高考数学二轮复习专项分层特训微专题16立体几何中的最值、范围问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训微专题16立体几何中的最值、范围问题含答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．[2022·福建泉州模拟]已知圆锥SO的底面半径为1，若其底面上存在两点A，B，使得∠ASB＝90°，则该圆锥侧面积的最大值为( )
A． eq \r(2) π B．2π
C．2 eq \r(2) π D．4π
2．[2022·湖北鄂南高中模拟]已知正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2 eq \r(3) .以D为坐标原点，以DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD1为z轴正半轴建立空间直角坐标系，动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为 eq \f(π,6) ，ab的最大值为( )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,2)
C．1 D．2
3．[2022·河北·衡水一中模拟]在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB＝4，O是侧面A1ADD1的中心，E，F分别是B1C1，CC1的中点，点M，N分别在线段OB，EF上运动，则MN的最小值为( )
A．2 eq \r(2) B．3
C．2 eq \r(3) D．3 eq \r(2)
4．[2022·全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A． eq \f(1,3) B. eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(2),2)
5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3 eq \r(3) ，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(18，\f(81,4))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,4)，\f(81,4)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,4)，\f(64,3))) D．[18，27]
二、多项选择题
6．[2022·广东梅州二模]在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝1，|AA1|＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有( )
A．当P为BD1中点时，∠APC为锐角
B．存在点P，使得BD1⊥平面APC
C．|AP|＋|PC|的最小值为2 eq \r(5)
D．顶点B到平面APC的最大距离为 eq \f(\r(2),2)
7．[2022·河北唐山三模]已知圆柱的上、下底面的中心分别为O，O′，其高为2，△ABC为圆O的内接三角形，且∠BAC＝60°，BC＝3，P为圆O′上的动点，则( )
A．若PB⊥平面ABC，则三棱锥P ­ ABC外接球的表面积为16π
B．若PA⊥BC，则AB＝AC
C．三棱锥P ­ ABC体积的最大值为 eq \f(3\r(3),2)
D．点A到平面PBC距离的最大值为 eq \f(3\r(3),2)
三、填空题
8．[2022·河北石家庄模拟]将两个半径均为3 cm的球，一起放进一个正方体包装盒中，盒子棱长最小值为________ cm.
9．[2022·山东济南二模]在高为2的直三棱柱ABC ­ A1B1C1中，AB⊥AC，若该直三棱柱存在内切球，则底面△ABC周长的最小值为________.
10．[2022·河北秦皇岛二模]在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，A1A＝1，P为线段C1D1的中点，一质点从A点出发，沿长方体表面运动到达P点处，则质点从A到P的最短距离为________；若沿质点A的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为________．
四、解答题
11．[2022·湖南长郡中学模拟]已知直三棱柱ABC ­ A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)求当平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小时，三棱锥E ­ BDB1的体积．
12．[2022·山东临沂三模]在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，过AB1E的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F为棱CC1上的动点．
(1)点H在棱BC上，当CH＝ eq \f(1,4) CB时，FH∥平面AEB1，试确定动点F在棱CC1上的位置，并说明理由；
(2)若AB＝2，求点D到平面AEF的最大距离．
微专题16 立体几何中的最值、范围问题
1．解析：设圆锥的母线长为l，
∵∠ASB＝90°，∴AB＝ eq \r(2) l，又OA＋OB≥AB(当且仅当AB为底面圆直径时取等号)，
∴AB≤2，即l≤ eq \r(2) ，
∴圆锥侧面积S＝π×1×l＝πl≤ eq \r(2) π，即所求最大值为 eq \r(2) π.故选A.
答案：A
2．解析：正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2 eq \r(3) ，可得D1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2\r(3))) ， AA1＝DD1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2\r(3))) ，点M(a，b，0)，则MD1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－b，2\r(3))) ，由动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为 eq \f(π,6) ，可得cs 〈MD1，AA1〉＝ eq \f(12,2\r(3)×\r(a2＋b2＋12)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，整理得a2＋b2＝4，由a2＋b2＝4≥2ab，可得ab≤2，当a＝b＝ eq \r(2) 时取等号，即最大值为2，故选D.
答案：D
3．解析：以D为坐标原点，DA、DC、DD1方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D ­ xyz，
由题意，O(2，0，2)，B(4，4，0)，E(2，4，4)，F(0，4，2)，
因为点M，N分别在线段OB，EF上运动，
所以设 eq \(OM,\s\up6(→)) ＝λ eq \(OB,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)， eq \(FN,\s\up6(→)) ＝μ eq \(FE,\s\up6(→)) (0≤μ≤1)，
所以M(2λ＋2，4λ，2－2λ)，N(2μ，4，2＋2μ)，
所以|MN|＝ eq \r(（2μ－2λ－2）2＋（4－4λ）2＋（2μ＋2λ）2)
＝ eq \r(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)))2＋24\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋12) ，
所以当μ＝λ＝ eq \f(1,2) 时，|MN|min＝ eq \r(12) ＝2 eq \r(3) ，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)) 的最小值为2 eq \r(3) ，故选C.
答案：C
4．解析：设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝ eq \f(1,2) r2sin ∠AO′B＋ eq \f(1,2) r2sin ∠AO′D＋ eq \f(1,2) r2sin ∠BO′C＋ eq \f(1,2) r2sin ∠CO′D＝ eq \f(1,2) r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D).因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝ eq \f(π,2) 时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝ eq \f(π,2) 时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O ­ ABCD的底面为正方形时，四棱锥O ­ ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝ eq \f(\r(2),2) a，四棱锥O ­ ABCD的高h＝ eq \r(1－\f(1,2)a2) ，则1－ eq \f(1,2) a2>0，解得00；当x∈( eq \f(2\r(3),3) ， eq \r(2) )时，f′(x)<0.所以f(x)在(0， eq \f(2\r(3),3) )上单调递增，在( eq \f(2\r(3),3) ， eq \r(2) )上单调递减．当x2＝ eq \f(4,3) 时，f(x)取得极大值，也是最大值，即VO ­ ABCD取得最大值，此时四棱锥O ­ ABCD的高h＝ eq \r(1－\f(1,2)a2) ＝ eq \f(\r(3),3) .故选C.
答案：C
5.
解析：设该球的半径为R，则由题意知 eq \f(4,3) πR3＝ 36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝ eq \f(l2,6) ，所以DE＝ eq \r(PD2－PE2) ＝ eq \r(l2－\f(l4,36)) ，所以DC＝ eq \r(2) DE＝ eq \r(2) × eq \r(l2－\f(l4,36)) ，所以正四棱锥的体积V＝ eq \f(1,3) ×( eq \r(2) × eq \r(l2－\f(l4,36)) )2× eq \f(l2,6) ＝ eq \f(1,9) (l4－ eq \f(l6,36) )，则V′＝ eq \f(l3,9) (4－ eq \f(l2,6) ).令V′＞0，得3≤l＜2 eq \r(6) ，令V′＜0，得2 eq \r(6) ＜l≤3 eq \r(3) ，所以V＝ eq \f(1,9) (l4－ eq \f(l6,36) )在[3，2 eq \r(6) )上单调递增，在(2 eq \r(6) ，3 eq \r(3) ]上单调递减，所以Vmax＝V(2 eq \r(6) )＝ eq \f(64,3) .又因为V(3)＝ eq \f(27,4) ，V(3 eq \r(3) )＝ eq \f(81,4) ＞ eq \f(27,4) ，所以Vmin＝ eq \f(27,4) ，所以该正四棱锥体积的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,4)，\f(64,3))) .故选C.
答案：C
6．解析：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设BP＝λBD1(0≤λ≤1)，
则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，2)，
则 eq \(BD1,\s\up6(→)) ＝(－1，－1，2)，故 eq \(BP,\s\up6(→)) ＝λBD1＝(－λ，－λ，2λ)，
则 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝ eq \(AB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，
eq \(CP,\s\up6(→)) ＝ eq \(CB,\s\up6(→)) ＋ eq \(BP,\s\up6(→)) ＝(1，0，0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)，
对于A，当P为BD1中点时，
则 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)) ， eq \(CP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1)) ，
则 eq \(PA,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1)) ， eq \(PC,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1)) ，
所以cs ∠APC＝ eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))))·[\(PC,\s\up6(→))] ) ＝ eq \f(1,3) >0，
所以∠APC为锐角，故A正确；
当BD1⊥平面APC时，
因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
则，解得λ＝ eq \f(1,6) ，
故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；
对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AP)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PC)) 取得最小值，
由B得，此时λ＝ eq \f(1,6) ，
则 eq \(AP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3))) ， eq \(CP,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3))) ，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→)))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(CP,\s\up6(→)))) ＝ eq \f(\r(30),6) ，
即|AP|＋|PC|的最小值为 eq \f(\r(30),3) ，故C错误；
对于D， eq \(AB,\s\up6(→)) ＝(0，1，0)， eq \(AC,\s\up6(→)) ＝(－1，1，0)，
设平面APC的法向量n＝(x，y，z)，
则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0,n·\(AP,\s\up6(→))＝－λx＋（1－λ）＋2λz＝0)) ，
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→)))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs 〈\(AB,\s\up6(→))，n〉)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n))) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2λ)),\r(12λ2－4λ＋1)) ，
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，
当0<λ≤1时，
eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2λ)),\r(12λ2－4λ＋1)) ＝ eq \f(1,\r(3－\f(1,λ)＋\f(1,4λ2))) ＝ eq \f(1,\r(2＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,λ)－2))2)) ≤ eq \f(\r(2),2) ，
当且仅当λ＝ eq \f(1,2) 时，取等号，
所以点B到平面APC的最大距离为 eq \f(\r(2),2) ，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
7．解析：对于A，取OO′的中点M，易得MA＝MB＝MC＝MP，则M为三棱锥P ­ ABC外接球的球心，在△ABC中，由正弦定理得2OA＝ eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝ eq \f(3,\f(\r(3),2)) ＝2 eq \r(3) ，所以OA＝ eq \r(3) ，
又OM＝ eq \f(1,2) OO′＝1，所以AM＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)))2＋1) ＝2，所以三棱锥P ­ ABC外接球的表面积为4π·22＝16π.故A正确；
对于B，过P过PQ⊥平面ABC，垂足为Q，连接AQ，
则PQ⊥BC，又因为PA⊥BC，PA∩PQ＝P，所以BC⊥平面PAQ，所以BC⊥AQ，只有当AQ经过BC的中点时，才有AB＝AC，故B不正确；
对于C，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs 60°
＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB－AC)2＋AB·AC，
所以9＝(AB－AC)2＋AB·AC≥AB·AC，即AB·AC≤9，当且仅当AB＝AC时，等号成立，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC·sin 60°≤ eq \f(1,2) ×9× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(9\r(3),4) ，
所以三棱锥P ­ ABC体积的最大值为 eq \f(1,3) × eq \f(9\r(3),4) ×2＝ eq \f(3\r(3),2) .故C正确；
对于D，设点A到平面PBC距离为h，则VA ­ PBC＝ eq \f(1,3) h·S△PBC＝ eq \f(1,3) h· eq \f(1,2) ·2·3＝h，
因为VA ­ PBC＝VP ­ ABC≤ eq \f(3\r(3),2) ，所以h≤ eq \f(3\r(3),2) ，即点A到平面PBC距离的最大值为 eq \f(3\r(3),2) ，故D正确．故选ACD.
答案：ACD
8．解析：由题可知当两球外切且与正方体包装盒对角的三个面相切时盒子棱长最小，
过正方体对角作截面如图，
设此时盒子棱长为a cm，则AD＝a cm，AB＝ eq \r(2) a cm，AC＝ eq \r(3) a cm，O1E＝O2F＝3 cm，O1O2＝6 cm，
∴AD＝a＝3＋3＋6× eq \f(1,\r(3)) ＝6＋2 eq \r(3) (cm)，即盒子棱长最小值为6＋2 eq \r(3) cm.
答案：6＋2 eq \r(3)
9．解析：因为直三棱柱ABC ­ A1B1C1的高为2，设内切球的半径为r，所以2r＝2，所以r＝1，又因为AB⊥AC，所以设AB＝a，AC＝b，BC＝c，所以a2＋b2＝c2，因为S△ABC＝ eq \f(1,2) ab＝ eq \f(1,2) (a＋b＋c)·r＝ eq \f(1,2) (a＋b＋c)，所以△ABC周长的最小值即为面积的最小值，而S△ABC＝ eq \f(1,2) ab≤ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2,2))) ＝ eq \f(1,2) · eq \f(c2,2) ，当且仅当 “a＝b”时取等．
当a＝b时，底面△ABC周长最小，所以c＝ eq \r(2) a，
所以 eq \f(1,2) ab＝ eq \f(1,2) (a＋b＋c)·r⇒ab＝a＋b＋c⇒a2＝2a＋ eq \r(2) a，所以此时a＝2＋ eq \r(2) ，
△ABC周长的最小值：a＋b＋c＝4＋2 eq \r(2) ＋ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\r(2))) ＝6＋4 eq \r(2) .
答案：6＋4 eq \r(2)
10．解析：如图所示，当质点经过棱DD1时，AP＝ eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋A1P2) ＝ eq \r(12＋（3＋1）2) ＝ eq \r(17) ，
如图所示，当质点经过棱A1D1时，AP＝ eq \r(AD2＋DP2) ＝ eq \r(32＋（1＋1）2) ＝ eq \r(13) ，
如图所示，当质点经过棱A1B1时，AP＝ eq \r(AD eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋D1P2) ＝ eq \r(（1＋3）2＋12) ＝ eq \r(17) ，
所以最短距离为 eq \r(13) ，
此时质点从A点出发，经过A1D1的中点E，再到达P点，则平面AEP截长方体所得的截面为梯形ACPE，如下图所示，
由已知得AC＝ eq \r(13) ，EP＝ eq \f(\r(13),2) ，AE＝ eq \f(\r(13),2) ，CP＝ eq \r(2) ，
过点E，P分别作AC的垂线，垂足为M，N，
设EM＝NP＝h，且MN＝EP＝ eq \f(\r(13),2) ，
故 eq \r(AE2－EM2) ＋MN＋ eq \r(PC2－PN2) ＝AC，
即 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)))\s\up12(2)－h2) ＋ eq \f(\r(13),2) ＋ eq \r(（\r(2)）2－h2) ＝ eq \r(13) ，
解得h＝ eq \r(\f(22,13)) ，
故S＝ eq \f(1,2) (EP＋AC)·h＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)＋\r(13))) × eq \r(\f(22,13)) ＝ eq \f(3\r(22),4) .
答案： eq \r(13) eq \f(3\r(22),4)
11．解析：(1)证明：因为三棱柱ABC ­ A1B1C1是直三棱柱，
所以BB1⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，
所以BB1⊥AB，
因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，
又BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥平面BCC1B1.
所以BA，BC，BB1两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．
所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1).
由题设D(a，0，2)(0≤a≤2).
(1)因为 eq \(BF,\s\up6(→)) ＝(0，2，1)， eq \(DE,\s\up6(→)) ＝(1－a，1，－2)，
所以 eq \(BF,\s\up6(→)) · eq \(DE,\s\up6(→)) ＝0×(1－a)＋2×1＋1×(－2)＝0，
所以BF⊥DE.
(2)设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝(－1，1，1)， eq \(DE,\s\up6(→)) ＝(1－a，1，－2)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m⊥\(EF,\s\up6(→)),m⊥\(DE,\s\up6(→)))) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＋z＝0,（1－a）x＋y－2z＝0)) .
令z＝2－a，则m＝(3，1＋a，2－a).
因为平面BCC1B1的法向量为 eq \(BA,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)，
设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，
则|cs θ|＝ eq \f(|m·\(BA,\s\up6(→))|,|m|·|\(BA,\s\up6(→))\(|,\s\up6( )) ) ＝ eq \f(6,2×\r(2a2－2a＋14)) ＝ eq \f(3,\r(2a2－2a＋14)) .
当a＝ eq \f(1,2) 时，2a2－2a＋14取最小值为 eq \f(27,2) ，
此时cs θ取最大值为 eq \f(3,\r(\f(27,2))) ＝ eq \f(\r(6),3) ，
所以(sin θ)min＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
此时B1D＝ eq \f(1,2) ，三棱锥E ­ BDB1的体积V＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×\f(1,2))) ×1＝ eq \f(1,6) .
12．解析：(1)设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l，
因为FH∥平面AEB1，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，FH⊂平面BCC1B1，
所以FH∥l.
由正方体ABCD ­ A1B1C1D1知，平面ADD1E∥平面BCC1B1，
又因为平面ADD1E∩平面AEB1＝AE，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，
所以AE∥l，所以AE∥FH，
取BC中点G，连接C1G，易知AE∥GC1，所以GC1∥FH，
又因为H为CG中点，所以F为CC1中点．
(2)以点D为原点， eq \(DA,\s\up6(→)) ， eq \(DC,\s\up6(→)) ，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(1，0，2)，F(0，2，t)，其中t∈[0，2]，
eq \(AE,\s\up6(→)) ＝(－1，0，2)， eq \(AF,\s\up6(→)) ＝(－2，2，t)， eq \(DA,\s\up6(→)) ＝(2，0，0)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0,n·\(AF,\s\up6(→))＝0)) ，⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2z＝0,－2x＋2y＋tz＝0)) ，不妨取x＝2，
则n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2－\f(t,2)，1))
所以dD ­ AEF＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AD,\s\up6(→))·n,|n|))) ＝ eq \f(4,\r(5＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(t,2)))\s\up12(2))) ≤ eq \f(2\r(6),3) ，当t＝2，即点F与点C1重合时，取等．
所以点D到平面AEF的最大距离为 eq \f(2\r(6),3) .