25届高考数学二轮复习重点专题突破·空间几何体的截面和交线问题（全国通用）

高考二轮复习专题 空间几何体的截面 和交线问题 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 巩固训练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 1.作截面的几种方法 (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的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. 2.判断几何体被一个平面所截的截面形状，关键在于弄清这个平面与几何体的面相交成线的形状和位置. 3.几何体的截面的相关计算，关键在于根据公理作出所求的截面，再运用解三角形的相关知识得以解决. 典例分析·能力提升 2 典例一　作截面 7 8 9 √ √ 10 11 12 13 典例二　球的截面 √ 14 15 √ 16 17 18 典例三　交线问题 19 20 √ 21 22 23 巩固训练·高分突破 3 √ 25 26 √ 27 28 √ 29 30 √ 31 32 √ 33 34 √ 35 36 37 38 39 √ √ √ 40 41 42 43 44 √ √ √ 45 46 47 48 49 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ (1)①在图1中作出长方体ABCD－A1B1C1D1过棱上的点E，F，G的截面． 【解析】　①方法一(平行线法)： 连接GF，根据题意可以确定线段GF是长方体表面的截线段，先在与线段GF所在平面平行的平面BCC1B1中过点E作EH∥GF与BB1交于点H，然后再连接GH，EF，则平面EFGH即为所求截面，如图． 【解析】　方法二(相交线法)： 连接FE并延长与AB的延长线相交于点H，连接GH与线段BB1交于点J，连接GF，JE，则平面EFGJ即为所求截面，如图． ②在图2中作出长方体ABCD－A1B1C1D1过点E，F，G的截面，其中点E，F为棱上的点，点G在长方体内部． 【解析】　②过点G作GH⊥平面ABCD于点H，连接GE，HB并延长相交于点I，再连接IF与BC交于点J，连接JE并延长与C1B1的延长线交于点K，在平面A1B1C1D1中过点K作与IF平行的直线与A1D1，A1B1分别交于点M，N，连接NE，FM，则平面MNEJF即为所求截面，如图． (2)【多选题】(2024·浙江强基联盟联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，过棱CC1，A1D1，A1B1的中点P，Q，R作正方体的截面，则(　　) A.截面多边形的周长为 eq \r(2) ＋2 eq \r(10) B．截面多边形的面积为 eq \f(7,6) eq \r(11) C．截面多边形存在外接圆 D．截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(11),11) 【解析】　如图，连接QR并延长交C1D1，C1B1的延长线于点F，E，连接PF交DD1于N，连接PE交BB1于M，连接QN，RM得到截面五边形PNQRM，设FE的中点为O，连接PO. 易得MP＝NP＝ eq \f(2\r(10),3) ，QR＝ eq \r(2) ，MR＝NQ＝ eq \f(\r(10),3) ，因此截面多边形的周长为 eq \r(2) ＋2 eq \r(10) ，故A正确． 易知FE＝3 eq \r(2) ，PF＝PE＝ eq \r(10) ，则在等腰△PFE中，PO＝ eq \f(\r(22),2) ，S△PFE＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(22),2) ×3 eq \r(2) ＝ eq \f(3\r(11),2) ， S△FNQ＝S△MRE＝ eq \f(1,2) ·sin ∠PFE·FN·FQ＝ eq \f(\r(11),6) ， 所以截面多边形的面积为S△PFE－S△FNQ－S△MRE＝ eq \f(7,6) eq \r(11) ，故B正确． 连接PQ，PR，易得PQ＝PR＝ eq \r(6) ，则在△PNQ中，cos ∠PNQ＝－ eq \f(1,10) ，故sin ∠PNQ＝ eq \f(3\r(11),10) ，则△PNQ的外接圆半径r1＝ eq \f(PQ,2sin ∠PNQ) ＝ eq \f(5\r(66),33) ，同理易知△PQR的外接圆半径r2＝ eq \f(3\r(22),11) ，则r1≠r2，故P，N，Q，R不在同一个圆上，所以这个五边形没有外接圆，故C错误． 连接A1O，A1P，根据面面角定义可知∠A1OP或其补角为截面所在平面与平面ABCD所成角，易知A1O＝ eq \f(\r(2),2) ，A1P＝3，根据余弦定理可得cos ∠A1OP＝ eq \f(A1O2＋OP2－A1P2,2A1O·OP) ＝－ eq \f(3\r(11),11) ，故sin ∠A1OP＝ eq \f(\r(22),11) ，故D错误．故选AB. 用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．立体几何中截面的处理思路有： (1)直接连接法：截面上有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点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，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：若过截面的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． (1)(2024·四川自贡三模)已知球O半径为4，圆O1与圆O2为球的两个截面圆，它们的公共弦长为4，若OO1＝3，OO2＝ eq \r(3) ，则两截面圆的圆心距O1O2＝(　　) A． eq \r(3) 　　　　　　　　 B． eq \f(4\r(3),3) C．3＋ eq \r(3) D．2 eq \r(3) 【解析】　设圆O1与圆O2公共弦为AB，其中点为E，连接O1A，O2A，OA，O1E，O2E，OE， 则O1A＝ eq \r(OA2－OO12) ＝ eq \r(42－32) ＝ eq \r(7) ，O2A＝ eq \r(OA2－OO22) ＝ eq \r(42－（\r(3)）2) ＝ eq \r(13) ， 所以O1E＝ eq \r(O1A2－AE2) ＝ eq \r(7－4) ＝ eq \r(3) ，O2E＝ eq \r(O2A2－AE2) ＝ eq \r(13－4) ＝3， 所以在Rt△OO1E中，tan ∠OEO1＝ eq \f(3,\r(3)) ＝ eq \r(3) ，所以∠OEO1＝60°， 在Rt△OO2E中，tan ∠OEO2＝ eq \f(\r(3),3) ，所以∠OEO2＝30°， 所以在△O1EO2中，∠O1EO2＝90°，所以O1O2＝ eq \r(O2E2＋O1E2) ＝ eq \r(9＋3) ＝2 eq \r(3) .故选D. (2)(2024·安徽安庆期末)如图，已知正方形ABCD的边长为2，N点在边AD上且DN＝ eq \f(1,2) ，将△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，连接A′C.空间四边形A′BCD的外接球为球O，过N点作球O的截面α，则α截球O所得截面面积的最小值为(　　) A． eq \f(3π,4) B． eq \f(π,2) C． eq \r(3) π D． eq \f(3π,2) 【解析】　如图，取BD的中点为O′，连接O′A′，O′C，O′N， 由正方形ABCD的边长为2，得O′B＝O′D＝O′A′＝O′C＝ eq \r(2) ， 因此O′与O重合，外接球半径R＝ eq \r(2) ， 设球心到平面α的距离为d，截面圆的半径为r， 则有R2＝r2＋d2，即r＝ eq \r(R2－d2) ， 当ON⊥截面α时，d最大，此时截面面积最小，ON＝d， 在△OND中，OD＝ eq \r(2) ，DN＝ eq \f(1,2) ，∠ODN＝ eq \f(π,4) ， 由余弦定理可得， ON＝ eq \r(DN2＋OD2－2DN·OD·cos \f(π,4)) ＝ eq \f(\r(5),2) ， 此时r＝ eq \r(R2－d2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，所以截面面积的最小值为πr2＝ eq \f(3π,4) .故选A. 若用一个平面α去截半径为R的球O，得到的截面是一个圆面． (1)若平面α过球心，则截面圆是以球心O为圆心的圆面． (2)若平面α不过球心，如图所示，设小圆圆心为O′，连接OO′，则OO′⊥α，记OO′＝d，则小圆半径r＝ eq \r(R2－d2) . (3)△ABC的外接圆半径r的计算：常用2r＝ eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) (其中a，b，c为△ABC内角A，B，C所对的边). (4)球的截面性质告诉我们，在计算多面体的外接球时，我们的思路是从平面到空间，先从该多面体的一个面出发，找到其外接圆圆心的位置，球心与该圆心的连线一定垂直于该平面，这样，就可以找到球心和半径． (1)(2024·内蒙古呼和浩特期末)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝CC1＝2，M，N，P分别为棱B1C1，BB1，AC的中点，过P，M，N三点作正三棱柱ABC－A1B1C1的截面，则截面与侧面ABB1A1的交线长为________． eq \f(\r(5),2) 【解析】　如图，延长MN交CB的延长线于E，连接PE交AB于F，连接FN. 因为MN面PMN，E∈MN，所以E∈面PMN，又P∈面PMN，所以PE面PMN， 所以FN为截面PMN与侧面ABB1A1的交线． 取BC中点H，连接PH，则PH∥AB，且PH＝ eq \f(1,2) AB＝1， 易知△NB1M≌△NBE，所以BE＝B1M＝1，所以B为EH的中点， 所以BF＝ eq \f(1,2) PH＝ eq \f(1,2) ，则FN＝ eq \r(BF2＋BN2) ＝ eq \f(\r(5),2) . (2)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＋3 eq \r(2) )π C． eq \f(17π,2) D．(4＋3 eq \r(3) )π 【解析】　画出平面AA1B1B内点P的轨迹 eq \x\to(FE) ，如图，连接OF，OE，因为OA＝4，AA1＝7，OE＝OF＝5，所以AE＝OA1＝3，A1F＝OA＝4，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. 所以在平面AA1B1B内点P的轨迹是以5为半径的 eq \f(1,4) 个圆周，长度为2π×5× eq \f(1,4) ＝ eq \f(5π,2) ；同理，在平面AA1D1D内点P的轨迹长度为 eq \f(5π,2) ；在平面A1B1C1D1内点P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内点P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) . 找交线的方法 (1)线面交点法的关键是找各棱与截面的交点． (2)面面交线法的关键是找各棱所在平面与截面的交线． 1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱B1B，B1C1，C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　　) A．矩形　　　　　　　 B．三角形 C．正方形 D．等腰梯形 解析　如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G， 由题意得GH∥EF∥AD1，AH∥A1F， 又GH平面A1EF，EF平面A1EF，∴GH∥平面A1EF， 同理AH∥平面A1EF， 又GH∩AH＝H，GH，AH平面AHGD1， ∴平面AHGD1∥平面A1EF， 故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形． 2.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为(　　) A． eq \r(2) B． eq \f(9,8) C． eq \r(3) D． eq \f(\r(6),2) 解析　分别取C1D1，B1C1的中点P，Q，连接PQ，B1D1，DP，BQ，NP，易知MN∥B1D1∥BD∥PQ，AD∥NP，AD＝NP，所以四边形ANPD为平行四边形，所以AN∥DP.又BD和DP为平面DBQP内的两条相交直线，AN，MN为平面AMN内的两条相交直线，所以平面DBQP∥平面AMN，四边形DBQP的面积即为所求．因为PQ∥DB，PQ≠BD，所以四边形DBQP为梯形，PQ＝ eq \f(1,2) BD＝ eq \f(\r(2),2) ，梯形的高h＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3\r(2),4) ，所以四边形DBQP的面积为 eq \f(1,2) (PQ＋BD)h＝ eq \f(9,8) . 3．(2024·江西九江期末)如图，已知圆锥顶点为P，底面直径为AB，AB＝4，∠APB＝ eq \f(π,6) ，以AB为直径的球O与圆锥相交的曲线记为Ω(异于圆锥的底面)，则曲线Ω的长为(　　) A．2 eq \r(3) π B．3π C．2π D． eq \f(7,3) π 解析　如图，设球O与母线PA，PB分别交于点M，N，连接MN，OM，设O1为MN中点，则MN为圆O1的直径，曲线Ω是圆O1，连接OO1，则OO1⊥MN.∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA，∵OA＝OM，∴∠OMA＝∠OAM， ∴∠O1MO＝∠MOA＝∠APB＝ eq \f(π,6) ，∴MO1＝OM·cos ∠O1MO＝2×cos eq \f(π,6) ＝ eq \r(3) ， ∴圆O1的周长l＝2π·MO1＝2 eq \r(3) π.故选A. 4．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．2π B．3π C．4π D．8π 解析　如图1，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＝4sin 60°＝2 eq \r(3) ， 由勾股定理得MH＝MF＝ eq \r(MN2＋22) ＝4＝MG＝ME， 所以球面与侧面ABB1A1的交线如图2所示，交线为以N为圆心，2为半径的圆，故交线长l＝2×π×2＝4π. 5．(2024·安徽宣城期末)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，B1P＝2PC，D1Q＝3QC1，过B，P，Q三点的平面截该正方体所得的截面面积为(　　) A．3 eq \r(5) B．15 eq \r(3) C．15 eq \r(15) D．3 eq \r(21) 解析　延长BP交CC1于点R，连接B1R，则 eq \f(CR,B1B) ＝ eq \f(CP,B1P) ＝ eq \f(1,2) ，即R为CC1的中点， 连接QR，取A1B1的中点H，连接BH，HQ，则BH∥QR， 所以B，H，Q，R四点共面，故梯形QRBH即为截面图形，连接RH， 由题意得BH＝BR＝2QR＝2 eq \r(5) ，QH＝ eq \r(17) ，RH＝ eq \r(B1H2＋B1R2) ＝ eq \r(B1H2＋B1C12＋C1R2) ＝2 eq \r(6) ， 在△RBH中，cos ∠RBH＝ eq \f(（2\r(5)）2＋（2\r(5)）2－（2\r(6)）2,2×2\r(5)×2\r(5)) >0，故∠RBH为锐角． 在梯形QRBH中，过R作RN⊥BH于N，记RN＝h，BN＝x，则RB2－BN2＝QH2－(BH－QR－BN)2＝h2(2 eq \r(5) )2－x2＝( eq \r(17) )2－(2 eq \r(5) － eq \r(5) －x)2＝h2，解得x＝ eq \f(4,\r(5)) ，h＝ eq \f(2\r(21),\r(5)) ，所以S梯形BHQR＝ eq \f(1,2) (QR＋BH)h＝ eq \f(1,2) ×3 eq \r(5) × eq \f(2\r(21),\r(5)) ＝3 eq \r(21) .故选D. 6．(2024·四川宜宾模拟预测)已知E，F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD，BC的中点．过EF的平面α截正四面体ABCD所得截面多边形为τ，则下列说法正确的是(　　) ①截面多边形τ可能是三角形或四边形； ②截面多边形τ周长的取值范围是[4，2 eq \r(2) ＋3 eq \r(3) ]； ③截面多边形τ面积的取值范围是[1， eq \r(2) ]； ④当截面多边形τ是一个面积为 eq \f(\r(6),2) 的四边形时，四边形的对角线互相垂直． A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 解析　对于①，当平面α过AD或BC时，易知截面为三角形． 当平面α过AD时(平面α过BC时同理)，连接AF，DF，易知平面ADF即为平面α，且正四面体关于平面ADF对称，如图，将平面α从平面ADF旋转到与AB交于点G时，由对称性可知，此时平面α与CD交于点H，且AG＝DH，连接GE，EH，FH，GF， 此时截面为四边形EGFH，①正确； 对于②，设AG＝m(0≤m≤2)，易得GE＝EH，GF＝FH，四边形EGFH的周长为2(GE＋GF)，由余弦定理得 GE＝ eq \r(m2＋1－m) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)) ， GF＝ eq \r(（2－m）2＋1－（2－m）) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)) ， 由两点间距离公式知，GE＋GF表示动点(m，0)到定点( eq \f(1,2) ， eq \f(\r(3),2) )和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(\r(3),2))) 的距离之和， 当三点共线时取得最小值 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝2， 由二次函数单调性可知，当m＝0或m＝2时，GE＋GF取得最大值1＋ eq \r(3) ， 所以截面多边形τ周长的取值范围是[4，2＋2 eq \r(3) ]，②错误； 对于③，连接GH，记GH与EF的交点为O，由对称性知∠EFG＝∠EFH，FG＝FH， 所以EF⊥GH，S四边形EGFH＝ eq \f(1,2) EF·GH， 因为AF＝ eq \r(AB2－BF2) ＝ eq \r(3) ，EF⊥AD， 所以EF＝ eq \r(AF2－AE2) ＝ eq \r(2) ，所以S四边形EGFH＝ eq \f(\r(2),2) GH， 记 eq \o(AB,\s\up12(→)) ＝a， eq \o(AC,\s\up12(→)) ＝b， eq \o(AD,\s\up12(→)) ＝c， 则 eq \o(GH,\s\up12(→)) ＝ eq \o(GA,\s\up12(→)) ＋ eq \o(AD,\s\up12(→)) ＋ eq \o(DH,\s\up12(→)) ＝－ eq \f(m,2) a＋c＋ eq \f(m,2) (b－c)＝－ eq \f(m,2) a＋ eq \f(m,2) b＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) c， 因为a·b＝a·c＝b·c＝2×2cos eq \f(π,3) ＝2，| a|＝|b|＝|c|＝2， 所以 eq \o(GH,\s\up12(→)) 2＝ eq \f(m2,4) a2＋ eq \f(m2,4) b2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) eq \s\up12(2) c2－ eq \f(m2,2) a·b－m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) a·c＋m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) b·c＝m2＋m2＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) eq \s\up12(2) －m2－2m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) ＋2m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m,2))) ＝2(m－1)2＋2， 由二次函数性质可知，2≤ eq \o(GH,\s\up12(→)) 2≤4，即 eq \r(2) ≤GH≤2， 所以1≤S四边形EGFH≤ eq \r(2) ，③正确； 对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线EF，GH垂直，④正确．故选D. 7．【多选题】(2024·四川成都期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P为线段B1C上的动点，则(　　) A．AP与BD1始终保持垂直 B．PA＋PD的最小值为 eq \r(3＋\r(6)) C．经过AC1的平面截正方体所得截面面积的最小值为 eq \f(\r(6),2) D．以A为球心，AB为半径的球面与平面A1BCD1的交线长为 eq \f(\r(2)π,2) 解析　如图1，连接BD，AC，由正方体的性质可得BD⊥AC，DD1⊥AC，又DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1，因为BD1平面BDD1，所以AC⊥BD1. 连接AB1，同理可得AB1⊥BD1，因为AB1∩AC＝A，所以BD1⊥平面ACB1. 因为AP平面ACB1，所以BD1⊥AP，A正确． 连接B1D，把△DCB1沿CB1展开到与△ACB1共面，如图2， 连接AD，则当A，D，P三点共线时，PA＋PD最小，且最小值为AD， 在△ACD中，CD＝1，AC＝ eq \r(2) ，∠ACD＝150°， 由余弦定理可得AD2＝1＋2－2×1× eq \r(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))) ＝3＋ eq \r(6) ， 所以AD＝ eq \r(3＋\r(6)) ，即PA＋PD的最小值为 eq \r(3＋\r(6)) ，B正确． 如图3，设过AC1的截面分别交DC，A1B1于点M，N，连接AM，AN，C1M，C1N， 过点M作MF⊥AC1于F，设DM＝B1N＝x，则CM＝A1N＝1－x(0≤x≤1). 当x＝0或1时，易知截面面积为1× eq \r(2) ＝ eq \r(2) ，当x∈(0，1)时，由勾股定理可得AM2＝1＋x2，C1M2＝1＋(1－x)2， AF＝ eq \r(AM2－MF2) ＝ eq \r(1＋x2－MF2) ，C1F＝ eq \r(C1M2－MF2) ＝ eq \r(1＋（1－x）2－MF2) ， 由AF＋C1F＝ eq \r(3) 可得MF2＝ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(1,2) ，显然当x＝ eq \f(1,2) 时，MF取到最小值 eq \f(\r(2),2) ，此时截面面积最小，为2× eq \f(1,2) MF·AC1＝ eq \f(\r(6),2) ，所以当x∈[0，1]时，截面面积的最小值为 eq \f(\r(6),2) ，C正确． 如图4，过点A作AE⊥A1B于点E，由BC⊥平面ABB1A1，可得BC⊥AE， 又因为A1B∩BC＝B，所以AE⊥平面A1BCD1， 设以A为球心，AB为半径的球面被平面A1BCD1所截圆的圆心为E，半径为r， 则r2＋AE2＝AB2，所以r2＝AB2－AE2＝ eq \f(1,2) ，即r＝ eq \f(\r(2),2) . 故以A为球心，AB为半径的球面与平面A1BCD1的交线是以E为圆心的圆周，其长度为 eq \r(2) π，D不正确．故选ABC. 8．【多选题】(2024·山东聊城期末)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝2 eq \r(3) ，点M，N分别在侧棱AA1和底面ABCD上运动，且MN＝2，则(　　) A．直线BM与直线CC1所成角的范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) B．存在直线MN，使MN∥平面B1CD1 C．设点P为线段MN的中点，则点P的轨迹与侧面AA1D1D的交线长度为 eq \f(π,2) D．设点P为线段MN的中点，则三棱锥A1－PBD的体积的最小值为 eq \f(4\r(3)－2\r(7),3) 解析　如图1，取E∈AA1，且AE＝2，则M∈线段AE，即AM∈[0，2]， 若M与A重合，则直线BM与直线CC1所成角为∠A1AB＝ eq \f(π,2) . 当M不与A重合时，因为CC1∥AA1，且AA1⊥AB， 可知直线BM与直线CC1所成角为∠AMB，连接BE， 若M与A重合，可知∠AMB＝ eq \f(π,2) ， 若M与E重合，可知∠AMB＝ eq \f(π,4) ， 所以直线BM与直线CC1所成角的范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) ，故A错误； 如图2，分别取AA1，AB的中点为M，N，连接A1B， 则AM＝ eq \r(3) ，AN＝1，可得MN＝2符合题意，此时MN∥A1B， 因为A1D1∥BC，且A1D1＝BC，可知四边形A1BCD1为平行四边形， 则A1B∥CD1，可得MN∥CD1， 且MN平面B1CD1，CD1平面B1CD1，可得MN∥平面B1CD1， 所以存在直线MN，使MN∥平面B1CD1，故B正确； 当M与E重合时，N与A重合，此时AP＝ eq \f(1,2) AE＝1， 当M不与E重合时，因为AA1⊥平面ABCD，且AN平面ABCD，则AA1⊥AN， 又MN＝2，点P为线段MN的中点，连接AP， 则AP＝ eq \f(1,2) MN＝1， 可知点P的轨迹为以A为球心，半径为1的球面的 eq \f(1,8) ， 则点P的轨迹与侧面AA1D1D的交线为以A为圆心，半径为1的圆的 eq \f(1,4) ， 所以交线长度为 eq \f(1,4) ×2π×1＝ eq \f(π,2) ，故C正确； 在△A1BD中，A1B＝A1D＝4，BD＝2 eq \r(2) ，边BD上的高为h＝ eq \r(42－（\r(2)）2) ＝ eq \r(14) ， 设点A到平面A1BD的距离为d， 由三棱锥A－A1BD的体积公式可得 eq \f(1,3) d× eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) × eq \r(14) ＝ eq \f(1,3) ×2 eq \r(3) × eq \f(1,2) ×2×2，解得d＝ eq \f(2\r(3),\r(7)) ， 由球的性质及C可知点P到平面A1BD的距离最小值为d－1＝ eq \f(2\r(3),\r(7)) －1， 所以三棱锥A1－PBD的体积的最小值为(VA1－PBD)min＝(VP－A1BD)min＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),\r(7))－1)) × eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) × eq \r(14) ＝ eq \f(4\r(3)－2\r(7),3) ，故D正确．故选BCD. $$