2024年高考数学第一轮复习8.9 几何体的截面（交线）及动态问题(解析版)

这是一份2024年高考数学第一轮复习8.9 几何体的截面（交线）及动态问题(解析版)，共45页。试卷主要包含了截面定义，下列命题中，正确的是，如图所示，正方体的棱长为a等内容，欢迎下载使用。
8.9 几何体的截面（交线）及动态问题
思维导图

知识点总结
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.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.
1．截面定义：在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥，球，棱柱，棱锥、长方体，正方体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、竖截、斜截。最后，我们要了解每一种立体图形通过上述三种截面方式所得到的截面图有哪些。
2、正六面体的基本斜截面：

3、圆柱体的基本截面：正六面体斜截面是不会出现以下几种图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形。

操作技能1.结合线、面平行的判定定理与性质性质求截面问题；
操作技能2.结合线、面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题；
操作技能3.猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”：如正三角形、正六边形、正三棱锥等；
操作技能4.建立函数模型求最值问题：①设元②建立二次函数模型③求最值。

典型例题分析
考向一 　截面问题
例1 (2023·福州质检)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.10
C.＋2 D.
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＝＝2，
D1N＝＝5，FN＝＝.
取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，
所以＝，
所以AM＝·FQ＝×4＝，则MB＝，
则ME＝＝＝，
MF＝＝＝，
所以截面图形的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2＋＋＋＋5＝.
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 (2023·辽宁名校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为棱BB1的中点，则平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面面积为(　　)
A. B.
C.4 D.
答案　D
解析　取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，

则EM∥BC1，且EM＝BC1，则EM∥AD1，且EM＝AD1.
又AB＝2，
所以MD1＝AE＝＝，BC1＝AD1＝2，
因此EM＝，所以平面AED1截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A，
因此该等腰梯形的高h＝＝＝，
所以该截面的面积S＝(AD1＋EM)·h＝，
故选D.
考向二 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，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
答案　
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＝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＝＝＝.
可得EP＝EQ＝，
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，
∴B1P＝＝1，
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，
知的长为×＝.
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为圆柱底面圆弧的中点，则平面PAB与球O的交线长为________.
答案　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＝.
如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB.
因为P为的中点，所以AP＝BP，
又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.
又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P，
又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.
因为OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，
所以OH⊥平面ABP.
因为O1O2＝2r＝2，O1P＝，O1O2⊥O1P，
所以O2P＝＝＝，
所以sin∠O1O2P＝＝＝，
所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝×＝.
易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为
r1＝＝＝，
交线长为l＝2πr1＝2π×＝π.
考向三 动态问题
角度1　动态位置关系的判断
例3 (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⊥OC
B.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD
C.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD
D.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＝，
所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，
取x＝，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝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.
感悟提升　解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化.
(2)建立“坐标系”计算.
角度2　动点的轨迹(长度)
例4 (2023·济南模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F为体对角线BD1的两个三等分点，动点P在△ACB1内，且△PEF的面积S△PEF＝2，则点P的轨迹的长度为________.
答案　π
解析　如图1所示，连接BD，

图1
因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，
所以AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥DD1，
因为DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，
因为BD1⊂平面BDD1，所以BD1⊥AC.
同理BD1⊥B1C.
因为AC∩B1C＝C，所以BD1⊥平面ACB1.
因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
所以AC＝B1C＝AB1＝2，BD1＝6，
又E，F为体对角线BD1的两个三等分点，
所以BF＝EF＝D1E＝2.
设点B到平面ACB1的距离为d，
则VB－ACB1＝VB1－ABC，
所以S△ACB1·d＝S△ABC·BB1，
解得d＝2，即d＝BF，
所以F∈平面ACB1，即BF⊥平面ACB1.
三棱锥B－ACB1的底面三角形ACB1为正三角形，且BB1＝BC＝BA，
所以三棱锥B－ACB1为正三棱锥，
所以点F为△ACB1的中心.
因为P∈平面ACB1，
所以PF⊂平面ACB1，则EF⊥PF.
又△PEF的面积为2，
所以EF·PF＝2，解得PF＝2，
则点P的轨迹是以点F为圆心，2为半径的圆周且在△ACB1内部的部分，

图2
如图2所示，点P的轨迹为，，，且三段弧长相等.
在△FNB1中，FN＝2，FB1＝2××＝2，∠NB1F＝，
由正弦定理＝，
得sin∠B1NF＝，
由图2可知，∠B1NF∈，
所以∠B1NF＝，则∠NFB1＝，
所以∠NFM＝2∠NFB1＝，
所以的长l＝2×＝，
则点P的轨迹的长度为3×＝π.
感悟提升　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.
角度3　最值(范围)问题
例5 (2023·石家庄质检)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则AO⊥BC.

因为在直三棱柱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＝，∠BAC＝，
所以AO＝，又AM＝2，
所以在Rt△OAM中，OM＝＝1，
所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆.
连接BM，易得BO＝BC＝，
所以BM∈[－1，＋1].
在△BAM中，AB＝，AM＝2，
由余弦定理得
cos∠MAB＝＝≥＝.
即当BM＝＋1时，cos∠MAB取得最小值，
结合选项可知，A，C，D均不正确，
所以∠MAB的最大值为，选B.
感悟提升　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.
训练3 (多选)(2023·沈阳郊联体一模)已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP垂直于MC，则下列结论正确的是(　　)
A.点P的轨迹中包含AA1的中点
B.点P在侧面AA1D1D内的轨迹的长为
C.MP长度的最大值为
D.直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为
答案　BCD
解析　如图，取A1D1的中点E，分别取A1A，B1B上靠近点A1，B1的四等分点F，G，连接EM，EF，FG，MG，

则EM綉A1B1，FG綉A1B1，
所以EM綉FG，所以点E，M，F，G四点共面.
连接GC，因为MG2＝＋＝，
MC2＝＋a2＝，GC2＝＋a2＝，
所以MG2＋MC2＝GC2，所以MG⊥MC.
由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，
所以ME⊥平面B1C1CB，
又MC⊂平面B1C1CB，所以ME⊥MC.
因为MG∩ME＝M，MG，ME⊂平面MEFG，
所以MC⊥平面MEFG，
所以点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M).
对于A，点P的轨迹与AA1有唯一交点F，而F不是AA1的中点，故A不正确；
对于B，因为点P在侧面AA1D1D内的轨迹为EF，四边形MEFG为平行四边形，
所以EF＝MG＝，故B正确；
对于C，根据点P的轨迹可知，当P与F重合时，MP的长度有最大值.
由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，
所以FG⊥平面B1C1CB.
又MG⊂平面BB1C1C，所以FG⊥MG.
连接MF，则MF＝＝，故C正确；
对于D，当直线CC1与直线MP所成角的余弦值最大时，直线CC1与直线MP所成的角最小，由于点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)，
所以直线CC1与直线MP所成的最小角就是直线CC1与平面MEFG所成的角，
又向量与平面MEFG的法向量的夹角为∠C1CM，且sin∠C1CM＝＝，
所以直线CC1与平面MEFG所成角的余弦值为，
即直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为，故D正确.综上所述，选BCD.


基础题型训练

一、单选题
1．若三个平面两两相交，有三条交线，则下列命题中正确的是
A．三条交线为异面直线
B．三条交线两两平行
C．三条交线交于一点
D．三条交线两两平行或交于一点
【答案】D
【详解】试题分析：三个平面两两相交，有三条交线，三条交线两两平行或交于一点．如三棱柱的三个侧面两两相交，
交线是三棱柱的三条侧棱，这三条侧棱是相互平行的；
但有时三条交线交于一点，如长方体的三个相邻的表面两两相交，
交线交于一点，此点就是长方体的顶点
考点：平面与平面之间的位置关系
2．下面四个命题中，其中正确的命题是（   ）
：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行
：两个平面垂直，如果有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与其中一个平面垂直
：一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那该直线与交线平行
：一条直线与一个平面内的一条直线平行，则这条直线就与这个平面平行
A．与 B．与 C．与 D．与
【答案】D
【分析】利用面面平行的性质定理判断A；由面面垂直的性质定理判断B；利用线面平行的性质定理判断C；利用线面平行的判定定理判断D.
【详解】对于，利用面面平行的性质定理可知正确；
对于，面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面，若这条直线不在这两个平面内时错误；
对于，利用线面平行的性质定理可知正确；
对于，线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行，故这条直线在平面内就错了，故错误；
故选：D
3．如图，已知正方体，则直线是平面与　(　　)

A．平面的交线 B．平面的交线
C．平面的交线 D．平面的交线
【答案】B
【分析】根据点线、线面的位置关系，判断线面关系，进而判断属于是哪两个面的交线.
【详解】连接.

因为，，而，面，
所以面，则面，故面面.
故选：B
4．如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由线面平行的性质定理可证得，所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，由线面垂直的判定定理可证得平面，过点作交于点，易证得平面，所以为交线l与平面所成角，求解即可.
【详解】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故选：B.
  
5．、两个动点从棱长为的正方体的顶点出发沿棱向前运动.动点运动的路线是，运动规则如下：第段与第段（其中是正整数）所在直线一定是异面直线.动点运动的路线是，它和点具有相同的运动规则.那么动点运动完段、动点运动完段后各自停止在正方体的某个顶点处，此时动点、的距离是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析可知点、运动的路线呈现周期性变化，且以段为一个周期，确定动点运动完段后、动点运动完段后，这两个动点的位置，即可求得动点、的距离.
【详解】点运动的路线为，
点运动的路线为，
由上可知，点、运动的路线呈现周期性变化，且以段为一个周期，
因为，，
所以，动点运动完段后与点重合，动点运动完段与点重合，
此时，动点、的距离是.
故选：C.

二、多选题
6．下列命题中，正确的是（    ）
A．夹在两个平行平面间的平行线段相等
B．三个两两垂直的平面的交线也两两垂直
C．如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条，且一定在内
D．已知，为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于
【答案】ABD
【分析】利用平面平行的性质，平面垂直，线面平行的相关性质逐项进行分析即可求解.
【详解】如图，,且，求证：.
  
因为,所以过可作平面，且平面与平面和分别相交于和.
因为，所以，因此四边形是平行四边形，所以,故选项A正确；
如图所示，平面，，，，，，
  
在平面内作异于的直线，因为，，所以，
因为，所以，，，所以，则，
又因为，，所以，则，
同理可得：，所以，故选项B正确；
若直线平面，，在平面内过点且平行于直线的直线有且只有一条，故选项C错误；
因为，为异面直线，平面，平面，则与相交，但未必垂直，且交线垂直于直线，，
又直线满足，，则交线平行于，故选项D正确，
故选：ABD.
7．已知点是棱长为2的正方体的底面上一个动点（含边界），若是的中点，且满足平面，则（    ）
A．所在的平面与正方体表面的交线为五边形
B．所在的平面与正方体表面的交线为六䢍形
C．长度的最大值是
D．长度的最小值是
【答案】BC
【分析】作出过且与平面平行的平面与正方体表面的交线即可判断A、B；用向量法表示出，再用二次函数的知识求解.
【详解】如图，
  
所在的平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确；
以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
  
其中，分别是的中点，
则直线的方程为所以不妨设线段上的点，
点，则，
所以当时，；当时，．故C正确，D错误．
故选：BC．
8．已知点P是空间中的一个动点，正方体棱长为2，下列结论正确的是（    ）
  
A．若动点P在棱AB上，则直线与始终保持垂直
B．若动点P在棱AB上，则三棱锥的体积是定值
C．若动点P在对角线AC上，当点P为AC中点时，直线与平面ABCD所成的角最小
D．若动点P在四面体内部时，点P与该四面体四个面的距离之和为定值
【答案】ABD
【分析】根据立体几何相关定理逐项分析.
【详解】对于A，连接，如图：
  
则平面平面，平面，
平面，平面，，正确；
对于B，如图：
  
连接PC，，，则三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
平面，点P到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，底面三角形的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
对于C，连接DP，如图：
  
设直线与平面ABCD的夹角为，在中，，当P为AC的中点时，DP最小，最大，即最大，错误；
对于D，因为，四面体是正四面体，
本问题等价于当P点在四面体内部时到各个面的距离之和为定值，如图：
  
显然，，其中是点P到四个面的距离，
，为定值，正确；
故选：ABD.
9．如图，已知正方体的棱长为1，则下列结论中正确的是（    ）
  
A．若E是直线AC上的动点，则平面
B．若E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，则
C．若E是内（包括边界）的动点，则直线与平面ABC所成角的正切值的取值范围是
D．若E是平面内的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】对于A：连接，证明出平面平面，利用面面平行的性质即可证明；对于B：连接，证明出面，利用线面垂直的性质即可证明；对于C：判断出即为直线与平面ABC所成角，得到，求出的范围，即可求出的范围，即可判断；对于D：利用等体积法转化得到，即可求得.
【详解】对于A：连接.
在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面,平面，所以平面.
同理可证：平面.
因为，平面,平面,
所以平面平面.
因为E是直线AC上的动点，所以平面，所以平面，故A正确；
  
对于B：连接.
因为为正方体，所以，
又 面面ABCD，所以.
因为面,面,，所以面.
因为E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，所以面.
所以，故B正确；
  
对于C：在正方体中，面.
对于平面，为垂线，为斜线，为射影，
所以即为直线与平面ABC所成角，所以.
设，则.
因为E是内（包括边界）的动点，所以当E与O重合时，最小，
当E与B重合时，最大，
所以，故C错误；
  
对于D：三棱锥的体积.
由A的证明过程可知：平面平面，
所以平面内任一点到平面的距离都相等.
因为E是平面内的动点，
所以.
即三棱锥的体积为定值，故D正确.
故选：ABD.

三、解答题
10．如图所示，正方体的棱长为a．

(1)过正方体的顶点A，B，截下一个三棱锥，求正方体剩余部分的体积；
(2)若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过，M，N三点的平面与正方体表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；
(3)设正方体外接球的球心为O，求三棱锥的体积．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)

【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积，再用正方体体积减去即可；
（2）根据点、线、面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；
（3）根据（1）中三棱锥的体积以及正方体和正三棱锥的性质即可求出三棱锥的高，再利用棱锥的体积公式即可.
【详解】（1）因为正方体，所以平面，
则为三棱锥的高，，，
则，
则正方体剩余部分的体积为.
（2）画直线交，延长线分别为点，
再分别连接，分别交于点，
顺次连接，五边形即为交线围成的多边形，

易得，，则为等腰直角三角形，
则，根据∽，，
则，则，，
同理可得，，而，
则五边形的周长为.
（3）
连接，易知的中点即为正方体外接球的球心点，
且，
易得三棱锥为正三棱锥，
而三棱锥的顶点在底面上的投影即为等边三角形的中心点，
且点均在直线上，

由（1）得，
即，解得，
而，所以
所以，
则.
11．如图所示，在四棱锥中，平面平面，，且，设平面与平面的交线为．

(1)作出交线（写出作图步骤），并证明平面；
(2)记与平面的交点为，点S在交线上，且，当二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)直线即为所求作的直线，证明见解析
(2)

【分析】（1）延长AB、DC交于Q点，即可得到交线，通过证明，即可证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量得出，解方程即可.
【详解】（1）延长，交于点，连结，则直线即为所求作的直线：      
因为，所以
又因为，所以，分别为，中点，
且为正三角形，所以，      
又，平面平面且交线为，且平面，
所以平面，
且面PAB，所以，    
又，且平面，平面,
所以平面，即平面：      

（2）取的中点，连结，则，
又平面平面且交线为，且平面，
所以平面，    
以为原点，，所在直线为，轴建立如图空间直角坐标系，

则，，，，，，
由，得，
所以，，    
显然平面的一个法向量为，     
设平面的法向量为，
则，即
取，则，，
所以平面的一个法向量为，    
所以，解得
所以当二面角的余弦值为时，
12．如图所示，正方体的棱长为a.

(1)过正方体的顶点，B，截下一个三棱锥，求正方体剩余部分的体积；
(2)若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过，M，N三点的平面与正方体表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；
【答案】(1)
(2)作图见解析，

【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积，再用正方体体积减去即可；
（2）根据点､线､面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；
【详解】（1）因为正方体，所以平面，
则为三棱锥的高，，，
则，
则正方体剩余部分的体积为.
（2）画直线交，延长线分别为点，
再分别连接，分别交于点，
顺次连接，五边形即为交线围成的多边形，

易得，，则为等腰直角三角形，
则，根据∽，，
则，则，，
同理可得，，而，
则五边形的周长为.
13．如图，在直三棱柱中，，为的中点，点分别在棱上，，平面与平面的交线为．以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．求：

（1）点到平面的距离；
（2）交线的单位方向向量；
（3）点到交线为的距离．
【答案】（1）；（2）或；（3）.
【分析】（1）根据题中的空间直角坐标系求得平面的法向量，从而可求的直线与平面所成角的正弦值，即可得出答案；
（2）交线的方向向量为，求出平面的法向量，则交线与平面和平面的法向量都垂直，从而可求的交线的一条方向向量，即可得出答案；
（3）设直线与交线l所成的角为，求出，根据即可得出答案.
【详解】解：（1）由题意得：，
则，
设平面的一条法向量，
则，令，则，
所以，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离；
（2），
设平面的一条法向量，
则，可取，
设交线的方向向量为，
则，可取，
所以交线的单位方向向量，
所以或；
（3）设直线与交线l所成的角为，
则，所以，
所以点到交线为的距离．
14．如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.
  
(1)在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
(2)若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)答案见解析，
(2)或

【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.
【详解】（1）过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）
因为是圆的直径，所以，，
所以，所以四边形为矩形，
因为，，所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面的距离为，
所以
（2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
  
则，，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则
即，不妨取，得
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
所以，所以或
15．（1）如图，在正方体中，试画出平面与平面的交线.
  
（2）如图，在直角梯形ABCD中，，，S是直角梯形ABCD所在平面外一点，画出平面SBC和平面SAD的交线.
  
【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析
【分析】先利用平面几何的性质作出两平面的另一个公共点，进而得到两平面的交线.
【详解】（1）记，连接AO，
则AO即为平面与平面的交线，如图：
  
（2）延长BC与AD延长线交于点O，连接SO，
则SO即为平面SBC和平面SAD的交线，如图：
  
16．如图，在棱长为2的正方体中，P、Q分别为棱和中点.
  
(1)请在图中作出过A、P、Q三点的正方体
的截面（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求交线所围成的多边形周长；
(2)求（1）中的截面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)作图见解析，
(2)

【分析】（1）作出截面求周长即可.
（2）用几何法找到二面角的平面角，在三角形中求解即可.
【详解】（1）如图，多边形AMPQN即为所作截面.
  
因为P、Q分别为棱和中点，，
所以，即，
又，，所以，则，
在中，，
所以，
同理：，，
又在中，，
所以截面周长为.
（2）由正方体的性质可知只需求截面与平面所成的锐二面角.
连接交PQ于E，连接AE，
因为在正方体中，面，面，
所以，
又易知，，所以，
又面，所以平面，
因为平面，所以，
又截面与平面的交线为，所以即为所求二面角的平面角，
易得，，
所以在中，，
所以，
即所求二面角的余弦值为.




提升题型训练

一、单选题
1．已知m，n为异面直线，平面，平面，，则l（    ）
A．与m，n都相交 B．与m，n中至少一条相交
C．与m，n都不相交 D．与m，n中一条相交
2．已知异面直线a、b分别在平面内，，那么c与a、b的关系为（    ）
A．与a、b都相交 B．至少与a、b之一相交
C．至多与a、b之一相交 D．只能与a、b之一相交
3．把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，结论还正确的是（    ）
A．如果一条直线与两条平行线中的一条相交，则与另一条相交
B．如果一条直线与两条平行线中的一条垂直，则与另一条垂直
C．如果两条直线同时与第三条直线相交，则这两条直线相交或平行
D．如果两条直线同时与第三条直线垂直，则这两条直线平行
4．如图所示，P是正方体中棱上异于端点的一个内点，连接并延长，则与直线（    ）

A．相交 B．相交 C．相交 D．相交
5．已知m、n为不同的直线，为不同的平面．则下列命题中错误的是（    ）
A．m，n是内两相交直线，则与相交的充要条件是m，n至少有一条与相交；
B．m，n为异面直线，过空间任一点P，一定能作一条直线l与m，n都垂直；
C．与l都不垂直，则m与n一定不垂直；
D．m，n为异面直线、过空间任一点P，一定能作一条直线l与m，n都相交．
6．若异面直线分别在平面，内，且，则直线（    ）
A．与直线都相交
B．至少与中的一条相交
C．至多与中的一条相交
D．与直线中的一条相交，与另一条平行
7．已知a，b为异面直线，aÌα，bÌβ，α∩β＝c，则直线c一定（    ）
A．同时和直线a，b相交 B．至少与直线a，b中的一条相交
C．至多与直线a，b中的一条相交 D．与直线a，b中一条相交，一条平行
8．异面直线a，b，若，，且，则直线c与a，b的关系是（    ）
A．c与a，b都相交 B．c与a，b都不相交
C．c至多与a，b中的一条相交 D．c至少与a，b中的一条相交
9．已知直线，分别在两个不同的平面，内，则下列结论成立的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若与相交，则与相交 D．若与相交，则与相交
10．已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面上一动点，为所在平面上一动点，且平面，则下列命题正确的个数为（    ）
（1）若与平面所成的角为，则动点所在的轨迹为圆；
（2）若三棱柱的侧面积为定值，则动点所在的轨迹为椭圆；
（3）若与所成的角为，则动点所在的轨迹为双曲线；
（4）若点到直线与直线的距离相等，则动点所在的轨迹为抛物线
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、多选题
11．a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中正确的是（    ）
A．若，则
B．若a与b相交，b与c相交则a与c也相交
C．若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面
D．若a与c相交b与c异面，则a与b异面
12．，，c是空间中的三条直线，下列说法中错误的是（    ）
A．若，，则
B．若与相交，与c相交，则与c也相交
C．若，分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面
D．若与c相交，与c异面，则与异面
13．（多选）若直线和是异面直线，平面，平面，，那么下列说法中不正确的有（    ）
A．l至少与和中的一条相交 B．l与和都相交
C．l至多与和中的一条相交 D．l与和都不相交
14．若直线a，b是异面直线，点O是空间中不在直线a，b上的任意一点，则（    ）
A．不存在过点O且与直线a，b都相交的直线
B．过点O一定可以作一条直线与直线a，b都相交
C．过点O可以作无数多条直线与直线a，b都相交
D．过点O至多可以作一条直线与直线a，b都相交

三、填空题
15．已知a、b、c是空间中的三条直线，下列说法中错误的是______．（写出所有满足条件的说法序号）
①若，，则；
②若a与b相交，b与c相交，则a与c也相交；
③若a、b分别在两个相交平面上，则这两条直线可能平行、相交或异面；
④若a与c相交，b与c异面，则a与b异面．
16．如图，已知正方体的棱长为1，则下列结论中正确的序号是______．（填所有正确结论的序号）

①若E是直线AC上的动点，则平面；
②若E是直线上的动点，F是直线BD上的动点，则；
③若E是内（包括边界）的动点，则直线与平面ABC所成角的正切值的取值范围是；
④若E是平面内的动点，则三棱锥的体积为定值