直的證明
例1　ACD
【解析】若一個條件是“AC1=A1C”的必要條件，則該條件可由“AC1=A1C”推出.
對于A，因為在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1=CC1，所以四邊形ACC1A1為平行四邊形，又AC1=A1C，所以四邊形ACC1A1為矩形，故A正確；
對于B，假設平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，由選項A可知，四邊形ACC1A1為矩形，則AC⊥AA1，又平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，AC 平面ACC1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，因為AB 平面ABB1A1，所以AC⊥AB，與四邊形ABCD為正方形矛盾，故B錯誤；
對于C，因為四邊形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因為AC⊥AA1，AA1∥BB1，所以AC⊥BB1，又BB1∩BD=B，BB1，BD 平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，又AC 平面ABCD，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，故C正確；
對于D，因為四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C1的中點，所以OA=OC，連接OD(圖略)，在△OAD與△OCD中，AD=CD，OD是公共邊，所以△OAD≌△OCD，所以∠OAD=∠OCD，又BC∥AD，AB∥CD，所以∠OAD，∠OCD分別為直線OA，BC所成的角(或其補角)與直線OC，AB所成的角(或其補角)，
則直線OA，BC所成的角與直線OC，AB所成的角相等，故D正確.
跟蹤訓練　A
【解析】連接AD1(圖略)，則易得點M在AD1上，且M為AD1的中點，AD1⊥A1D.
因為AB⊥平面AA1D1D，A1D 平面AA1D1D，
所以AB⊥A1D.
又AB∩AD1=A，AB，AD1 平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1.
又BD1 平面ABD1，顯然A1D與BD1異面，所以A1D與BD1異面且垂直.
在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，
又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
易知直線AB與平面BDD1B1成45°角，
所以直線MN與平面BDD1B1不垂直，
所以選項A正確.
故選A.
題型2　交線與截面
考向1　截面問題
例2
【解析】
圖1
(1)連接A1B，A1C1，如圖1所示.因為ABCD-A1B1C1D1是正方體，所以BC⊥平面ABB1A1.
因為AB1 平面ABB1A1，所以BC⊥AB1.又因為四邊形ABB1A1是正方形，所以A1B⊥AB1.
因為A1B∩BC=B，A1B，BC 平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因為A1C 平面A1BC，所以A1C⊥AB1.同理可證得A1C⊥D1B1.
又因為AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1 平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1.
(2)設E，F，G，H，I，J分別是AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點，連接EF，FG，GH，HI，IJ，JE，如圖2所示.
根據題意知當截面面積最大時，截面圖形是邊長為的正六邊形EFGHIJ，所以最大的截面面積S=6××××sin 60°=3.
圖3
(3)因為平面α∥平面AB1D1，所以當截面EFG的面積最大時，E，F，G分別是棱AB，BB1，B1C1的中點，以D為原點，建立如圖3所示的空間直角坐標系，則D1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(2，2，1)，G(1，2，2).設平面D1EF的法向量為n=(x1，y1，z1)，=(2，1，-2)，=(2，2，-1)，
則令x1=3，則y1=-2，z1=2，所以平面D1EF的一個法向量為n=(3，-2，2).
設平面GEF的法向量為m=(x2，y2，z2)，=(0，1，1)，=(-1，0，1)，
則令x2=1，則y2=-1，z2=1，所以平面GEF的一個法向量為m=(1，-1，1)，
則cos ===.
設二面角D1-EF-G的平面角為θ，由圖可知θ為銳角，所以cos θ=，所以二面角D1-EF-G的余弦值為.
跟蹤訓練
【解析】(1)如圖1所示，平面GHC1D1即為截面α.理由如下：
取AA1的中點G，BB1的中點H，連接D1G，GH，HC1，因為E為DD1的中點，所以GH∥AB，D1G∥AE，AB∥D1C1，所以GH∥D1C1，即G，H，C1，D1四點共面.又D1G 平面ABE，AE 平面ABE，所以D1G∥平面ABE.因為GH 平面ABE，AB 平面ABE，所以GH∥平面ABE.
又GH∩GD1=G，GH，GD1 平面GHC1D1，所以平面GHC1D1∥平面ABE.
故平面GHC1D1即為過D1的正方體的截面α，且截面α平行于平面ABE.
(2)如圖2所示，連接D1F，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系.設AA1=2，CF=a，a∈[0，2]，則D1(0，0，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，E(0，0，1)，F(0，2，a)，所以=(0，2，0)，=(-2，0，1)，=(0，2，a-2).設平面ABE的法向量為n=(x，y，z)，則取n=(1，0，2)，則截面α的一個法向量為n=(1，0，2)，
又直線D1F與截面α所成角的正弦值為，
所以|cos<，n>|===，解得a=1或a=3(舍去)，
所以C1F=1，則=.
考向2　交線問題
例3　ACD
【解析】對于A，如圖1，將三棱臺ABC-A1B1C1補形為棱長為6的正四面體SABC，取BC的中點M，連接SM，交B1C1于點M1，連接AM1，則△SBC是邊長為6的等邊三角形，且△SB1C1∽△SBC，所以=，即=，解得B1C1=4，所以△SB1C1是邊長為4的等邊三角形，又==，所以M1為△SBC的外心，則由正四面體SABC知，AM1為正四面體SABC的高，則AM1⊥平面BCC1B1，故AM1為點A到平面BCC1B1的距離，SM1==2，則AM1==2，A正確；
對于B，因為AM1⊥平面BCC1B1，當r=AP=2時，可得M1P===2，因此，點P的軌跡是以M1為圓心，2為半徑的圓與等腰梯形BCC1B1重合部分的兩段圓弧，分別為和(如圖2)，連接M1E，M1F，由M1M=，M1E=M1F=2，易得∠EM1F=，因此∠C1M1E=∠B1M1F=，所以的長度l=×2=，則點P的軌跡的長度為2l=，即曲線Γ的長度為，B錯誤；
對于C，CP的最小值為CM1-M1P=SM1-M1P=2-2，C正確；
對于D，所有的線段AP所形成的曲面的面積為圓錐側面積的一部分，由選項B分析知點P的軌跡的長度為，則曲面的面積為×2π×2×2·=，D正確.
故選ACD.
跟蹤訓練　A
【解析】
如圖所示，連接QP并延長交CB的延長線于點E，連接ET并延長交AD于點S，交CD的延長線于點H，連接HQ，交DD1于點R，連接SR，則m即為SR，n即為ST.由PB∥QC，得==，所以EB=2，EC=6，由AS∥EB，得==，則AS=EB=，
所以n=ST==，故C，D錯誤；由SD∥EC，所以==，又SR∥PQ，所以==，所以m=SR=QE==，故A正確，B錯誤.
1.AC
【解析】對于A，當n α時，因為m∥n，m β，所以n∥β，
當n β時，因為m∥n，m α，所以n∥α，
當n既不在平面α內也不在平面β內時，因為m∥n，m α，m β，所以n∥α且n∥β，故A正確；
對于B，若m⊥n，則n與α，β不一定垂直，故B錯誤；
對于C，如圖，過直線n分別作兩個平面與α，β分別相交于直線s和直線t，
因為n∥α，過直線n的平面與平面α的交線為直線s，所以根據線面平行的性質定理知n∥s，
同理可得n∥t，則s∥t，因為s 平面β，t 平面β，所以s∥平面β，
因為s 平面α，α∩β=m，則s∥m，又因為n∥s，所以m∥n，故C正確；
對于D，若α∩β=m，n與α和β所成的角相等，當n∥α，n∥β時，則m∥n，故D錯誤.故選AC.
2.24
【解析】由題意可知，以EF為直徑的球的球心為正方體的中心O，以OF為半徑，O為球心的球與正方體的棱A1B1有2個交點，根據正方體的對稱性知，其余各棱與球面也有2個交點，所以以EF為直徑的球的球面與該正方體各棱的交點總數為24.
1.D
【解析】當m⊥n，n∥α時，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m α，故A錯誤；
當m∥β，β⊥α時，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m α，故B錯誤；
在如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1中，
取m為B1C1，n為CC1，β為平面ABCD，α為平面ADD1A1，這時滿足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故C錯誤；
當m⊥β，n⊥β，n⊥α時，必有α∥β，從而m⊥α，故D正確.
故選D.
2.A
【解析】對于A，若m⊥α，則“n∥α”是“m⊥n”的充分不必要條件，故A錯誤；對于B，若m α，n α，則m∥n m∥α，m∥α m，n平行或異面，所以“m∥n”是“m∥α”的充分條件，故B正確；對于C，若m⊥α，則m⊥β α∥β，則“m⊥β”是“α∥β”的充要條件，故C正確；對于D，若m∥α，則m∥n n∥α或n α，n∥α m，n相交、平行或異面，所以“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要條件，故D正確.故選A.
3.
B
【解析】如圖，過點P作PG⊥EF，垂足為G，連接CG，
∵PC⊥平面ABC，∴PC⊥EF.
又PC∩CG=C，PC，CG 平面PCG，
∴EF⊥平面PCG，∴EF⊥CG，
∴∠PGC即為二面角P-EF-C的平面角，
∴∠PGC=60°.
∵PC=2，∴PG=，CG=.設CE=a，CF=b，則EF=.
在△CEF中，ab=·.又≥，∴ab≥·=，
∴ab≥，當且僅當a=b=時，等號成立，∴△PEF的面積為×·=ab≥，故截面PEF的面積的最小值為.
4.
A
【解析】設正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球的半徑為R，球心為O，棱長為a，因為正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球的體積為4π，所以πR3=4π，則R=.由3a2=(2)2，得a=2.
設球心O到平面EFG的距離為h，平面EFG截球的截面圓的半徑為r，點A1到平面EFG的距離為h'，因為E，F，G分別為棱AA1，A1B1，A1D1的中點，所以△EFG是邊長為的正三角形.
由=，得S△EFG·h'=·A1E，則××××h'=××1×1×1，解得h'=.又OA1=A1C=，所以h=OA1-h'=，所以r2=R2-h2=()2-2=，所以平面EFG截球的截面面積為πr2=.
5.AC
【解析】
對于A，設截面與棱BD的交點為Q，如圖1，連接AQ，CQ，過棱AC的截面為△ACQ，則當Q為棱BD的中點時，△ACQ的面積取得最小值，在等腰△ACQ中，AC=1，AQ=CQ=，可得S△ACQ=，故A正確.
對于B，如圖2，在線段BD上取一點P(不含端點)，連接AP，CP，
因為AB=BC，BP=BP，∠ABP=∠CBP，所以△ABP≌△CBP，所以AP=CP，設AP=CP=t，t∈，1，則∈1，.
在△ACP中，cos ∠APC===1-，所以≤cos ∠APC<，故B錯誤.
對于C，如圖3，取線段AC，BD的中點分別為M，N，連接AN，MN，CN，因為AN=NC，所以在等腰△ANC中，MN為底邊上的中線，則MN⊥AC，同理可證MN⊥BD，故MN為線段AC，BD的公垂線，
所以當M，N分別為線段AC，BD的中點時，M，N兩點間的距離最小，此時AN=CN=，所以MN==，即M，N兩點間的距離的最小值為，故C正確.
對于D，與正四面體各個頂點的距離都相等的截面分為以下兩類：(1)平行于正四面體的一個面，且到頂點和到底面的距離相等，這樣的截面有4個；(2)平行于正四面體的兩條對棱，且到兩條對棱的距離相等，這樣的截面有3個.故與該正四面體各個頂點的距離都相等的截面共有7個，故D錯誤.
6.B
【解析】因為底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，且PC與底面ABCD所成角的正切值為，所以AC==，PA=1.
因為AM=，所以PM==，以P為球心，PM為半徑的球的球面與四棱錐P-ABCD側面的交線是以P為圓心，為半徑的圓與側面展開圖的交線，即，如圖所示.
由PB==，PC==，得PC2=PB2+BC2，則PB⊥BC，所以tan ∠APF==tan ∠BPC=，則∠APF=∠BPC，所以∠APF+∠FPB=，所以∠FPC=∠BPC+∠FPB=.根據對稱性有∠FPC=∠CPE，所以∠FPE=，故的長為×2π×=.
又球面與底面ABCD的交線是以P為圓心，為半徑的四分之一圓，其長度為×2π×=，故以P為球心，PM為半徑的球的球面與四棱錐P-ABCD各面的交線長為π.
7.D
【解析】因為=λ+(1-λ)(0≤λ≤1)，所以=λ，又0≤λ≤1，所以O是線段BD上一點.
如圖1，連接AC，與BD交于點Z.當點O與點D重合時，平面OAD1與平面ADD1A1重合，此時截面面積為4.當點O在線段DZ(不含點D)上時，平面OAD1截正方體所得截面為三角形，且當點O與點Z重合時，截面為△ACD1，此時截面面積最大，由等邊三角形ACD1的邊長為2，得此時截面面積為2.
如圖2，當點O在線段BZ(不含點B，Z)上時，
延長AO，與BC交于點W，作WR∥AD1，與CC1交于點R，連接RD1，則截面為等腰梯形AWRD1.設BW=x(08.　[+3，2+2]
【解析】過點O在平面ABCD內作OG⊥DO1，垂足為G，如圖1.
易知O1O2⊥CD，O1O2=2，O2D=1，在Rt△O1O2D中，由勾股定理可得O1D==，則由題意可得OG=×=×=.設點O到平面DEF的距離為d1，平面DEF截球O所得的截面圓的半徑為r1，因為O1D 平面DEF，當OG⊥平面DEF時，d1取得最大值OG，即d1≤OG=，所以r1=≥=，所以平面DEF截球O所得的截面面積的最小值為π×2=.
由題意可知，點M在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設點M在底面的射影為點M'，如圖2.
因此，MM'=1，ME=，MF=.在Rt△M'EF中，由勾股定理可得M'E2+M'F2=4，令M'F2=2-t，則M'E2=2+t，其中-2≤t≤2，所以ME+MF=+，所以(ME+MF)2=(+)2=6+2，所以(ME+MF)2∈[6+2，12]，因此ME+MF∈[+1，2]，所以△MEF的周長的取值范圍為[+3，2+2].
9.BCD
【解析】對于A，因為C1C∥A1A，且A1A和平面OMN相交，所以C1C與平面OMN相交，故A錯誤.
對于B，因為M，N分別為線段A1A，A1B的中點，所以MN∥AB∥CD，又MN 平面A1CD，CD 平面A1CD，所以MN∥平面A1CD.因為O，N分別為線段BD，A1B的中點，所以ON∥A1D.又ON 平面A1CD，A1D 平面A1CD，所以ON∥平面A1CD.又MN∩ON=N，MN，ON 平面OMN，所以平面A1CD∥平面OMN，故B正確.
對于C，連接A1O(圖略)，由于O為AC的中點，且A1A=A1C，故AC⊥A1O，而AC⊥BD，A1O∩BD=O，故AO⊥平面A1BD.因為MN∥AB，所以MN與平面A1BD所成的角即為AB與平面A1BD所成的角.又AB與AO的夾角為45°，所以直線MN與平面A1BD所成的角為45°，故C正確.
對于D，設A1A=A1C=AB=a，則AC=a，顯然A1A2+A1C2=AC2，故A1C⊥A1A，因為OM∥A1C，所以OM⊥A1A，而D1D∥A1A，所以OM⊥D1D，故D正確.故選BCD.
10.CD
【解析】對于A，易知B1C⊥平面ABC1D1，A∈平面ABC1D1，故動點P的軌跡為矩形ABC1D1，則動點P的軌跡長度為矩形ABC1D1的周長，即4+4，故A錯誤.
對于B，因為=，而等邊三角形AB1D1的面積為定值2，要使三棱錐P-AB1D1的體積最大，當且僅當點P到平面AB1D1的距離最大.易知點C到平面AB1D1的距離最大，所以()max =，此時三棱錐C-AB1D1即為棱長是2的正四面體，其高h==，所以()max==×2×=，故B錯誤.
對于C，連接AC，AB1，以B為圓心，BB1為半徑畫弧，如圖1所示，
當點P在線段AC，AB1和弧上時，直線AP與AB所成的角為45°，
又AC=2，AB1=2，弧的長度為×π×22=π，所以點P的軌跡長度為π+4，故C正確.
對于D，取A1D1，D1D，DC，CB，BB1，AB的中點分別為Q，R，N，M，T，H，連接QR，QF，FT，TM，MN，NR，FH，HN，HM，D1C，B1D1，B1C，FN，FM，如圖2所示.
因為FT∥D1C，FT 平面D1B1C，D1C 平面D1B1C，所以FT∥平面D1B1C.因為TM∥B1C，TM 平面D1B1C，B1C 平面D1B1C，所以TM∥平面D1B1C.又FT∩TM=T，FT，TM 平面FTM，所以平面FTM∥平面D1B1C.又QF∥NM，QR∥TM，RN∥FT，所以平面FTMNRQ與平面FTM是同一個平面，則點P的軌跡為線段MN.在△FNM中，FN==2，FM==，MN=，則FM2+MN2=8=FN2，故△FNM是以∠FMN為直角的直角三角形，故線段PF長度的最大值為2，故D正確.故選CD.
11.解析　(1)在正方形ABCD中，AD⊥AB，
因為平面FAB⊥平面ABCD，平面FAB∩平面ABCD=AB，AD 平面ABCD，所以AD⊥平面FAB.
又BF 平面FAB，所以BF⊥AD. 4分
(2)因為△FAB為等邊三角形，設AB的中點為O，連接OF，OG，所以OF⊥AB.又平面FAB⊥平面ABCD，平面FAB∩平面ABCD=AB，OF 平面FAB，所以OF⊥平面ABCD.以O為坐標原點，OB，OG，OF所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖1所示.
因為EF=BC=3，所以BC=4，則B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，0，2)，E(0，3，2)，H1，，，G(0，4，0)，
所以=(-2，0，2)，=(0，4，0)，=1，，-，=(0，4，-2).設平面BCEF的法向量為m=(x，y，z)，則即令z=1，得x=，y=0，所以平面BCEF的一個法向量為m=(，0，1)，
設平面FGH的法向量為n=(a，b，c)，
則即令c=，得a=-，b=，所以平面FGH的一個法向量為n=-，，.
9分
設平面BCEF與平面FGH的夾角為θ，則cos θ=|cos|===，所以平面BCEF與平面FGH的夾角的余弦值為. 11分
(3)平面FHG與平面ABCD的交線為直線PG.如圖2所示，在AD上取一點P，使得DP=EF，連接FP，PG.因為EF∥BC，AD∥BC，所以EF∥AD，即EF∥DP，所以四邊形EFPD為平行四邊形，所以FP∥ED.
因為H，G分別為CE，CD的中點，所以GH∥DE，所以GH∥PF，即G，H，P，F四點共面，故=. 15分
12.解析　(1)因為底面ABCD是菱形，所以AD∥BC.又AD 平面BCFE，BC 平面BCFE，所以AD∥平面BCFE.又因為AD 平面ADFE，平面BCFE∩平面ADFE=EF，所以AD∥EF.
4分
(2)①如圖所示，取CD的中點G，連接FG，OG.由CF=DF，得FG⊥CD.又因為O為BM的中點，所以OG∥AD.又AD⊥AB，AB∥CD，所以OG⊥CD.又OG，FG 平面OGFE，且OG∩FG=G，所以CD⊥平面OGFE.又因為OE 平面OGFE，所以OE⊥CD.又OE⊥BM，CD與BM相交，且CD，BM 平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD. 10分
②以O為原點，OE所在直線為z軸，OG所在直線為y軸，過點O作CD的平行線為x軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則A(-2，-，0)，E(0，0，2)，F(0，，2)，C(2，3，0)，D(-2，3，0)，=(2，，2)，=(2，2，-2)，=(-4，0，0).設平面CDF的法向量為n=(x，y，z)，則
所以令y=1，則x=0，z=，所以平面CDF的一個法向量為n=(0，1，).設直線AE與平面CDF所成的角為α，則sin α=|cos<，n>|==.
故直線AE與平面CDF所成角的正弦值為. 17分
13.B
【解析】因為EF∥GH，D1G∥A1E，GH，D1G 平面D1GH，EF 平面D1GH，A1E 平面D1GH，所以由線面平行的判定定理得EF∥平面D1GH，A1E∥平面D1GH.又EF∩A1E=E，EF，A1E 平面A1C1FE，所以平面A1C1FE∥平面D1GH，由面面平行的性質定理知l∥m，故選B.
14.
【解析】連接AC(圖略)，由正方體的性質可知A1C1∥EF，則AC∥EF.設BE=λAB(0≤λ≤1)，則BF=λBC=λ，又正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則正方體ABCD-A1B1C1D1的體積V=1，
所以棱臺BEF-B1A1C1的體積V1=(S1+S2+)h=λ2+×12+×1=(λ2+λ+1).
依題意得==，化簡得9λ2+9λ-4=0，
又λ∈[0，1]，解得λ=，所以BE=BF=，則EF==，A1E==.又A1C1=，四邊形A1C1FE為等腰梯形，所以其高為=，所以四邊形A1C1FE的面積為×+×=.
15.
【解析】
延長BH，B1C1，并交于點R，連接GR，交A1C1于點S，連接HS，A1R，BG，則過點B，G，H的截面為如圖所示的四邊形BHSG，故線段HS的長即為所求.
因為CC1∥BB1，H是CC1的中點，所以C1是B1R的中點.又G為A1B1的中點，所以S為△A1B1R的重心，所以C1S=A1C1=，HS==，故過點B，G，H的截面與平面ACC1A1的交線長為.

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