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专题三 立体几何
第3 讲 立体几何中截面、动态问题
【探究真题.明确方向】
1.(2023·新课标Ⅱ卷，T14)底面边长为4 的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，
高为3 的正四棱锥，所得棱台的体积为 .
2.(多选)(2023·新课标Ⅰ卷，T12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚
度忽略不计)内的有( )
A.直径为0.99 m 的球体
B.所有棱长均为1.4 m 的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m 的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m 的圆柱体
【命题预测】本讲是高考命题常考的内容，属于中高档题目，一般以选择题、填空题为主，分值约为5~6
分.
【考向预测】一是“截面、交线”问题，主要与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合；二是
“动态”问题，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.
1.【答案】28
【解析】方法一 棱台的体积为1
3×3×(16+4+❑√16×4)=28.
方法二 如图，由于2
4 =1
2，而截去的正四棱锥的高为3，
所以原正四棱锥的高为6，
所以原正四棱锥的体积为
1
3×(4×4)×6=32，
截去的正四棱锥的体积为
1
3×(2×2)×3=4，
所以棱台的体积为32-4=28.
2.【答案】ABD
【解析】对于A，因为0.99 m<1 m，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体容器内，故A 正确；
对于B，因为正方体的面对角线长为❑√2 m，且❑√2>1.4，
所以能够被整体放入正方体容器内，故B 正确；
对于C，因为正方体的体对角线长为❑√3 m，且❑√3<1.8，
所以不能够被整体放入正方体容器内，故C 错误；
对于D，
因为1.2 m>1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，
过AC1的中点O 作OE⊥AC1，
设OE∩AC=E，
可知AC=❑√2，CC1=1，AC1=❑√3，OA=
❑√3
2 ，
那么tan∠CAC1=C C1
AC =OE
AO ，
即1
❑√2=
OE
❑√3
2
，
解得OE=
❑√6
4 ，且(
❑√6
4 )
2
=3
8= 9
24 > 9
25=0.62，
即
❑√6
4 >0.6，
所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m 的圆柱，
若底面直径为1.2 m 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点
为M，
可知AC1⊥O1M，O1M=0.6，
那么tan∠CAC1=C C1
AC =O1 M
A O1
，
即1
❑√2= 0.6
A O1，
解得AO1=0.6❑√2，
根据对称性可知圆柱的高为
❑√3-2×0.6❑√2≈1.732-1.2×1.414=0.035 2>0.01，
所以能够被整体放入正方体容器内，所以D 正确.
考点一 截面问题
【典例】1 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F 分别为棱AB，AD 的中点，过点E，F，C1三点作该
正方体的截面，则( )
A.该截面多边形是四边形
B.该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C.A1C⊥平面C1EF
D.平面AB1D1∥平面C1EF
【答案】B
【解析】对于A，将线段EF 向两边延长，分别与棱CB 的延长线，棱CD 的延长线交于G，H，
连接C1G，C1H，分别与棱BB1，DD1交于P，Q，得到截面多边形C1PEFQ 是五边形，A 错误；
对于B，易知△AEF 和△BEG 全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=1
2BC，
所以BP
C C1
=GB
GC =1
3，即BP
B B1
=1
3，点P 是棱BB1的一个三等分点，B 正确；
对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，
BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，
又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，
B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，
因为A1C⊂平面A1B1C，
所以A1C⊥BC1，
同理可证A1C⊥BD，
因为BD∩BC1=B，BD，BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，
因为平面BC1D 与平面C1EF 相交，
所以A1C 与平面C1EF 不垂直，C 错误；
对于D，易知BC1∥AD1，BD∥B1D1，
所以A1C⊥AD1，A1C⊥B1D1，
又AD1∩B1D1=D1，AD1，B1D1⊂平面AB1D1，
所以A1C⊥平面AB1D1，
结合C 结论，所以平面C1EF 与平面AB1D1不平行，D 错误.
【考法归纳】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.
【变式训练】1 (多选)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BCD
B.球O 的体积为
❑√2π
3
C.球O 被平面BCD 截得的截面面积为4 π
3
D.球O 被正四面体ABCD 表面截得的截面周长为8 ❑√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=1
2BD，NF=1
2BD，
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，在棱长为2 的正四面体ABCD 中，AN=DN=❑√3，M 为
AD 的中点，则MN⊥AD，
故MN=❑√D N
2−M D
2=❑√3−1=❑√2，
则OM=
❑√2
2 ，所以球O 的体积为4
3 π×OM3=4
3 π×(
❑√2
2 )
3
=
❑√2π
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=1
3ND=
❑√3
3 ，
所以OG=❑√O N
2−N G
2=❑√(
❑√2
2 )
2
−(
❑√3
3 )
2
=
❑√6
6 ，
故球O 被平面BCD 截得的截面圆的半径为
❑√(
❑√2
2 )
2
−(
❑√6
6 )
2
=
❑√3
3 ，则球O 被平面BCD 截得的截面圆的面积为π×(
❑√3
3 )
2
=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
❑√3
3 ，故球O 被正四面体ABCD 表面
截得的截面周长为4×2π×
❑√3
3 =8 ❑√3 π
3
，D 正确.
考点二 交线问题
【典例】2 (2025·九江模拟)在棱长为❑√3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P 在正方体内(包含边界)运动.
若直线A1P 与DC 所成的角为π
6 ，则动点P 所围成的图形的面积是( )
A.π
4
B.π
2
C.3 π
4
D.π
【答案】B
【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DC∥A1B1，直线A1P 与DC 所成的角为π
6 ，即直线A1P 与
A1B1所成的角为π
6 ，故动点P 所围成的图形是高为❑√3，底面半径为1，母线长为2 的圆锥侧面的四分之一，
即动点P 所围成的图形的面积为1
4 ×π×1×2=π
2 .
【考法归纳】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.
【变式训练】2 四棱锥P-ABCD 满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=1
2BC=1，
动点E 在以P 为球心，1 为半径的球与△PCD(包括边界)的交线上，动点F 在直线PB 上，则EF 的最小
值为 .
【答案】
❑√6
3
【解析】以P 为球心，1 为半径的球与△PCD(包括边界)的交线是△PCD 内以P 为圆心，1 为半径的一截圆
弧，如图所示，
由于PE 为定值1，则当F 点固定时，由余弦定理可知，EF 的长只取决于∠EPF 的大小，∠EPF 越小，EF
越小，
过B 作平面PCD 的垂线，垂足为G，
易知在△BCD 中，CD⊥BD，CD=BD=❑√2，
所以S△BCD=1
2×❑√2×❑√2=1，
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
则PA⊥BC，又易知BC⊥AB，AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，则
BC⊥PB.
PC=❑√P B
2+ BC
2=❑√(❑√2)
2+2
2=❑√6，
在△PCD 中，PD=DC=❑√2，
所以S△PCD=1
2×❑√6×❑√
(❑√2)
2−(
❑√6
2 )
2
=
❑√3
2 ，
由V 三棱锥P-BCD=V 三棱锥B-PCD得，1
3×1×PA=1
3×
❑√3
2 ×BG⇒BG=2❑√3
3
，易知G 在PC 上，
延长PG 交圆弧为E，过E 作PB 的垂线，垂足为F，此时∠EPF 为线面角，取到最小值，
此时sin∠EPF=
2❑√3
3
❑√2
=
❑√6
3 ，
EF=PEsin∠EPF=1×
❑√6
3 =
❑√6
3 取到最小值.
考点三 动态问题
【典例】3 (多选)在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 在侧面CC1D1D(含边界)内运动，Q 在底
面ABCD(含边界)内运动，则下列说法正确的是( )
A.若直线AC 与直线AP 所成角的大小为30°，则点P 的轨迹为椭圆的一部分
B.若过点Q 作体对角线A1C 的垂线，垂足为H，满足QA=QH，则点Q 的轨迹为双曲线的一部分
C.若点P 到直线B1C1的距离与点P 到平面ABCD 的距离相等，则点P 的轨迹为抛物线的一部分
D.若点P 满足∠PAD=∠PAC1，则点P 的轨迹为线段
【答案】ACD
【解析】依题意，以A 为坐标原点，AD 为x 轴，AB 为y 轴，AA1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，C(1，1，0)，
A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D(1，0，0)，
假设P(1，m，n)，m，n∈[0，1]，
则⃗AC=(1，1，0)，⃗AP=(1，m，n)，
所以cos 30°=⃗AC ·⃗AP
|⃗AC||⃗AP|=
m+1
❑√2·
❑√1+m
2+n
2=
❑√3
2 ，
即(m−2)
2
3
+n2=1，m，n∈[0，1]，
所以点P 的轨迹为椭圆的一部分，故A 正确；
设Q(a，b，0)，a，b∈[0，1]，
QA=❑√a
2+b
2，⃗A1Q=(a，b，-1)，⃗
A1C=(1，1，-1)，
|⃗A1 H|为向量⃗A1Q在向量⃗A1C上投影的长度，故|⃗A1 H|=⃗
A1Q·⃗A1C
|⃗A1C|
=a+b+1
❑√3
，
由勾股定理，得QH=❑√|⃗A1Q|
2−|⃗A1 H|
2
=❑√a
2+b
2+1−(a+b+1)
2
3
，
由QA=QH 得，a+b=❑√3-1，a，b∈[0，1]，
所以点Q 的轨迹为线段，故B 错误；
由条件得，点P 到直线B1C1的距离为❑√(1−m)
2+(1−n)
2，
设点P 到平面ABCD 的距离为n，
由❑√(1−m)
2+(1−n)
2=n，化简得(m-1)2=2n-1，所以点P 的轨迹为抛物线的一部分，故C 正确；⃗
AD=(1，0，0)，⃗A C1=(1，1，1)，
可得cos∠PAD=⃗AD·⃗AP
|⃗AD||⃗AP|=
1
❑√m
2+n
2+1，
cos∠PAC1=⃗
A C1·⃗AP
|⃗A C1||⃗AP|=
1+m+n
❑√3·
❑√m
2+n
2+1
，
由cos∠PAD=cos∠PAC1，
化简得m+n=❑√3-1，所以点P 的轨迹为线段，故D 正确.
【考法归纳】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.
【变式训练】3 (多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P 在正方体的内切球
表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是( )
A.BP⊥B1D
B.点P 的轨迹长度为π
C.线段BP 长度的最小值为
❑√6
6
D.⃗BP·⃗BC1的最小值为1-
❑√3
3
【答案】ACD
【解析】以D 为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，
1，1)，
正方体的内切球的球心为正方体的中心O(
1
2 ，1
2 ，1
2)，半径r=1
2，⃗
AC=(-1，1，0)，⃗A D1=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，
由{
n·⃗AC =0，
n·⃗A D1=0，即{
−x + y =0，
−x + z =0，
令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1).
对于选项A，⃗B1 D=(-1，-1，-1)，
因为BP∥平面ACD1，所以⃗BP·n=0，而⃗B1 D=-n，
所以⃗BP·⃗B1 D=0，即BP⊥B1D，A 正确；
对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面
ACD1，所以点P 的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1，
⃗
O A1=(
1
2 ，−1
2 ，1
2)，
所以点O 到平面A1BC1的距离
d=|⃗O A1·n|
|n|
=|
1
2 −1
2 + 1
2|
❑√3
=
❑√3
6 ，
所以圆O1的半径为r1=❑√r
2−d
2=❑√(
1
2)
2
−(
❑√3
6 )
2
=
❑√6
6 ，
所以圆O1的周长l=2πr1=
❑√6 π
3
，
即点P 的轨迹长度为
❑√6 π
3
，B 错误；
对于选项C，BO=
❑√3
2 ，点P 在球面上，BO1=❑√BO
2−d
2=❑√(
❑√3
2 )
2
−(
❑√3
6 )
2
=
❑√6
3 ，
线段BP 长度的最小值为BO1-r1=
❑√6
3 -
❑√6
6 =
❑√6
6 ，C 正确；
对于选项D，设⃗BP与⃗BC1的夹角为θ，⃗BC1=(-1，0，1)，|⃗BC1|=❑√2，
在平面直角坐标系中，B(0，
❑√6
2 )，C1(−
❑√2
2 ，0)，
P(x，y)，O1(0，
❑√6
6 )，⃗
BC1=(−
❑√2
2 ，−
❑√6
2 )，⃗BP=(x，y −
❑√6
2 )，
所以x2+( y −
❑√6
6 )
2
=(
❑√6
6 )
2
，
令x=
❑√6
6 cos θ， y=
❑√6
6 +
❑√6
6 sin θ，⃗
BP·⃗BC1=-
❑√2
2 x-
❑√6
2 y+3
2=1-
❑√3
3 sin(θ+ π
6)≥1-
❑√3
3 ，
所以⃗BP·⃗BC1的最小值为1-
❑√3
3 ，D 正确.
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共20 分)
1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别为矩形ABCD，矩形A1B1C1D1对角线的交点，则平面
A1BC1与平面BB1D1的交线为( )
A.直线OO1
B.直线OB1
C.直线O1B
D.直线OD1
【答案】C
【解析】点B 是长方体的顶点，显然B∈平面A1BC1 且B∈平面BB1D1，
所以B∈平面A1BC1∩平面BB1D1，
O1是矩形A1B1C1D1的对角线交点，
则O1∈A1C1，O1∈平面A1BC1，O1∈B1D1，O1∈平面BB1D1，
所以O1∈平面A1BC1∩平面BB1D1，
所以平面A1BC1∩平面BB1D1=O1B.
2.已知点P 是正四面体A-BCD 内的动点，E 是棱CD 的中点，且点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等，则点P
的轨迹被平面ABE 所截得的图形为( )
A.线段
B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分
D.抛物线的一部分
【答案】D
【解析】在正四面体A-BCD 中，E 是棱CD 的中点，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE=E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，
又点P 的轨迹被平面ABE 所截，即点P 在平面ABE 内，所以点P 到棱CD 的距离为PE.
在平面ABE 内过点P 作PF⊥AB，则PF 为点P 到棱AB 的距离，又点P 到棱AB 和棱CD 的距离相等，
即PE=PF，
因此，在平面ABE 内，动点P 到棱AB 和到定点E 的距离相等.
由抛物线的定义得，动点P 的轨迹是抛物线的一部分.
3.已知三棱锥P-ABC 的棱PA，PB，PC 两两垂直，且PA=4❑√3，PB=PC=4.以BC 为直径的球的球面与平面
APC 的交线为l，则l 的长度为( )
A.4
B.4
3
C.4 π
3
D.4π
【答案】D
【解析】由于BC 为直径，所以球心在BC 中点O 处，且半径为1
2BC=2❑√2，取PC 的中点M，则
OM∥PB，所以OM⊥平面APC，且OM=1
2BP=2，故O 到平面APC 的距离为2，平面APC 截球所得的图形
为圆，且圆的半径为❑√(2❑√2)
2−O M
2=2，故l 的长度为4π.
4.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F 分别是棱AD，B1C1的中点，若P 为侧面ADD1A1内
(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P 的最小值为( )
A.8 ❑√2
5
B.2❑√30
5
C.❑√5
D.2❑√2
【答案】B
【解析】如图所示，取A1D1的中点M，
连接AM，B1M，AB1，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD=B1C1，
因为E，F 分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F 且AE=B1F，
所以四边形AB1FE 为平行四边形，则AB1∥EF，
又因为AB1⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF，
因为AB1∩AM=A，且AB1，AM⊂平面AB1M，所以平面AB1M∥平面BEF，
又因为平面ADD1A1∩平面AB1M=AM，
当P∈AM 时，则B1P⊂平面AB1M，
此时B1P∥平面BEF，所以点P 在侧面ADD1A1内的轨迹为线段AM，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，可得AM=B1M=❑√5，AB1=2❑√2，
在△AMB1中，可得cos∠AMB1=
5+5−8
2×❑√5×❑√5=1
5，
则sin∠AMB1=2❑√6
5
，
所以B1P 的最小值为B1M·sin∠AMB1=❑√5×2❑√6
5
=2❑√30
5
.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
5.如图，棱长为a 的正四面体形状的木块，点P 是△ACD 的中心.劳动课上需过点P 将该木块锯开，并使得
截面平行于棱AB 和CD，则下列关于截面的说法中正确的是( )
A.截面不是平行四边形
B.截面是矩形
C.截面的面积为2a
2
9
D.截面与侧面ABC 的交线平行于侧面ABD
【答案】BCD
【解析】如图所示，在正四面体中，4 个面均为正三角形，由于点P 为△ACD 的中心，
所以P 位于CD 的中线的2
3处，分别取BC，AC，AD，BD 的三等分点，
则EM∥AB，EF∥CD，FN∥AB，MN∥CD，
所以EM∥FN，EF∥MN，所以截面EFNM 为平行四边形，所以A 错误；
连接AP 并延长交CD 于G，连接BG，由于P 为△ACD 的中心，所以G 为CD 的中点，因为
AC=AD=BC=BD，所以AG⊥CD，BG⊥CD，
因为AG∩BG=G，AG，BG⊂平面ABG，
所以CD⊥平面ABG，又AB⊂平面ABG，所以CD⊥AB，
因为EM∥AB，EF∥CD，所以EM⊥EF，
所以截面EFNM 为矩形，所以B 正确；
因为MN=2
3CD=2
3a，ME=1
3AB=1
3a，
所以截面面积S=MN·ME=2
3a·1
3a=2
9a2，
所以C 正确，
对于D，截面EFNM∩平面ABC=ME，ME∥AB，ME⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以ME∥平面ABD，所以D 正确.
6.(2025·大庆质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2❑√3，BC=AA1=2，M，N 分别为B1C1，A1B1的中
点，则( )
A.B1D⊥平面BMN
B.若P 为对角线AC 上的动点(包含端点)，则三棱锥M-BPN 的体积为定值
C.三棱锥B1-BMN 的外接球的体积为8 ❑√2
3
π
D.若点P 为长方形ABCD 内一点(包含边界)，且D1P∥平面BMN，则D1P 的最小值为2
【答案】BC
【解析】对于选项A，若B1D⊥平面BMN，根据线面垂直的性质，可得B1D⊥MN，
因为A1C1∥MN，根据平行线的传递性，所以B1D⊥A1C1，
又因为D1D⊥A1C1，且D1D∩B1D=D，
D1D，B1D⊂平面DD1B1，
所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D1⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D1，
但在长方体中，B1D1不垂直于A1C1，这相互矛盾，所以B1D 不垂直于平面BMN，故A 错误；
对于选项B，易知AC∥平面BMN，根据线面平行的性质，可知AC 上的点到平面BMN 的距离相等，三棱
锥P-BMN 的体积V 三棱锥P-BMN=1
3S△BMN·h(h 为点P 到平面BMN 的距离)，由于AC 上的点到平面BMN 距离相
等，所以V 三棱锥P-BMN不变，
又因为V 三棱锥M-BPN=V 三棱锥P-BMN，所以三棱锥M-BPN 的体积为定值，故B 正确；
对于选项C，分别以B1B，B1M，B1N 为长、宽、高构造长方体，由于长方体的外接球直径就是长方体的体
对角线，且该长方体的外接球与三棱锥B1-BMN 的外接球相同，
设外接球半径为R，可得2R=❑√(❑√3)
2+1
2+2
2=2❑√2，则R=❑√2，则外接球的体积V=4
3 π×(❑√2)3=8 ❑√2
3
π，故
C 正确；
对于选项D，取AD 的中点E，取CD 的中点F，连接EF，D1E，D1F，易知平面D1EF∥平面BMN，
因为点P 为长方形ABCD 内一点(包含边界)，所以点P 的运动轨迹为线段EF，在△D1EF 中，过点D1作
D1P⊥EF，此时D1P 取得最小值，
由题意可知，D1E=❑√5，D1F=❑√7，EF=2，
根据余弦定理cos∠D1FE= D1 F
2+ E F
2−D1 E
2
2· D1 F·EF
=(❑√7)
2+2
2−(❑√5)
2
2×❑√7×2
= 3
2❑√7 ，
则sin∠D1FE=❑√1−co s
2∠D1 FE=❑√
1−(
3
2❑√7)
2
=
❑√19
2❑√7 ，
所以D1Pmin=D1Fsin∠D1FE=❑√7×
❑√19
2❑√7 =
❑√19
2 ，故D 错误.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
7.已知一个棱长为a 的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为
4，则a 的最大值为 .
【答案】4
3
【解析】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a 最大时，正方体的外接球恰为
圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4 的圆锥轴截面正△SAB 的内切圆是该圆锥内切球O 的截面大圆，如图，正
△SAB 的高SO'=
❑√3
2 SA=2❑√3，
则内切圆的半径即球O 的半径R=1
3SO'=2❑√3
3
，
于是得球O 的内接正方体棱长a 满足❑√3a=2R=4 ❑√3
3
，解得a=4
3 ，所以a 的最大值为4
3 .
8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 是棱CC1的中点，记平面AD1E 与平面ABCD 的交线为l1，平面
AD1E 与平面ABB1A1的交线为l2，若直线AB 分别与l1，l2所成的角为α，β，则tan α= ，
tan(α+β)= .
【答案】1
2 4
3
【解析】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 是棱CC1的中点，
延长D1E 与DC 的延长线交于点F，连接AF，
则直线AF 即为直线l1，α=∠BAF，
由CE∥DD1，得CF=DC，又AB∥CD，
于是tan α=tan∠AFD=1
2.
由平面DCC1D1∥平面ABB1A1，平面AD1E∩平面ABB1A1=l2，平面AD1E∩平面DCC1D1=D1E，
则D1E∥l2，又C1D1∥AB，
因此β=∠C1D1E，tan β=1
2，
所以tan(α+β)= tan α + tan β
1−tan α tan β =
1
2 + 1
2
1−1
2 × 1
2
=4
3 .
