【高考题型分类突破】专题07 空间点、线、面位置关系 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

专题七 空间点、线、面位置关系
【题型分析】
考情分析：
　　从近几年高考的情况来看，以柱体、锥体为背景的线面平行(垂直)、面面平行(垂直)关系是高考常考内容，试题有选择题、填空题、解答题，难度适中.解题时要特别注意应用判定定理和性质定理时条件的完整，这是解题的基本规范和要求.
题型1 平行与垂直的证明
例1　如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，O为A1C1与B1D1的交点，则下列条件是“AC1=A1C”的必要条件的有(　　).
A.四边形ACC1A1是矩形
B.平面ABB1A1⊥平面ACC1A1
C.平面BDD1B1⊥平面ABCD
D.直线OA，BC所成的角与直线OC，AB所成的角相等
方法总结：
1.判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点).
(2)利用线面平行的判定定理(a α，b α，a∥b a∥α).
(3)利用面面平行的性质(α∥β，a α a∥β；α∥β，a β，a∥α a∥β).
2.证明面面平行的常用方法
(1)面面平行的定义.(2)如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行.(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化进行证明.
3.证明线面垂直的四种方法
(1)利用线面垂直的判定定理.
(2)利用“如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面”.
(3)利用“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它与另一个平面也垂直”.
(4)利用面面垂直的性质定理.
如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　).
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
题型2 交线与截面
截面问题
例2　已知正方体ABCD-A1B1C1D1，棱长为2.
(1)求证：A1C⊥平面AB1D1.
(2)若平面α∥平面AB1D1，且平面α与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形(不必说出画法和理由)，并求出截面面积的最大值.
(3)在(2)的情形下，设平面α与正方体的棱AB，BB1，B1C1分别交于点E，F，G，当截面的面积最大时，求二面角D1-EF-G的余弦值.
方法总结：
立体几何中截面问题的处理思路
(1)直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点的连线即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
(2)作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
(3)作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
(4)辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，E为DD1的中点.
(1)过点D1作出正方体ABCD-A1B1C1D1的截面α，使得截面α∥平面ABE，并说明理由；
(2)F为线段CC1上一点，且直线D1F与截面α所成角的正弦值为，求.
交线问题
例3　如图，已知正三棱台ABC-A1B1C1是由一个平面截棱长为6的正四面体所得的，其中AA1=2，以点A为球心，2为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为曲线Γ，P为Γ上一点，则(　　).
A.点A到平面BCC1B1的距离为2
B.曲线Γ的长度为4π
C.CP的最小值为2-2
D.所有的线段AP所形成的曲面的面积为
方法总结：
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.
已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P=3，C1Q=1，BT=3，记平面PQT与侧面ADD1A1，底面ABCD的交线分别为m，n，则(　　).
A.m的长度为 B.m的长度为
C.n的长度为 D.n的长度为
【真题改编】
1.(2024年全国甲卷，理科T10改编)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β=m.下列结论正确的是(　　).
A.若m∥n，则n∥α或n∥β
B.若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
C.若n∥α且n∥β，则m∥n
D.若n与α，β所成的角相等，则m⊥n
2.(2023年全国甲卷，理科T15改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为CD上靠近点C的三等分点，F为A1B1上靠近点A1的三等分点，则以EF为直径的球的球面与该正方体各棱的交点总数为　　　　.
【最新模拟】
(总分：100分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共68分；解答题共32分)
1.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是(　　).
A.若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B.若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
D.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
2.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法错误的是(　　).
A.若m⊥α，则“n∥α”是“m⊥n”的必要条件
B.若m α，n α，则“m∥n”是“m∥α”的充分条件
C.若m⊥α，则“m⊥β”是“α∥β”的充要条件
D.若m∥α，则“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要条件
3.在三棱锥P-ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC，PC⊥平面ABC，过点P作截面分别交AC，BC于点E，F，且二面角P-EF-C的平面角为60°，则所得截面PEF的面积的最小值为(　　).
A. B. C. D.1
4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的体积为4π，E，F，G分别为棱AA1，A1B1，A1D1的中点，则平面EFG截球的截面面积为(　　).
A. B. C. D.
5.如图，有一个正四面体ABCD，其棱长为1，则下列说法正确的是(　　).
A.过棱AC的截面中，截面面积的最小值为
B.若P为棱BD(不含端点)上的动点，则存在点P，使得cos ∠APC=
C.若M，N分别为直线AC，BD上的动点，则M，N两点间的距离的最小值为
D.与该正四面体各个顶点的距离都相等的截面有10个
6.(改编)已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，AD=1，PC与底面ABCD所成角的正切值为，M为平面ABCD内一点(异于点A)，若AM=，则以P为球心，PM为半径的球的球面与四棱锥P-ABCD各面的交线长为(　　).
A.(+)π B.π
C.π D.2π
7.(改编)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，O是空间中的一动点，若=λ+(1-λ)(0≤λ≤1)，则平面OAD1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面面积的最大值为(　　).
A. B.4 C.2 D.4
8.如图，球O内切于圆柱O1O2，圆柱的高为2，EF为底面圆O1的一条直径，D为圆O2上任意一点，则平面DEF截球O所得截面面积的最小值为　　　　.若M为球面和圆柱侧面交线上的一点，则△MEF周长的取值范围为　　　　.
9.如图所示，在平行六面体A1B1C1D1-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，A1A=A1C=AB，M，N分别为线段A1A，A1B的中点，则(　　).
A.C1C∥平面OMN
B.平面A1CD∥平面OMN
C.直线MN与平面A1BD所成的角为45°
D.OM⊥D1D
10.如图，P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，F是线段A1B1的中点，则(　　).
A.若点P满足AP⊥B1C，则动点P的轨迹长度为4
B.三棱锥A-PB1D1体积的最大值为
C.当直线AP与AB所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π+4
D.当点P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面D1B1C时，线段PF长度的最大值为2
11.(15分)如图，在多面体ABCDEF中，平面FAB⊥平面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF∥BC，且EF=BC=3，H，G分别为CE，CD的中点.
(1)证明：BF⊥AD.
(2)求平面BCEF与平面FGH的夹角的余弦值.
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD的交点为P，写出的值(不需要说明理由，保留作图痕迹).
12.(17分)如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD是菱形，AB=4，EF=.
(1)证明：AD∥EF.
(2)已知AB⊥AD，M是AD的中点，O为BM的中点，OE⊥BM且OE=2，CF=DF.
①证明：OE⊥平面ABCD.
②求直线AE与平面CDF所成角的正弦值.
13.(原创)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，M为棱CC1上的动点，记平面B1MD1与平面A1C1FE，平面D1GH的交线分别为l，m，则直线l与直线m的位置关系为(　　).
A.异面
B.平行
C.相交
D.以上都有可能
14.(人教A版选择性必修第一册P13例3改编)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为棱AB，CB上的点，若四边形A1C1FE将正方体分成体积比为13∶41的两部分，则该截面的面积为　　　　.
15.(原创)在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB=45°，A1A=AB=BC=2，若=，=，则过点B，G，H的截面与平面ACC1A1的交线长为　　　　.
参考答案
专题七 空间点、线、面位置关系
题型1　平行与垂直的证明
例1　ACD
【解析】若一个条件是“AC1=A1C”的必要条件，则该条件可由“AC1=A1C”推出.
对于A，因为在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1∥CC1，AA1=CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，又AC1=A1C，所以四边形ACC1A1为矩形，故A正确；
对于B，假设平面ABB1A1⊥平面ACC1A1，由选项A可知，四边形ACC1A1为矩形，则AC⊥AA1，又平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1，AC 平面ACC1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，因为AB 平面ABB1A1，所以AC⊥AB，与四边形ABCD为正方形矛盾，故B错误；
对于C，因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因为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正确；
对于D，因为四边形ACC1A1为矩形，O为A1C1的中点，所以OA=OC，连接OD(图略)，在△OAD与△OCD中，AD=CD，OD是公共边，所以△OAD≌△OCD，所以∠OAD=∠OCD，又BC∥AD，AB∥CD，所以∠OAD，∠OCD分别为直线OA，BC所成的角(或其补角)与直线OC，AB所成的角(或其补角)，
则直线OA，BC所成的角与直线OC，AB所成的角相等，故D正确.
跟踪训练　A
【解析】连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.
因为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，显然A1D与BD1异面，所以A1D与BD1异面且垂直.
在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，
又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，
所以直线MN与平面BDD1B1不垂直，
所以选项A正确.
故选A.
题型2　交线与截面
考向1　截面问题
例2
【解析】
图1
(1)连接A1B，A1C1，如图1所示.因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以BC⊥平面ABB1A1.
因为AB1 平面ABB1A1，所以BC⊥AB1.又因为四边形ABB1A1是正方形，所以A1B⊥AB1.
因为A1B∩BC=B，A1B，BC 平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为A1C 平面A1BC，所以A1C⊥AB1.同理可证得A1C⊥D1B1.
又因为AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1 平面AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1.
(2)设E，F，G，H，I，J分别是AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点，连接EF，FG，GH，HI，IJ，JE，如图2所示.
根据题意知当截面面积最大时，截面图形是边长为的正六边形EFGHIJ，所以最大的截面面积S=6××××sin 60°=3.
图3
(3)因为平面α∥平面AB1D1，所以当截面EFG的面积最大时，E，F，G分别是棱AB，BB1，B1C1的中点，以D为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，E(2，1，0)，F(2，2，1)，G(1，2，2).设平面D1EF的法向量为n=(x1，y1，z1)，=(2，1，-2)，=(2，2，-1)，
则令x1=3，则y1=-2，z1=2，所以平面D1EF的一个法向量为n=(3，-2，2).
设平面GEF的法向量为m=(x2，y2，z2)，=(0，1，1)，=(-1，0，1)，
则令x2=1，则y2=-1，z2=1，所以平面GEF的一个法向量为m=(1，-1，1)，
则cos ===.
设二面角D1-EF-G的平面角为θ，由图可知θ为锐角，所以cos θ=，所以二面角D1-EF-G的余弦值为.
跟踪训练
【解析】(1)如图1所示，平面GHC1D1即为截面α.理由如下：
取AA1的中点G，BB1的中点H，连接D1G，GH，HC1，因为E为DD1的中点，所以GH∥AB，D1G∥AE，AB∥D1C1，所以GH∥D1C1，即G，H，C1，D1四点共面.又D1G 平面ABE，AE 平面ABE，所以D1G∥平面ABE.因为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即为过D1的正方体的截面α，且截面α平行于平面ABE.
(2)如图2所示，连接D1F，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.设AA1=2，CF=a，a∈[0，2]，则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).设平面ABE的法向量为n=(x，y，z)，则取n=(1，0，2)，则截面α的一个法向量为n=(1，0，2)，
又直线D1F与截面α所成角的正弦值为，
所以|cos<，n>|===，解得a=1或a=3(舍去)，
所以C1F=1，则=.
考向2　交线问题
例3　ACD
【解析】对于A，如图1，将三棱台ABC-A1B1C1补形为棱长为6的正四面体SABC，取BC的中点M，连接SM，交B1C1于点M1，连接AM1，则△SBC是边长为6的等边三角形，且△SB1C1∽△SBC，所以=，即=，解得B1C1=4，所以△SB1C1是边长为4的等边三角形，又==，所以M1为△SBC的外心，则由正四面体SABC知，AM1为正四面体SABC的高，则AM1⊥平面BCC1B1，故AM1为点A到平面BCC1B1的距离，SM1==2，则AM1==2，A正确；
对于B，因为AM1⊥平面BCC1B1，当r=AP=2时，可得M1P===2，因此，点P的轨迹是以M1为圆心，2为半径的圆与等腰梯形BCC1B1重合部分的两段圆弧，分别为和(如图2)，连接M1E，M1F，由M1M=，M1E=M1F=2，易得∠EM1F=，因此∠C1M1E=∠B1M1F=，所以的长度l=×2=，则点P的轨迹的长度为2l=，即曲线Γ的长度为，B错误；
对于C，CP的最小值为CM1-M1P=SM1-M1P=2-2，C正确；
对于D，所有的线段AP所形成的曲面的面积为圆锥侧面积的一部分，由选项B分析知点P的轨迹的长度为，则曲面的面积为×2π×2×2·=，D正确.
故选ACD.
跟踪训练　A
【解析】
如图所示，连接QP并延长交CB的延长线于点E，连接ET并延长交AD于点S，交CD的延长线于点H，连接HQ，交DD1于点R，连接SR，则m即为SR，n即为ST.由PB∥QC，得==，所以EB=2，EC=6，由AS∥EB，得==，则AS=EB=，
所以n=ST==，故C，D错误；由SD∥EC，所以==，又SR∥PQ，所以==，所以m=SR=QE==，故A正确，B错误.
1.AC
【解析】对于A，当n α时，因为m∥n，m β，所以n∥β，
当n β时，因为m∥n，m α，所以n∥α，
当n既不在平面α内也不在平面β内时，因为m∥n，m α，m β，所以n∥α且n∥β，故A正确；
对于B，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故B错误；
对于C，如图，过直线n分别作两个平面与α，β分别相交于直线s和直线t，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，所以根据线面平行的性质定理知n∥s，
同理可得n∥t，则s∥t，因为s 平面β，t 平面β，所以s∥平面β，
因为s 平面α，α∩β=m，则s∥m，又因为n∥s，所以m∥n，故C正确；
对于D，若α∩β=m，n与α和β所成的角相等，当n∥α，n∥β时，则m∥n，故D错误.故选AC.
2.24
【解析】由题意可知，以EF为直径的球的球心为正方体的中心O，以OF为半径，O为球心的球与正方体的棱A1B1有2个交点，根据正方体的对称性知，其余各棱与球面也有2个交点，所以以EF为直径的球的球面与该正方体各棱的交点总数为24.
1.D
【解析】当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m α，故A错误；
当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m α，故B错误；
在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，
取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故C错误；
当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故D正确.
故选D.
2.A
【解析】对于A，若m⊥α，则“n∥α”是“m⊥n”的充分不必要条件，故A错误；对于B，若m α，n α，则m∥n m∥α，m∥α m，n平行或异面，所以“m∥n”是“m∥α”的充分条件，故B正确；对于C，若m⊥α，则m⊥β α∥β，则“m⊥β”是“α∥β”的充要条件，故C正确；对于D，若m∥α，则m∥n n∥α或n α，n∥α m，n相交、平行或异面，所以“m∥n”是“n∥α”的既不充分也不必要条件，故D正确.故选A.
3.
B
【解析】如图，过点P作PG⊥EF，垂足为G，连接CG，
∵PC⊥平面ABC，∴PC⊥EF.
又PC∩CG=C，PC，CG 平面PCG，
∴EF⊥平面PCG，∴EF⊥CG，
∴∠PGC即为二面角P-EF-C的平面角，
∴∠PGC=60°.
∵PC=2，∴PG=，CG=.设CE=a，CF=b，则EF=.
在△CEF中，ab=·.又≥，∴ab≥·=，
∴ab≥，当且仅当a=b=时，等号成立，∴△PEF的面积为×·=ab≥，故截面PEF的面积的最小值为.
4.
A
【解析】设正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的半径为R，球心为O，棱长为a，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的体积为4π，所以πR3=4π，则R=.由3a2=(2)2，得a=2.
设球心O到平面EFG的距离为h，平面EFG截球的截面圆的半径为r，点A1到平面EFG的距离为h'，因为E，F，G分别为棱AA1，A1B1，A1D1的中点，所以△EFG是边长为的正三角形.
由=，得S△EFG·h'=·A1E，则××××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截球的截面面积为πr2=.
5.AC
【解析】
对于A，设截面与棱BD的交点为Q，如图1，连接AQ，CQ，过棱AC的截面为△ACQ，则当Q为棱BD的中点时，△ACQ的面积取得最小值，在等腰△ACQ中，AC=1，AQ=CQ=，可得S△ACQ=，故A正确.
对于B，如图2，在线段BD上取一点P(不含端点)，连接AP，CP，
因为AB=BC，BP=BP，∠ABP=∠CBP，所以△ABP≌△CBP，所以AP=CP，设AP=CP=t，t∈，1，则∈1，.
在△ACP中，cos ∠APC===1-，所以≤cos ∠APC<，故B错误.
对于C，如图3，取线段AC，BD的中点分别为M，N，连接AN，MN，CN，因为AN=NC，所以在等腰△ANC中，MN为底边上的中线，则MN⊥AC，同理可证MN⊥BD，故MN为线段AC，BD的公垂线，
所以当M，N分别为线段AC，BD的中点时，M，N两点间的距离最小，此时AN=CN=，所以MN==，即M，N两点间的距离的最小值为，故C正确.
对于D，与正四面体各个顶点的距离都相等的截面分为以下两类：(1)平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面的距离相等，这样的截面有4个；(2)平行于正四面体的两条对棱，且到两条对棱的距离相等，这样的截面有3个.故与该正四面体各个顶点的距离都相等的截面共有7个，故D错误.
6.B
【解析】因为底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且PC与底面ABCD所成角的正切值为，所以AC==，PA=1.
因为AM=，所以PM==，以P为球心，PM为半径的球的球面与四棱锥P-ABCD侧面的交线是以P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，即，如图所示.
由PB==，PC==，得PC2=PB2+BC2，则PB⊥BC，所以tan ∠APF==tan ∠BPC=，则∠APF=∠BPC，所以∠APF+∠FPB=，所以∠FPC=∠BPC+∠FPB=.根据对称性有∠FPC=∠CPE，所以∠FPE=，故的长为×2π×=.
又球面与底面ABCD的交线是以P为圆心，为半径的四分之一圆，其长度为×2π×=，故以P为球心，PM为半径的球的球面与四棱锥P-ABCD各面的交线长为π.
7.D
【解析】因为=λ+(1-λ)(0≤λ≤1)，所以=λ，又0≤λ≤1，所以O是线段BD上一点.
如图1，连接AC，与BD交于点Z.当点O与点D重合时，平面OAD1与平面ADD1A1重合，此时截面面积为4.当点O在线段DZ(不含点D)上时，平面OAD1截正方体所得截面为三角形，且当点O与点Z重合时，截面为△ACD1，此时截面面积最大，由等边三角形ACD1的边长为2，得此时截面面积为2.
如图2，当点O在线段BZ(不含点B，Z)上时，
延长AO，与BC交于点W，作WR∥AD1，与CC1交于点R，连接RD1，则截面为等腰梯形AWRD1.设BW=x(08.　[+3，2+2]
【解析】过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1，垂足为G，如图1.
易知O1O2⊥CD，O1O2=2，O2D=1，在Rt△O1O2D中，由勾股定理可得O1D==，则由题意可得OG=×=×=.设点O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截球O所得的截面圆的半径为r1，因为O1D 平面DEF，当OG⊥平面DEF时，d1取得最大值OG，即d1≤OG=，所以r1=≥=，所以平面DEF截球O所得的截面面积的最小值为π×2=.
由题意可知，点M在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设点M在底面的射影为点M'，如图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，则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的周长的取值范围为[+3，2+2].
9.BCD
【解析】对于A，因为C1C∥A1A，且A1A和平面OMN相交，所以C1C与平面OMN相交，故A错误.
对于B，因为M，N分别为线段A1A，A1B的中点，所以MN∥AB∥CD，又MN 平面A1CD，CD 平面A1CD，所以MN∥平面A1CD.因为O，N分别为线段BD，A1B的中点，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正确.
对于C，连接A1O(图略)，由于O为AC的中点，且A1A=A1C，故AC⊥A1O，而AC⊥BD，A1O∩BD=O，故AO⊥平面A1BD.因为MN∥AB，所以MN与平面A1BD所成的角即为AB与平面A1BD所成的角.又AB与AO的夹角为45°，所以直线MN与平面A1BD所成的角为45°，故C正确.
对于D，设A1A=A1C=AB=a，则AC=a，显然A1A2+A1C2=AC2，故A1C⊥A1A，因为OM∥A1C，所以OM⊥A1A，而D1D∥A1A，所以OM⊥D1D，故D正确.故选BCD.
10.CD
【解析】对于A，易知B1C⊥平面ABC1D1，A∈平面ABC1D1，故动点P的轨迹为矩形ABC1D1，则动点P的轨迹长度为矩形ABC1D1的周长，即4+4，故A错误.
对于B，因为=，而等边三角形AB1D1的面积为定值2，要使三棱锥P-AB1D1的体积最大，当且仅当点P到平面AB1D1的距离最大.易知点C到平面AB1D1的距离最大，所以()max =，此时三棱锥C-AB1D1即为棱长是2的正四面体，其高h==，所以()max==×2×=，故B错误.
对于C，连接AC，AB1，以B为圆心，BB1为半径画弧，如图1所示，
当点P在线段AC，AB1和弧上时，直线AP与AB所成的角为45°，
又AC=2，AB1=2，弧的长度为×π×22=π，所以点P的轨迹长度为π+4，故C正确.
对于D，取A1D1，D1D，DC，CB，BB1，AB的中点分别为Q，R，N，M，T，H，连接QR，QF，FT，TM，MN，NR，FH，HN，HM，D1C，B1D1，B1C，FN，FM，如图2所示.
因为FT∥D1C，FT 平面D1B1C，D1C 平面D1B1C，所以FT∥平面D1B1C.因为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与平面FTM是同一个平面，则点P的轨迹为线段MN.在△FNM中，FN==2，FM==，MN=，则FM2+MN2=8=FN2，故△FNM是以∠FMN为直角的直角三角形，故线段PF长度的最大值为2，故D正确.故选CD.
11.解析　(1)在正方形ABCD中，AD⊥AB，
因为平面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)因为△FAB为等边三角形，设AB的中点为O，连接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为坐标原点，OB，OG，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图1所示.
因为EF=BC=3，所以BC=4，则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).设平面BCEF的法向量为m=(x，y，z)，则即令z=1，得x=，y=0，所以平面BCEF的一个法向量为m=(，0，1)，
设平面FGH的法向量为n=(a，b，c)，
则即令c=，得a=-，b=，所以平面FGH的一个法向量为n=-，，.
9分
设平面BCEF与平面FGH的夹角为θ，则cos θ=|cos|===，所以平面BCEF与平面FGH的夹角的余弦值为. 11分
(3)平面FHG与平面ABCD的交线为直线PG.如图2所示，在AD上取一点P，使得DP=EF，连接FP，PG.因为EF∥BC，AD∥BC，所以EF∥AD，即EF∥DP，所以四边形EFPD为平行四边形，所以FP∥ED.
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以GH∥DE，所以GH∥PF，即G，H，P，F四点共面，故=. 15分
12.解析　(1)因为底面ABCD是菱形，所以AD∥BC.又AD 平面BCFE，BC 平面BCFE，所以AD∥平面BCFE.又因为AD 平面ADFE，平面BCFE∩平面ADFE=EF，所以AD∥EF.
4分
(2)①如图所示，取CD的中点G，连接FG，OG.由CF=DF，得FG⊥CD.又因为O为BM的中点，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.又因为OE 平面OGFE，所以OE⊥CD.又OE⊥BM，CD与BM相交，且CD，BM 平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD. 10分
②以O为原点，OE所在直线为z轴，OG所在直线为y轴，过点O作CD的平行线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则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).设平面CDF的法向量为n=(x，y，z)，则
所以令y=1，则x=0，z=，所以平面CDF的一个法向量为n=(0，1，).设直线AE与平面CDF所成的角为α，则sin α=|cos<，n>|==.
故直线AE与平面CDF所成角的正弦值为. 17分
13.B
【解析】因为EF∥GH，D1G∥A1E，GH，D1G 平面D1GH，EF 平面D1GH，A1E 平面D1GH，所以由线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，由面面平行的性质定理知l∥m，故选B.
14.
【解析】连接AC(图略)，由正方体的性质可知A1C1∥EF，则AC∥EF.设BE=λAB(0≤λ≤1)，则BF=λBC=λ，又正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则正方体ABCD-A1B1C1D1的体积V=1，
所以棱台BEF-B1A1C1的体积V1=(S1+S2+)h=λ2+×12+×1=(λ2+λ+1).
依题意得==，化简得9λ2+9λ-4=0，
又λ∈[0，1]，解得λ=，所以BE=BF=，则EF==，A1E==.又A1C1=，四边形A1C1FE为等腰梯形，所以其高为=，所以四边形A1C1FE的面积为×+×=.
15.
【解析】
延长BH，B1C1，并交于点R，连接GR，交A1C1于点S，连接HS，A1R，BG，则过点B，G，H的截面为如图所示的四边形BHSG，故线段HS的长即为所求.
因为CC1∥BB1，H是CC1的中点，所以C1是B1R的中点.又G为A1B1的中点，所以S为△A1B1R的重心，所以C1S=A1C1=，HS==，故过点B，G，H的截面与平面ACC1A1的交线长为.