2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四　微重点8　立体几何中的动态问题

2024步步高考二轮数学新教材讲义微重点8立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．考点一动点轨迹问题例1(多选)(2023·宁波联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则下列说法正确的有()A．若λ＋μ＝1，则A1P⊥AD1B．若λ＋μ＝1，则三棱锥A1－PDC1的体积为定值C．若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线D．若点P到点A的距离为eq\r(3)，则动点P的轨迹是一个面积为π的圆答案ABC解析对于A，因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知，点B1，C，P共线，如图，连接AD1，A1C，BC1，B1C，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，因为BC1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C，在BC1上任取一点P，连接A1P，则A1P⊂平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AB∥D1C1，且AB＝D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，则AD1⊥A1P，故选项A正确；对于B，如图，连接A1C1，C1D，A1D，B1C，因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)且λ＋μ＝1，由向量基本定理可知点B1，C，P共线，即点P在直线B1C上，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为A1B1∥DC，且A1B1＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C，A1D⊂平面A1C1D，BC1⊄平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，则直线B1C上任意一点到平面A1C1D的距离相等，又因为△A1C1D的面积为一定值，所以三棱锥A1－PDC1的体积为定值，故选项B正确；对于C，如图，连接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，BD1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面AB1C，因为点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，所以点P在侧面BB1C1C所在的平面上运动，且PA⊥BD1，所以动点P的轨迹就是直线B1C，故选项C正确；对于D，因为点P到点A的距离为eq\r(3)，所以点P的轨迹是以A为球心，eq\r(3)为半径的球面与平面BB1C1C的交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆半径为r，因为球心A到平面BB1C1C的距离为1，则r＝eq\r(\r(3)2－1)＝eq\r(2)，所以小圆的面积S＝πr2＝2π，故选项D错误．规律方法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数法进行计算．(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．跟踪演练1在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，P为空间中的动点，PA＝PB＝AB＝2，E为PD的中点，则动点E的轨迹长度为()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(2)πD.eq\r(3)π答案D解析如图，取AP的中点F，连接EF，BF.因为EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC.因为EF＝eq\f(1,2)AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF＝BC，故四边形EFBC为平行四边形，则有CE∥BF，且CE＝BF，则有点F的轨迹长度与点E的轨迹长度相同，过点F作FH⊥AB于点H，则点F的轨迹是以H为圆心、FH长为半径的圆，且FH＝eq\f(\r(3),2)，故点F的轨迹长度为eq\r(3)π.考点二折叠、展开问题例2(多选)已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示．记点P为翻折过程中点D的位置(不包含在点B处的位置)，则下列结论正确的是()A．无论点P在何位置，总有AC⊥PBB．存在点P，使得AB⊥PCC．当PB＝2时，M为PB上一点，则AM＋CM的最小值为2eq\r(2)D．当三棱锥P－ABC的体积最大时，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5)答案ABD解析如图，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当PB＝2时，三棱锥P－ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2eq\r(3)，C错误；由选项A知，AC⊥平面PBE，BE＝PE＝eq\r(3)，∠PEB是二面角P－AC－B的平面角，三棱锥P－ABC的体积VP－ABC＝eq\f(1,3)S△PEB·AC＝eq\f(1,3)·eq\f(1,2)BE·PEsin∠PEB·AC＝sin∠PEB≤1，当且仅当∠PEB＝90°时取等号，此时PE⊥平面ABC，PB＝eq\r(PE2＋BE2)＝eq\r(6)，等腰△PBC的面积S＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2)，设点A到平面PBC的距离为d，由VA－PBC＝VP－ABC，得eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×d＝1，解得d＝eq\f(2\r(15),5)，设直线AB与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(d,AB)＝eq\f(\r(15),5)，D正确．规律方法画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．跟踪演练2(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD(除端点外)上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，则下列说法中正确的是()A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面B．存在点E，使AB⊥平面D′AEC．点A到平面BCF的距离为eq\f(\r(3),2)D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))答案D解析选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错误；选项B，无论E在CD(端点除外)的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错误；选项C，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，F(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝y＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))取n＝(eq\r(3)，0,1)，则点A到平面BCF的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,2)，故C错误；选项D，设E(eq\r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)λ，－1，3))，设EF与BC所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(3λ2＋10))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正确．考点三最值、范围问题例3(多选)(2023·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有()A．当P为BD1的中点时，∠APC为锐角B．存在点P，使得BD1⊥平面APCC．AP＋PC的最小值为2eq\r(5)D．顶点B到平面APC的最大距离为eq\f(\r(2),2)答案ABD解析如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，则eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，故eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－λ，－λ，2λ)，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．对于A，当P为BD1中点时，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，则eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，所以cos∠APC＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,3)>0，所以∠APC为锐角，故A正确；当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\o(BD1,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,6)，故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，由B得此时λ＝eq\f(1,6)，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝|eq\o(CP,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(30),6)，即AP＋PC的最小值为eq\f(\r(30),3)，故C错误；对于D，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，))可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，则点B到平面APC的距离为|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，当0<λ≤1，即1≤eq\f(1,λ)时，有eq\f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))＝eq\f(1,\r(3－\f(1,λ)＋\f(1,4λ2)))＝eq\f(1,\r(2＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－2))2))≤eq\f(\r(2),2)，当且仅当λ＝eq\f(1,2)时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为eq\f(\r(2),2)，故D正确．规律方法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，常用的解题思路是(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．(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．跟踪演练3(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A．四面体PA1D1A的体积为定值B．AP＋PC的最小值为2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))答案ACD解析对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，所以四面体PA1D1A的体积×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq\r(2)，所以AP＋PC的最小值不为2eq\r(2)，故B错误；对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；对于D，因为AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为eq\f(π,3)，当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正确．专题强化练1．(多选)(2023·盐城模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面CDD1C1及其边界上运动，并保持BP⊥A1C，若正方体的边长为1，则A1P的可能取值是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(7),2)C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案BC解析以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点A1(1,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，设点P(0，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z)，因为BP⊥A1C，则eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝1＋y－1－z＝y－z＝0，所以y＝z，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1P,\s\up6(→))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2)＝eq\r(2y2－2y＋2)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＋\f(3,2))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).2.(2023·枣庄模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥平面AB1C，则线段MP长度的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3,2)))答案A解析取CC1的中点R，取CD的中点N，取B1C1的中点H，连接MC1，MH，MR，MN，HR，NR，如图所示，因为R是CC1的中点，H是B1C1的中点，所以B1C∥HR，因为HR⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，所以HR∥平面AB1C，同理可得MH∥平面AB1C，又HR∩MH＝H，HR，MH⊂平面MNRH，所以平面MNRH∥平面AB1C.又MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，由AB＝1，得MN＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，NR＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，MC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋12)＝eq\f(\r(5),2)，MR＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以MN2＝NR2＋MR2，即∠MRN为90°，所以线段MP长度的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).3．(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P－ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A－PC－B为θ，由三面角余弦定理得cosθ＝eq\f(cosγ－cosα·cosβ,sinα·sinβ).在三棱锥P－ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，则三棱锥P－ABC体积的最大值为()A.eq\f(27\r(2),4)B.eq\f(27,4)C.eq\f(9,2)D.eq\f(9,4)答案C解析如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，由题意得VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△APC·BM.设二面角A－PC－B为θ，则cosθ＝eq\f(0－\f(1,2)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(3),3)，θ∈(0，π)，∴sin∠BDM＝eq\f(\r(6),3)，BM＝BD·sin∠BDM＝eq\f(\r(6),3)BD＝eq\f(\r(6),3)·PB·sin∠BPC＝eq\f(\r(3),3)·PB，S△APC＝eq\f(1,2)·PA·PC·sin∠APC＝eq\f(3\r(3),2)·PC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)·S△APC·BM＝eq\f(1,2)·PB·PC＝eq\f(1,2)·PB(6－PB)＝－eq\f(1,2)PB2＋3PB＝－eq\f(1,2)(PB－3)2＋eq\f(9,2)，当PB＝3时，VP－ABC的最大值为eq\f(9,2).4.(多选)(2023·杭州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则()A．存在唯一点P，使得D1P⊥B1CB．存在唯一点P，使得直线D1P与平面ABCD所成的角取到最小值C．若eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，则三棱锥P－BB1C外接球的表面积为8πD．若异面直线D1P与A1B所成的角为eq\f(π,4)，则动点P的轨迹是抛物线的一部分答案BCD解析对于A选项，在正方形BCC1B1中，有BC1⊥B1C，正方体中有AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又BC1∩AB＝B，BC1，AB⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，只要D1P⊂平面ABC1D1，就有D1P⊥B1C，P在线段AB上，有无数个点，故A错误；对于B选项，D1D⊥平面ABCD，直线D1P与平面ABCD所成的角为∠D1PD，D1D＝2，∠D1PD取到最小值时，PD最大，此时点P与点B重合，故B正确；对于C选项，若eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，则P为DB的中点，△PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为eq\f(1,2)BC＝1，三棱锥P－BB1C外接球的球心到平面PBC的距离为eq\f(1,2)BB1＝1，则外接球的半径为eq\r(2)，所以三棱锥P－BB1C外接球的表面积为8π，故C正确；对于D选项，以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，设P(x，y，0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，则有eq\o(D1P,\s\up6(→))＝(x，y，－2)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，则|cos〈eq\o(D1P,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(D1P,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))|,|\o(D1P,\s\up6(→))||\o(A1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2y＋4|,\r(x2＋y2＋4)·\r(8))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，化简得x2＝4y，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，所以动点P的轨迹是抛物线的一部分，故D正确．5．(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则()A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值C．当λ＝eq\f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BPD．当μ＝eq\f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P答案BD解析eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．图1对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(1＋1－μ2)＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故A错误；对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，图2则＝eq\f(1,3)S△PBC×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),6)S△PBC＝eq\f(\r(3),6)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(\r(3),12)，为定值，故B正确；对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝eq\f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以当点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；方法一对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故D正确．方法二对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝eq\f(1,2)时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－λ，\f(1,2)))，图3所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－eq\f(λ,2)＋eq\f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确．6.(多选)(2023·淮安模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AA1＝1，E，F分别是棱BC，AC上的动点(不包括端点)，且满足EF＝eq\r(3)，则下列结论正确的是()A．存在点E，使得∠B1EF＝90°B．直线EF与A1B1异面C．三棱锥C－B1EF体积的最大值为eq\f(\r(3),4)D．二面角E－B1C1－F的最大值为60°答案ACD解析由正三棱柱ABC－A1B1C1，BB1⊥平面ABC，且EF⊂平面ABC，可得BB1⊥EF，当CE＝1，CF＝2时，EF＝eq\r(3)，因为CE2＋EF2＝CF2，则EF⊥CE，即EF⊥BC，又BC∩BB1＝B，所以EF⊥平面BB1C1C，而B1E⊂平面BB1C1C，则EF⊥B1E，即存在点E，使得∠B1EF＝90°，故A正确；当CE＝CF＝eq\r(3)时，EF∥A1B1，故B错误；如图，在△CEF中，由余弦定理得3＝CE2＋CF2－CE·CF≥CE·CF，S△CEF＝eq\f(1,2)·CE·CF·sin60°≤eq\f(3\r(3),4)，当且仅当CE＝CF＝eq\r(3)时，等号成立，所以＝eq\f(1,3)·S△CEF·BB1≤eq\f(\r(3),4)，故C正确；如图，过点F作FD⊥BC，垂足为D，则FD⊥平面BB1C1C，过点D作DG⊥B1C1，垂足为G，连接FG，则∠FGD就是二面角E－B1C1－F的一个平面角，tan∠FGD＝eq\f(DF,DG)≤eq\f(EF,DG)＝eq\r(3)，所以∠FGD≤60°，当且仅当DF＝eq\r(3)，即EF⊥BC时，等号成立，故D正确．7.(多选)(2023·武汉模拟)如图，在棱长为2的正四面体P－ABC中，D，E分别为AB，AC上的动点(不包含端点)，F为PC的中点，则下列结论正确的有()A．DE＋EF的最小值为eq\r(3)B．DF的最小值为eq\r(2)C．若四棱锥F－BDEC的体积为eq\f(\r(2),4)，则DE的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(13),2)))D．若eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)，则CE＝1答案BC解析展开图如图所示，F为PC的中点，易知AF⊥AB，则DE＋EF≥AF＝eq\r(3)，又D，E不能是端点，故DE＋EF>eq\r(3)，没有最小值，A错误；设PD＝m≥eq\r(3)，又有△PAD≌△CAD，所以CD＝PD＝m，连接DF，则有DF⊥PC，故DF＝eq\r(m2－1)≥eq\r(2)，B正确；设等边△ABC的中心为O，连接PO，易知PO⊥平面ABC，则PO＝eq\r(4－\f(4,3))＝eq\f(2\r(6),3)，F为PC的中点，所以VF－BDEC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PO×S四边形BDEC＝eq\f(\r(6),9)S四边形BDEC＝eq\f(\r(2),4)，解得S四边形BDEC＝eq\f(3\r(3),4)，所以S△ADE＝S△ABC－S四边形BDEC＝eq\f(\r(3),4)，又S△ADE＝eq\f(1,2)AD·AE·sineq\f(π,3)，则有AD·AE＝1，又0<AE<2，可得eq\f(1,2)<AD<2，所以结合对勾函数性质可得DE＝eq\r(AD2＋AE2－AD·AE)＝eq\r(AD2＋\f(1,AD2)－1)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(13),2)))，C正确；设CE＝t，eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))＋\o(CE,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(FC,\s\up6(→))＋\o(CE,\s\up6(→))))＝1＋t2－eq\f(3,2)t＝eq\f(1,2)，解得t＝eq\f(1,2)或1，即CE＝eq\f(1,2)或1，D错误．8.(多选)如图是四棱锥P－ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA＝3，DC＝2，∠FAD＝30°.在四棱锥P－ABCD中，M为棱PB上一点(不含端点)，则下列说法正确的有()A．DM的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(39),4)，\r(13)))B．存在点M，使得DM⊥BCC．四棱锥P－ABCD外接球的体积为eq\f(16π,3)D．三棱锥M－PAD的体积等于三棱锥M－PCD的体积答案AD解析把平面图形还原得到原四棱锥，如图，由ED⊥DC，FD⊥DA，可知PD⊥DC，PD⊥DA，又DC∩DA＝D，DA，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.在Rt△ADP中，∠PAD＝30°，DA＝3，故PD＝3tan30°＝eq\r(3)，连接DB，在矩形ABCD中，DA＝3，DC＝2，DB＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，在Rt△PDB中，PB＝eq\r(PD2＋DB2)＝eq\r(3＋13)＝4，所以点D到直线PB的距离为eq\f(\r(3)×\r(13),4)＝eq\f(\r(39),4)，故DM的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(39),4)，\r(13)))，故A正确；对于B，假设DM⊥BC，因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，因为PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，因为BD⊂平面PBD，所以BC⊥BD，与已知条件矛盾，故B错误；对于C，将此四棱锥补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱锥P－ABCD外接球的直径，所以半径为2，其体积V＝eq\f(4π,3)×23＝eq\f(32π,3)，故C错误；对于D，因为eq\f(VM－PAD,VB－PAD)＝eq\f(MP,BP)，eq\f(VM－PCD,VB－PCD)＝eq\f(MP,BP)，而VB－PAD＝VP－BAD＝VP－BCD＝VB－PCD，所以VM－PAD＝VM－PCD，故D正确．微重点9截面、交线问题“截面、交线”问题是高考立体几何问题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、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．考点一截面问题考向1多面体中的截面问题例1(多选)在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为()A．等腰梯形B．非矩形的平行四边形C．正五边形D．正六边形答案ABD解析画出截面图形如图，可以画出等腰梯形，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分别于点E，F，G，H，根据平面平行的性质定理可得四边形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四边形EFGH是平行四边形，此四边形不一定是矩形，故B正确；经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故C错误；正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确．考向2球的截面问题例2(多选)(2023·淮南模拟)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是()A．AO⊥平面BCDB．球O的体积为eq\f(\r(2)π,3)C．球O被平面BCD截得的截面面积为eq\f(4π,3)D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为eq\f(8\r(3)π,3)答案ABD解析设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM＝eq\f(1,2)BD，NF＝eq\f(1,2)BD，故EM∥NF，EM＝NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝eq\r(3)，M为AD的中点，则MN⊥AD，故MN＝eq\r(ND2－MD2)＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则OM＝eq\f(\r(2),2)，所以球O的体积为eq\f(4,3)π×OM3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3)，B正确；由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正△BCD的中心，故NG＝eq\f(1,3)ND＝eq\f(\r(3),3)，所以OG＝eq\r(ON2－NG2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6)，故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)))2)＝eq\f(\r(3),3)，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(π,3)，C错误；由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为eq\f(\r(3),3)，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(8\r(3)π,3)，D正确．规律方法作几何体截面的方法(1)利用平行直线找截面．(2)利用相交直线找截面．跟踪演练1(1)(多选)(2023·山西联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，其外接球的球心为O，点P满足eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)，过点P的平面α平行于AD和A1B，则()A．平面α∥平面A1BCD1B．平面α⊥平面ABB1A1C．当λ＝eq\f(1,2)时，平面α截球O所得截面的周长为eq\r(10)πD．平面α截正方体所得截面的面积为定值答案ABC解析根据题意作出如图所示的图形，∵平面α∥AD且AD∥BC，∴平面α∥BC，又∵平面α∥A1B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，A1B∩BC＝B，∴平面α∥平面A1BCD1，A正确；∵BC⊥平面ABB1A1，BC⊂平面A1BCD1，∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，且平面α∥平面A1BCD1，∴平面α⊥平面ABB1A1，B正确；当λ＝eq\f(1,2)时，设此时平面α截球O所得截面圆心为O′，此时点P为AB的中点，故OO′＝eq\f(\r(2),2)，由题可知正方体外接圆的半径R＝eq\r(3)，根据勾股定理可知圆O′的半径r＝eq\r(R2－OO′2)＝eq\r(3－\f(1,2))＝eq\f(\r(10),2)，故圆O′的周长为2πr＝eq\r(10)π，故C正确；由图可知，平面α截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在AB上的位置的变化而变化的矩形，所以平面α截正方体所得截面面积不是定值，故D错误．(2)(2023·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3)))解析正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝eq\f(2\r(3),3)，则R2＝r2＋1＝eq\f(7,3).①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝eq\f(7π,3)；②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝eq\f(7,3)－1＝eq\f(4,3)，截面圆的半径为eq\r(R2－OD2)＝eq\r(\f(7,3)－\f(4,3))＝1，所以截面圆的面积最小为π×12＝π，综上，截面面积的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,3))).考点二交线问题考向1多面体中的交线问题例3在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为()A．90° B．30°C．45° D．60°答案D解析因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面；所以EP即为直线m，FQ即为直线l；连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.考向2与球有关的交线问题例4(2023·鞍山模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，点O在棱AA1上，且AO＝4，P为正方体表面上的动点，若PO＝5，则点P的轨迹长度为()A.eq\f(15π,2) B．(4＋3eq\r(2))πC.eq\f(17π,2) D．(4＋3eq\r(3))π答案C解析依题意，因为OA＝4，AA1＝7，OE＝OF＝5，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，所以△AEO≌△A1OF，所以∠AEO＝∠A1OF，又因为∠AEO＋∠AOE＝eq\f(π,2)，所以∠A1OF＋∠AOE＝eq\f(π,2)，所以∠EOF＝π－(∠A1OF＋∠AOE)＝eq\f(π,2)，即OE⊥OF.在平面AA1B1B内满足条件的点的轨迹为eq\o(EF,\s\up8(︵))，该轨迹是以5为半径的eq\f(1,4)个圆周，所以长度为2π×5×eq\f(1,4)＝eq\f(5π,2)；同理，在平面AA1D1D内满足条件的点的轨迹长度为eq\f(5π,2)；在平面A1B1C1D1内满足条件的点的轨迹为以A1为圆心，A1F为半径的圆弧，长度为2π×4×eq\f(1,4)＝2π；同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为2π×3×eq\f(1,4)＝eq\f(3π,2).故轨迹的总长度为eq\f(5π,2)＋eq\f(5π,2)＋2π＋eq\f(3π,2)＝eq\f(17π,2).规律方法找交线的方法(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点．(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线．跟踪演练2(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为()A．2πB．3πC．4πD．8π答案C解析取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，因为M为CC1的中点，所以MN＝CF＝4sin60°＝2eq\r(3)，由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝eq\r(MN2＋22)＝4，所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.(2)(2023·广安模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，S是A1B1的中点，P是A1D1的中点，点Q在正方形DCC1D1及其内部运动，若PQ∥平面SBC1，则点Q的轨迹的长度是________．答案eq\r(5)解析如图所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1⊂平面SBC1，PE⊄平面SBC1，则PE∥平面SBC1，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，所以D1E＝eq\f(1,4)C1D1＝eq\f(1,2)，连接BD，取BD的中点O，连接PO，则PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB⊂平面SBC1，PO⊄平面SBC1，则PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE⊂平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，则DF＝eq\f(3,4)DC＝eq\f(3,2)，连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝eq\r(DF－D1E2＋D1D2)＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).专题强化练1．(2023·保山模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为()A．圆 B．直线C．抛物线 D．椭圆答案C解析以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1))，设Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，1))，可得eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，1))，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1))，因为直线DQ与DA1所成的角为45°，则cos45°＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DQ,\s\up6(→))·\o(DA1,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DQ,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→)))))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,\r(x2＋y2＋1)×\r(2))))＝eq\f(\r(2),2)，化简可得y2＝2x，所以点Q的轨迹为抛物线．2.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城．徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD－A1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为()A.eq\f(π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,2)答案A解析如图所示，在平面AA1D1D中，连接D1E并延长D1E交DA的延长线于点H，则HA＝AD，在平面CC1D1D中，连接D1F并延长D1F交DC的延长线于点G，则GC＝CD，则GH为平面D1EF与平面ABCD的交线l，且GH∥AC，而在等边△ACD1中，AC与AD1所成的角为eq\f(π,3)，故l与直线AD1所成的角为eq\f(π,3).3．(2023·昆明模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面α满足AC∥α，BC1∥α，若直线AC到平面α的距离与BC1到平面α的距离相等，平面α与此正方体的各个面都相交，则交线围成的图形为()A．三角形 B．四边形C．五边形 D．六边形答案D解析如图，设E，F，G，H，M，N分别为AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中点，连接EF，FG，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，∵FG∥BC1，MN∥AD1，FG＝eq\f(1,2)BC1，MN＝eq\f(1,2)AD1，BC1∥AD1，BC1＝AD1，∴FG∥MN，FG＝MN，同理可得EF∥MH，EF＝MH，GH∥NE，GH＝NE，∴E，F，G，H，M，N共面，∵AC∥EF，AC⊄平面EFGHMN，EF⊂平面EFGHMN，∴AC∥平面EFGHMN，同理可得BC1∥平面EFGHMN，∵E为AB的中点，∴点A到平面EFGHMN的距离与点B到平面EFGHMN的距离相等，即平面EFGHMN为所求的平面α，故与正方体的交线为正六边形EFGHMN.4.(多选)(2023·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，则下列对椭圆E的描述中，正确的是()A．短轴长为2r，且与θ的大小无关B．离心率为cosθ，且与r的大小无关C．焦距为2rtanθD．面积为eq\f(πr2,cosθ)答案ACD解析由题意知，椭圆短轴长2b＝2r，而长轴长随θ变大而变长且2a＝eq\f(2r,cosθ)，所以c＝eq\r(a2－b2)＝rtanθ，故e＝eq\f(c,a)＝sinθ，焦距为2c＝2rtanθ，由椭圆在底面投影即为底面圆，则cosθ等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为S＝eq\f(πr2,cosθ).综上，A，C，D正确，B错误．5.(多选)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心为O，E，F分别为棱AB，CC1的中点，G在棱BC上，则()A．对于任意点G，OA∥平面EFGB．存在点G，使得平面OAD⊥平面EFGC．直线EF被球O截得的弦长为eq\r(10)D．过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为eq\f(π,2)答案BC解析对于A选项，当G与B重合时，A∈平面EFB，O∉平面EFB，此时直线OA与平面EFG相交，A错误；对于B选项，∵四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，当G为BC的中点时，EG∥AC，则EG⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，EG⊂平面ABCD，则EG⊥BB1，∵BD∩BB1＝B，则EG⊥平面BB1D1D，∵B1D⊂平面BB1D1D，∴EG⊥B1D，同理FG⊥B1D，∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，∵OD⊂平面OAD，故平面OAD⊥平面EFG，B正确；对于C选项，取EF的中点M，∵OA＝OB＝eq\r(3)，E为AB的中点，则OE⊥AB，∴OE＝eq\r(OA2－AE2)＝eq\r(2)，同理可得OF＝eq\r(2)，则OM⊥EF.∵CC1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，则CF⊥CE，∴EM＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,2)eq\r(EC2＋FC2)＝eq\f(\r(6),2)，则OM＝eq\r(OE2－EM2)＝eq\f(\r(2),2)，又∵球O的半径R＝eq\r(3)，∴直线EF被球O截得的弦长为2eq\r(R2－OM2)＝2eq\r(3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\r(10)，C正确；设截面圆半径为r，球心O到截面的距离为d，则r2＋d2＝R2＝3.∵d≤OM＝eq\f(\r(2),2)，则r2＝3－d2≥eq\f(5,2)，∴截面圆面积S＝πr2≥eq\f(5π,2)，D错误．6.(多选)(2023·辽宁联考)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点E是棱CD上的一个动点，F是BC的中点，BM＝eq\f(1,3)BB1，给出下列命题，其中为真命题的是()A．当E是CD的中点时，过EFM的截面是四边形B．当点E是线段CD的中点时，点P在底面ABCD所在平面内，且MP∥平面AEC1，点Q是线段MP的中点，则点Q的轨迹是一条直线C．对于每一确定的点E，在线