PAGE溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節合適的觀看比例，答案解析附后。板塊。第八節利用空間向量研究夾角問題【課標解讀】【課程標準】能用向量方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問題和簡單夾角問題,并能描述解決這一類問題的程序,體會向量方法在研究幾何問題中的作用.【核心素養】直觀想象、數學運算、邏輯推理.【命題說明】考向考法高考題常以求線面角、二面角為載體,考查空間向量的應用.與二面角相關的問題是高考的熱點,主要出現在解答題中.預測2025年高考本節內容仍會與立體幾何知識結合考查,試題難度中檔.【必備知識·逐點夯實】知識梳理·歸納1.異面直線所成角設a,b分別是兩異面直線l1,l2的方向向量,則項目a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍(0,π)

(0,π2]求法cosβ=a·cosθ=|cosβ|=|微點撥異面直線方向向量夾角的余弦值可能為負值,異面直線所成角的余弦值一定為非負值.2.直線與平面所成的角(1)范圍:

[0,π2](2)向量求法:設直線AB的方向向量為u,平面α的法向量為n,直線AB與平面α所成的角為θ,則sinθ=|cos<u,n>|=

|u·微點撥不平行于平面的直線與平面所成的角為銳角或直角,其正弦值等于直線的方向向量與平面的法向量所成角的余弦值的絕對值.3.平面與平面的夾角(1)定義:平面α與平面β相交,形成四個二面角,我們把這四個二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角;(2)求法:設n1,n2分別是兩平面α,β的法向量,α,β的夾角為θ,則cosθ=|cos<n1,n2>|=|n4.二面角的大小(1)如圖①,AB,CD是二面角α-l-β的兩個面內與棱l垂直的直線,則二面角的大小θ=<AB,CD>.

(2)如圖②③,n1,n2分別是二面角α-l-β的兩個半平面α,β的法向量,則二面角的大小θ滿足|cosθ|=|cos<n1,n2>|.

微點撥在空間幾何體的直觀圖中,有時不容易直觀確定二面角的大小,若條件中未明確給出,一般以銳二面角為主.基礎診斷·自測類型辨析改編易錯題號12,341.(思考辨析)(正確的打“√”,錯誤的打“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.()(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.()(3)兩異面直線所成角的范圍是0,π2,直線與平面所成角的范圍是0,(4)直線的方向向量為u,平面的法向量為n,則線面角θ滿足sinθ=cos<u,n>提示:直線的方向向量、平面的法向量之間所成的角不一定就是相應的線線角、線面角,故(1)(2)錯誤;(3)(4)正確.答案:(1)×(2)×(3)√(4)√2.(選擇性必修一P38練習T4·變形式)已知直線l1的方向向量s1=(1,0,1)與直線l2的方向向量s2=(-1,2,-2),則直線l1和l2所成角的余弦值為()A.24 B.12 C.22【解析】選C.因為s1=(1,0,1),s2=(-1,2,-2),所以cos<s1,s2>=s1·s2|所以直線l1和l2所成角的余弦值為223.(選擇性必修一P37例8變形式)平面α的一個法向量為m=(1,2,-2),平面β的一個法向量為n=(2,2,1),則平面α與平面β夾角的正切值為()A.49 B.94 C.465【解析】選D.設平面α與平面β的夾角為θ0≤θ則cosθ=|cos<m,n>|=|m·n則sinθ=1-cos2θ所以tanθ=659494.(漏情況)在一個二面角的兩個半平面上,與二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0,-1,3),(2,2,4),則這個二面角的余弦值為()A.156 B.-C.153 D.156【解析】選D.因為在一個二面角的兩個面內都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0,-1,3),(2,2,4),則(0,-1所以這個二面角的余弦值為156或-15【核心考點·分類突破】考點一異面直線所成的角[例1](1)如圖,已知圓錐CO的截面△ABC是正三角形,AB是底面圓O的直徑,點D在AB上,且∠AOD=2∠BOD,則異面直線AD與BC所成角的余弦值為()A.34 B.12 C.14【解析】選A.因為∠AOD=2∠BOD,且∠AOD+∠BOD=π,所以∠BOD=π3連接CO,則CO⊥平面ABD,以點O為坐標原點,OB,OC所在直線分別為y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設圓O的半徑為2,則A(0,-2,0),B(0,2,0),C(0,0,23),D(3,1,0),AD=(3,3,0),BC=(0,-2,23),設異面直線AD與BC所成的角為θ,則cosθ=|cos<AD,BC>|=|AD·BC||所以異面直線AD與BC所成角的余弦值為34(2)如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,點E,F分別是棱AB,BB1的中點,則直線EF和BC1所成的角為.

【解析】分別以直線BA,BC,BB1為x,y,z軸,建立空間直角坐標系(如圖).設AB=1,則B(0,0,0),E12,0,0,F所以EF=-12,0于是cos<BC1,EF>=BC1·所以直線EF和BC1所成的角為60°.答案:60°解題技法利用空間向量求兩異面直線所成角的步驟(1)建立適當的空間直角坐標系.(2)求出兩條異面直線的方向向量的坐標.(3)利用向量的夾角公式求出兩直線方向向量的夾角.(4)結合異面直線所成角的范圍得到兩異面直線所成角.對點訓練如圖,圓柱的軸截面為矩形ABCD,點M,N分別在上、下底面圓上,NB=2AN,CM=2MD,AB=2,BC=3,則異面直線AM與CN所成角的余弦值為()A.33010 C.35 D.【解析】選D.因為NB=2AN,CM=2MD,AB為下底面圓直徑,AB=2,所以AN=1,NB=3.連接MN,由已知條件,得MN為圓柱的一條母線,以N為坐標原點,分別以直線NB,NA,NM為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Nxyz,則N(0,0,0),A(0,1,0),M(0,0,3),C(3,0,3),所以AM=(0,-1,3),NC=(3,0,3),則cos<AM,NC>=910×12所以異面直線AM與CN所成角的余弦值為330考點二直線與平面所成的角[例2](1)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知異面直線A1C與AD,A1C與AB所成角的大小分別為60°和45°,則直線B1D和平面A1BC所成的角的余弦值為()A.33 B.12 C.32【解析】選A.設AD=1,AB=a,AA1=c,則A1C=a2由于AD∥BC,所以異面直線A1C與AD所成角為∠A1CB=60°,從而A1C=2,由于AB∥CD,所以異面直線A1C與AB所成角為∠A1CD=45°,從而A1C=2a,所以c=1,a=2,以D為原點,分別以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,2,0),C(0,2,0),B1(1,2,1),B1D=(-1,-2,-1),A1B=(0,設平面A1BC的法向量為n=(x,y,z),則n·A1B=所以直線B1D和平面A1BC所成的角的正弦值為|n·B1D從而直線B1D和平面A1BC所成的角的余弦值為33(2)(2023·江門模擬)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,O是AD的中點,點E在PC上,且AP∥平面BOE.①求PEPC②若PO⊥平面ABCD,OE⊥PC,AB=2,∠BAD=60°,求直線OE與平面PBC所成角的正弦值.【解析】①連接AC與BO交于點F,因為底面ABCD是菱形,O是AD的中點,所以AO∥BC,且AO=12BC所以AF=12因為AP∥平面BOE,AP?平面APC,平面APC∩平面BOE=EF,所以AP∥EF,所以AFFC=PEEC=12,所以PE②因為底面ABCD是菱形,O是AD的中點,∠BAD=60°,所以BO⊥AD.因為OP⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,BO?平面ABCD,所以OP⊥AD,OP⊥BO,建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.則O(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0).設P(0,0,h),h>0,則PC=(-2,3,-h),所以OE=OP+PE=OP+13PC=因為OE⊥PC,所以OE·PC=43+1-2解得h=142所以OE=-23,PB=0,設n=(x,y,z)為平面PBC的法向量,則n·BC=0取z=23,所以n=(0,14,23)為平面PBC的一個法向量.因為|cos<n,OE>|=3=313所以直線OE與平面PAC所成角的正弦值是313解題技法利用平面的法向量求直線與平面夾角的基本步驟(1)建立空間直角坐標系;(2)求直線的方向向量m;(3)求平面的法向量n;(4)設線面角為θ,則sinθ=|m對點訓練(2023·東城區模擬)在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為直角梯形,BC∥AD,∠ADC=90°,BC=CD=12AD=1,E為線段AD的中點,PE⊥底面ABCD,點F是棱PC的中點,平面BEF與棱PD相交于點(1)求證:BE∥FG;【解析】(1)因為E為線段AD的中點,且BC=12AD,所以DE=BC又因為AD∥BC,所以DE∥BC,所以四邊形BCDE為平行四邊形,得BE∥CD,因為CD?平面PDC,BE?平面PDC,所以BE∥平面PDC,因為BE?平面BEGF,平面BEGF∩平面PDC=FG,所以BE∥GF;(2)若PC與AB所成的角為π4,求直線PB與平面BEF所成角的正弦值【解析】(2)由(1)可得,BE∥CD,因為∠ADC=90°,所以AEB=90°,且PE⊥平面ABCD,所以以E為坐標原點,分別以EA,EB,EP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,設P(0,0,p),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),PC=(-1,1,-p),AB=(-1,1,0),因為PC與AB所成的角為π4所以|cos<PC,AB>|=|PC·AB||解得p=2.則P(0,0,2),F-12,1PB=(0,1,-2),EB=(0,1,0),EF=-1設平面BEF的一個法向量為n=(x,y,z).所以n·取z=1,得n=(2,0,1).PB·n=-2.設直線PB與平面BEF所成角為α,則sinα=|cos<PB,n>|=|PB·n即直線PB與平面BEF所成角的正弦值為23考點三平面與平面的夾角(規范答題)[例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;規范答題敲重點·水到渠成【解析】(1)方法1(幾何法):連接AC,A2B2,設A2C2,AC的中點分別為O,O1,連接BD,B2D2,O1O,由題設得,O1O是梯形AA2C2C的中位線,所以O1O=2.………………1分由題設可得O1O∥BB2∥DD2,且O1O=BB2=DD2,又O1是BD的中點,因此O是B2D2的中點,………………2分故A2B2C2D2為平行四邊形,………………3分所以B2C2∥A2D2. ………………4分關鍵點證明空間中兩條直線平行的關鍵是先證明這兩條直線確定了一個平面,再利用平面幾何中證明平行的定理加以論證即可.方法2(向量運算法):B2C2=B2B1+A2D2=A2A+ADB2C2=A所以B2C2∥A2D2. …………4分方法3(坐標運算法):以C為坐標原點,CD,CB,CC1方向分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,…………則B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),所以B2C2…………2分所以B2C2=A所以B2C2因為B2C2,A2D2不在同一條直線上,所以B2C2∥A2D2. ……4分敲黑板本題考查線線平行的幾何證明方法,解決問題時,利用向量運算法和坐標運算法要優于幾何法.[例3](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(2)點P在棱BB1上,當二面角P-A2C2-D2為150°時,求B2P.【解析】(2)設P(0,2,λ),0≤λ≤4,關鍵點設出點P的坐標.所以A2C2=(-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-λ設平面PA2C2的法向量為m=x1所以A令z1=2,則y1=3-λ,x1=λ-1,所以m=(λ-1,3-λ,2).……7分設平面A2C2D2的法向量為n=x2所以A令y2=1,得n=(1,1,2). …………9分所以cos<m,n>=|即|λ-1+3整理得λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,避誤區通過列方程求出λ=1或λ=3,兩個結果不可舍去其中的一個,造成解答不完整.所以P(0,2,1)或P(0,2,3),即BP=1或BP=3,……11分綜上,當二面角P-A2C2-D2為150°時,B2P=1.……12分

閱卷現場1.建系可以文字語言敘述,也可以在圖上標出,只要有建系就得1分.

2.法向量只要正確就得2分.

3.有兩個法向量的夾角公式得1分,不帶絕對值不扣分.

4.若寫出B2P=1,沒有任何過程,可得結果分2分審題導思破題點·形成思路(1)路徑①:證明B2D2的中點,也是A2C2的中點,所以A2,B2,C2,D2四點共面,并且構成平行四邊形,因此B2C2∥A2D2.路徑②:利用向量的基本運算或建立空間直角坐標系,求出A2,B2,C2,D2的坐標,進而證明平行.(2)路徑①:建立空間直角坐標系,設出點P的坐標,再求平面PA2C2和平面A2C2D2的法向量,通過法向量所成角的余弦值求得B2P的長度.路徑②:利用綜合幾何法,通過作輔助線找到二面角P-A2C2-D2的平面角,進而求得B2P的長度.解題技法利用空間向量法求解二面角的步驟(1)建立合適的空間直角坐標系,寫出二面角對應的兩個半平面中對應的點的坐標;提醒:(1)建系時若垂直關系不明顯,則應先給出證明.(2)設出法向量,根據法向量垂直于平面內兩條相交直線的方向向量,求解出平面的法向量(注:若半平面為坐標平面,直接取法向量即可);提醒:(2)平面與平面的夾角的范圍是0,π(3)計算(2)中兩個法向量夾角的余弦值,結合立體圖形中二面角的實際情況,判斷二面角是銳角還是鈍角,從而得到二面角的余弦值.提醒:(3)二面角的范圍為[0,π],要結合圖形判斷取銳角還是鈍角.對點訓練(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱錐Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.(1)證明:平面QAD⊥平面ABCD;【解析】(1)取AD的中點為O,連接QO,CO.因為QA=QD,OA=OD,則QO⊥AD.又AD=2,QA=5,故QO=5-1在Rt△ODC中,CO=OD2+因為QC=3,故QC2=QO2+OC2,故△QOC為直角三角形且QO⊥OC.因為OC∩AD=O,OC,AD?平面ABCD,故QO⊥平面ABCD.因為QO?平面QAD,故平面QAD⊥平面ABCD.對點訓練(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱錐Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.(2)求平面BQD與平面AQD夾角的余弦值.【解析】(2)在平面ABCD內,過O作OT∥CD,交BC于T,則OT⊥AD,結合(1)中的QO⊥平面ABCD,故可建如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0),故BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).設平面QBD的法向量為n=(x,y,z),則n·BQ=0取x=1,則y=1,z=12故n=(1,1,12)易知平面QAD的一個法向量為m=(1,0,0),故cos<m,n>=m·n|m||所以平面BQD與平面AQD夾角的余弦值為23【重難突破幾何體的截面與交線問題】“截面、交線”問題是高考立體幾何問題最具創新意識的題型,它滲透了一些動態的線、面等元素,給靜態的立體幾何題賦予了活力.求解截面、交線問題,一是與解三角形、多邊形面積、扇形弧長、面積等相結合求解,二是利用空間向量的坐標運算求解.類型一截面問題命題點1多面體中的截面問題[例1](2023·福州質檢)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,E,F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.102C.13+25 D.2【解析】選D.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,C1N=3,CN=1,則AH=AD=4,D1E=42+2D1N=42+32=5,FN=取AD的中點Q,連接QF,則AM∥FQ,所以AMFQ=AH所以AM=AHHQ·FQ=46×4=83,則MB則ME=AE2+AMMF=MB2+BF所以截面圖形的周長為D1E+EM+MF+FN+ND1=25+103+2133+5命題點2球的截面問題[例2]已知在三棱錐S-ABC中,SA⊥平面ABC,SA=AB=BC=2,AC=2,點E,F分別是線段AB,BC的中點,直線AF,CE相交于點G,則過點G的平面α截三棱錐S-ABC的外接球球O所得截面面積的取值范圍是.

【解析】因為AB2+BC2=AC2,故AB⊥BC,又因為SA⊥平面ABC,故三棱錐S-ABC的外接球球O的半徑R=2+2+22=6取AC的中點D,連接BD,BD必過點G,如圖所示,因為AB=BC=2,故DG=13BD=1因為OD=22,故OG2=(22)2+(13)2則過點G的平面截球O所得截面圓的最小半徑r=(62)

2-1118=22故截面面積的最小值為8π9,最大值為3π故截面面積的取值范圍是[8π9,3π2答案:解題技法作截面的三種常用方法(1)直接法:解題關鍵是利用截面的頂點在幾何體的棱上.(2)作平行線法:解題關鍵是利用截面與幾何體的兩個平行平面相交,或者截面上有一條直線與幾何體的某一個面平行.(3)延長交線得交點法:解題關鍵是利用截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一個面上.對點訓練1.(多選題)如圖,設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E為A1D1的中點,F為CC1上的一個動點,設由點A,E,F構成的平面為α,則()A.平面α截正方體的截面可能是三角形B.當點F與點C1重合時,平面α截正方體的截面面積為26C.點D到平面α的距離的最大值為2D.當F為CC1的中點時,平面α截正方體的截面為五邊形【解析】選BCD.如圖,建立空間直角坐標系,延長AE與z軸交于點P,連接PF與y軸交于點M,則平面α由平面AEF擴展為平面APM.由此模型可知截面不可能為三角形,故A錯誤;當點F與點C1重合時,平面α截正方體的截面為邊長為5的菱形,易得截面面積為26,故B正確;當F為CC1的中點時,易知平面α截正方體的截面為五邊形,故D正確;D(0,0,0),A(2,0,0),P(0,0,4),設點M的坐標為(0,t,0)(t∈[2,4]),DA=(2,0,0),AM=(-2,t,0),PA=(2,0,-4),則可知點P到直線AM的距離為d=|PA|2S△APM=12t2+4·S△PAD=12設點D到平面α的距離為h,利用等體積法VD-APM=VM-PAD,即13·S△APM·h=13·S△PAD·可得h=4t5t因為h=45+16t2所以當t=4時,h取到最大值為2632.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長均為2,D為棱AB的中點,則過點D的平面截該三棱柱外接球所得截面面積的取值范圍為.

【解析】正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O為上、下底面的外接圓圓心的連線O1O2的中點,連接AO2,AO,OD,如圖所示,設外接球的半徑為R,下底面外接圓的半徑為r,r=AO2=23則R2=r2+1=73①當過點D的平面過球心時,截得的截面圓最大,截面圓的半徑即為球的半徑,所以截面圓的面積最大為πR2=7π3②當過點D的平面垂直OD時,截面圓的面積最小,OD2=OA2-AD2=73-1=4截面圓的半徑為R2-O所以截面圓的面積最小為π·12=π,綜上,截面面積的取值范圍為[π,7π3]答案:[π,7π3類型二交線問題命題點1多面體中的交線問題[例3]在四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2,平面α過點A,C,且BD⊥平面α,則平面α與側面CBD的交線長為.

【解析】如圖1,因為△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形且AD=CD,AB=BD=2,所以AB=AC=BC=BD=2,AD=CD=2,所以△BCD與△BAD全等,且為等腰三角形,所以在△ABD中,過頂點A作邊BD上的高,垂足為E,取AD的中點O,連接OB,如圖2,因為AB=BD=2,AD=2,所以OB⊥AD,OB=142,AE⊥BD所以由等面積法得12AD·OB=12BD·即12×2×142=12解得AE=72,所以DE=AD2所以在△BCD中,過頂點C作邊BD上的高,垂足為F,取CD的中點M,連接MB,如圖3,同在△ABD中的情況,可得CF=72,DF=12,所以點E,F重合,即BD⊥AE(F),BD⊥CE(F),因為AE∩CE=E,所以BD⊥平面平面α即為平面ACE,平面α與側面CBD的交線為線段CF,長度為72答案:7命題點2與球有關的交線問題[例4](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,5為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為.

【解析】如圖,設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,所以D1B1=DB=2,所以△D1B1C1為等邊三角形,則D1E=3且D1E⊥平面BCC1B1,所以E為球面截側面BCC1B1所得截面圓的圓心,設截面圓的半徑為r,則r=R球2-D1可得EP=EQ=2,所以球面與側面BCC1B1的交線為以E為圓心的PQ.又D1P=5,所以B1P=D1同理C1Q=1,所以P,Q分別為BB1,CC1的中點,所以∠PEQ=π2知PQ的長為π2×2=2答案:2解題技法兩種作交線的方法(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.對點訓練1.(2023·廣安模擬)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長是2,S是A1B1的中點,P是A1D1的中點,點Q在正方形DCC1D1及其內部運動,若PQ∥平面SBC1,則點Q的軌跡的長度是.

【解析】如圖所示,要使PQ∥平面SBC1,作PE∥C1S交C1D1于E,SC1?平面SBC1,PE?平面SBC1,則PE∥平面SBC1,因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長是2,所以D1E=14C1D1=1連接BD,PS,取BD的中點O,連接PO,則PSBO為平行四邊形,則PO∥SB,SB?平面SBC1,PO?平面SBC1,則PO∥平面SBC1,又PO∩PE=P,PO,PE?平面POE,所以平面POE∥平面SBC1,設平面POE∩平面DCC1D1=EF,則DF=34DC=3連接OF,EF,則PEFO為平行四邊形,Q的軌跡為線段EF,EF=(DF-D1E答案:52.(2023·南通模擬)已知在圓柱O1O2內有一個球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CD的中點,則平面PAB與球O的交線長為.

【解析】設球O的半徑為r,則AB=BC=2r,而S四邊形ABCD=AB·BC=4r所以r=2.如圖,連接PO2,O1P,作OH⊥O2P于H,易知O1O2⊥AB.因為P為CD的中點,所以AP=BP,又O2為AB的中點,所以O2P⊥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OH⊥平面ABP.因為O1O2=2r=22,O1P=2,O1O2⊥O1P,所以O2P=O1O22+O1P2=(22)2+(2所以OH=OO2×sin∠O1O2P=2×55=10易知平面PAB與球O的交線為一個圓,其半徑為r1=r2-OH2交線長為l=2πr1=2π×2105=4答案:410【重難突破球與幾何體的動態問題】立體幾何中的“動態”問題就變化起因而言大致可分為兩類:一是平移;二是旋轉.在解“動態”立體幾何題時,如果我們能努力探尋運動過程中“靜”的一面,動中求靜,往往能以靜制動、克難制勝.類型一動態位置關系的判斷[例1](多選題)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【解析】選ABC.當AB=x=1時,此時矩形ABCD為正方形,則AC⊥BD,將△BAD沿直線BD翻折,當平面ABD⊥平面BCD時,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=1+x所以將△BAD沿直線BD翻折時,總有AB⊥AD,取x=12,當將△BAD沿直線BD翻折到AC=32時,有AB2+AC2=BC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.解題技法解決空間位置關系的動點問題(1)應用“位置關系相關定理”轉化.(2)建立“坐標系”計算.對點訓練(多選題)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,點P,Q分別是棱BB1,AB上的動點,則下列說法正確的是()A.任意給定的點P,存在點Q,使得PQ∥平面A1C1DB.任意給定的點Q,存在點P,使得PQ∥平面A1C1DC.任意給定的點P,存在點Q,使得CP⊥D1QD.任意給定的點Q,存在點P,使得CP⊥D1Q【解析】選ABD.連接A1C1,A1D,C1D,AB1,選項A:任意給定的點P,可在△ABB1內作PQ∥AB1,交AB于Q,又在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DC1∥AB1,則PQ∥DC1,又DC1?平面A1C1D,PQ?平面A1C1D,則PQ∥平面A1C1D.則任意給定的點P,存在點Q,使得PQ∥平面A1C1D.判斷正確;選項B:任意給定的點Q,可在△ABB1內作PQ∥AB1,交BB1于P,又正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DC1∥AB1,則PQ∥DC1,又DC1?平面A1C1D,PQ?平面A1C1D,則PQ∥平面A1C1D.則任意給定的點Q,存在點P,使得PQ∥平面A1C1D.判斷正確;以D為原點,分別以DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則C0,1,0,設P1,1,m則CP=1,0,m,選項C:由CP·D1Q=1,0,m·1,t,-2=1-2m=0,可得m=12;則當m≠12時,CP·D1Q≠0,即CP⊥D1選項D:由CP·D1Q=1,0,m·1,t,-2=1-2m=0,可得m=12;則對任意0≤t≤1,當m=12時均有CP·D1Q=0,即CP⊥D類型二動點的軌跡(長度)[例2]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=2.設線段PQ的中點M的軌跡為s,則s的長度為()A.π4 B.π2 C.22 【解析】選A.如圖,以DA,DC,DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.設P(m,1,0)(0≤m≤1),Q(0,0,n)(0≤n≤1),M(x,y,z).由中點坐標公式易知x=m2,y=1z=n2,即m=2x,n=2z.因為|PQ|=m2+n所以m2+n2=1,②把①代入②得,4x2+4z2=1.即x2+z2=14因為0≤m≤1,0≤n≤1,所以0≤x≤12,0≤z≤1所以PQ中點M的軌跡方程為x軌跡s為在垂直于y軸的平面內,半徑為12的四分之一圓周所以s的長度為14×2π×12=解題技法解決幾何體動點軌跡問題的方法(1)幾何法:根據平面的性質進行判定.(2)定義法:轉化為平面軌跡問題,用圓錐曲線的定義判定,或用代替法進行計算.(3)特殊值法:根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除.對點訓練(2023·濟南模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為23,E,F為體對角線BD1的兩個三等分點,動點P在△ACB1內,且S△PEF=2,則點P的軌跡的長度為.

【解析】如圖1所示,連接BD,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23,所以AC=B1C=AB1=26,BD1=6,又E,F為體對角線BD1的兩個三等分點,所以BF=EF=D1E=2.設點B到平面ACB1的距離為d,則VB-AC所以13S△ACB1·d=13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12EF·PF=2,解得PF則點P的軌跡是以點F為圓心,2為半徑的圓周且在△ACB1內部的部分,如圖2所示,點P的軌跡為MN,QR,ST,且三段弧長相等.在△FNB1中,FN=2,FB1=26×32×