新高考数学一轮复习讲义 第7章 §7.9　空间动态问题突破　培优课

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第7章 §7.9　空间动态问题突破　培优课，共23页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§7.9 空间动态问题突破
题型一 空间位置关系的判定
例1 (1)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中错误的是( )
A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC
B．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD
C．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD
D．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD
答案 D
解析 当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD时，
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正确；
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正确；
在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝eq \r(1＋x2)，
所以将△BAD沿直线BD翻折时，
总有AB⊥AD，
取x＝eq \f(1,2)，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝eq \f(\r(3),2)时，有AB2＋AC2＝BC2，
即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，
则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；
若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，
所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.
(2)(多选)(2022·烟台质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是( )
A．平面PB1D⊥平面ACD1
B．A1P∥平面ACD1
C．异面直线A1P与AD1所成的角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))
D．三棱锥D1－APC的体积不变
答案 ABD
解析 对于A，根据正方体的性质，易证DB1⊥平面ACD1，
又DB1⊂平面PB1D，
则平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1(图略)，易证明平面BA1C1∥平面ACD1，
又A1P⊂平面BA1C1，
所以A1P∥平面ACD1，故B正确；
对于C，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成的角取最小值eq \f(π,3)，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成的角取最大值eq \f(π,2)，故A1P与AD1所成的角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C错误；
对于D，因为点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥D1－APC的体积不变，故D正确．
思维升华 解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
跟踪训练1 (多选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥BC，且AC＝AA1＝2，E，F分别是AC，A1C1的中点，D，M分别是AA1，BB1上的两个动点，则( )
A．FM与BD一定是异面直线
B．三棱锥D－MEF的体积为定值eq \f(1,3)
C．直线B1C1与BD所成的角为eq \f(π,2)
D．若D为AA1的中点，则四棱锥D－BB1FE的外接球表面积为5π
答案 BCD
解析 A项，当M，B重合时，FM(即BF)与BD是相交直线，故A错误；
B项，由已知可得B1F⊥A1C1，又平面ABC⊥平面CAA1C1，
所以B1F⊥平面CAA1C1.
在矩形AEFA1中，△DEF的面积
S＝eq \f(1,2)×EF×A1F＝eq \f(1,2)×2×1＝1.
又B1F＝eq \f(1,2)A1C1＝1，
所以三棱锥D－MEF的体积VM－DEF＝eq \f(1,3)S×B1F＝eq \f(1,3)×1×1＝eq \f(1,3)，所以B正确；
C项，由AA1⊥平面A1B1C1，得AA1⊥B1C1，
又B1C1⊥A1B1，A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面A1B1BA，
所以B1C1⊥平面A1B1BA，
因为BD⊂平面A1B1BA，
所以B1C1⊥BD，所以C正确；
D项，由题意可得四边形BB1FE为矩形，连接BF(图略)，
则矩形BB1FE外接圆的圆心为BF的中点O1，且O1F＝O1B＝eq \f(\r(5),2).
过O1作O1N⊥EF，垂足为N，连接DN，O1D，
则O1N＝eq \f(1,2)，DN＝1，O1N⊥DN，
故O1D＝eq \f(\r(5),2)，
所以O1是四棱锥D－BB1FE的外接球的球心，外接球的半径为R＝eq \f(\r(5),2)，
则外接球的表面积为S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2＝5π，
所以D正确．
题型二 轨迹问题
例2 (1)(多选)(2022·日照模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
A．若MN与平面ABCD所成的角为eq \f(π,4)，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为eq \f(π,3)，则点N的轨迹为双曲线
答案 ACD
解析 如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝eq \f(π,4)，所以DN＝DM＝eq \f(1,2)DD1＝eq \f(1,2)×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
对于B，在Rt△MDN中，DN＝eq \r(MN2－MD2)＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)，取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝eq \f(1,2)DN＝eq \r(3)，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝eq \r(3)，所以点P的轨迹为以eq \r(3)为半径的圆，其面积为π·(eq \r(3))2＝3π，故B不正确；
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，设N(x，y，0)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \(D1N,\s\up6(—→))＝(x，y，－4)，
因为D1N与AB所成的角为eq \f(π,3)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(D1N,\s\up6(—→))〉|＝cs eq \f(π,3)，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4y,4\r(x2＋y2＋16))))＝eq \f(1,2)，整理得eq \f(3y2,16)－eq \f(x2,16)＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
(2)(2022·济南模拟)如图，已知四棱锥S－ABCD的底面是边长为6的菱形，∠BAD＝60°，AC，BD相交于点O，SO⊥平面ABCD，SO＝4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为________．
答案 8
解析 如图，分别取DC，SC的中点G，F，连接GE，GF，FE，
∵E是BC的中点，
∴GE∥DB，FE∥SB，
GE⊄平面SBD，DB⊂平面SBD，
则GE∥平面SBD；
FE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，
则FE∥平面SBD，
又GE∩FE＝E，∴平面FEG∥平面SBD，
∵SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AC，
又∵四边形ABCD是菱形，∴DB⊥AC，
∵SO∩DB＝O，SO，DB⊂平面SBD，
∴AC⊥平面SBD，
则AC⊥平面FEG，
故只要动点P在平面FEG内即总保持PE⊥AC，又动点P在棱锥表面上运动，
∴动点P的轨迹的周长即为△FEG的周长，
∵四边形ABCD是边长为6的菱形，且∠BAD＝60°，
∴BD＝6，则OB＝OD＝3，
又SO＝4，∴SB＝SD＝5，
故FE＝FG＝eq \f(5,2)，GE＝3，
∴△FEG的周长为8.
思维升华 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，或用代替法进行计算．
(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．
跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为eq \f(π,4)，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝eq \f(π,6)，则点P的轨迹为( )
A．圆B．椭圆
C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设OB＝OA＝1，
则B(0,1,0)，A(0,0,1)，
P(x，y，0)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－1)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))〉＝eq \f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，
即3x2＋(y－2)2＝3，
所以点P的轨迹是椭圆．
(2)(2022·宁波模拟)在棱长为2eq \r(2)的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，AD的中点，P为线段C1D上的动点，则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为( )
A.eq \f(2\r(15),3) B.eq \f(4\r(3),3) C.eq \f(2\r(13),3) D.eq \f(4\r(2),3)
答案 C
解析 如图，连接B1D1，
因为E，F分别为棱AB，AD的中点，所以B1D1∥EF，
则B1，D1，E，F四点共面．
连接A1C1，A1D，设A1C1∩B1D1＝M，A1D∩D1F＝N，连接MN，
则点Q的轨迹为线段MN，
易得A1D＝eq \r(A1D\\al(2,1)＋DD\\al(2,1))＝4，
△A1ND1∽△DNF，且eq \f(A1D1,FD)＝2，
所以A1N＝eq \f(2,3)A1D＝eq \f(8,3).
易知A1C1＝C1D＝A1D＝4，
所以∠C1A1D＝60°，又A1M＝2，所以在△A1MN中，由余弦定理可得MN2＝A1N2＋A1M2－2A1N·A1Mcs∠MA1N＝eq \f(52,9)，
所以MN＝eq \f(2\r(13),3)，即点Q的轨迹长度为eq \f(2\r(13),3).
题型三 最值、范围问题
例3 (1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是线段B1D1上一动点，且AP∥平面DBC1，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))
答案 C
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0,1]，
∴eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，
∴eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，|eq \(DB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，
|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(2λ2－2λ＋2)，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(DB,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))|,|\(DB,\s\up6(→))||\(AP,\s\up6(→))|)＝eq \f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))
＝eq \f(1,2)·eq \r(\f(2λ－12,λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(4－\f(3,λ2－λ＋1))
＝eq \f(1,2)·eq \r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，
当λ＝eq \f(1,2)时，cs θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cs θ取得最大值为eq \f(1,2)，
∴0≤cs θ≤eq \f(1,2)，则eq \f(π,3)≤θ≤eq \f(π,2).
(2)(多选)(2022·济宁模拟)如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是( )
A．圆锥SO的侧面积为8eq \r(2)π
B．三棱锥S－ABC体积的最大值为eq \f(8,3)
C．∠SAB的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))
D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2(eq \r(3)＋1)
答案 BD
解析 在Rt△SOC中，
SC＝eq \r(SO2＋OC2)＝2eq \r(2)，
则圆锥的母线长l＝2eq \r(2)，半径r＝OC＝2，
对于选项A，
圆锥SO的侧面积为πrl＝4eq \r(2)π，
故选项A错误；
对于选项B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝eq \f(1,2)×4×2＝4，
则三棱锥S－ABC体积的最大值为eq \f(1,3)×S△ABC×SO＝eq \f(1,3)×4×2＝eq \f(8,3)，故选项B正确；
对于选项C，当点B与点A重合时，∠ASB＝0为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB＝eq \f(π,2)，达到最大值，
又因为B与A，C不重合，
则∠ASB∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，又2∠SAB＋∠ASB＝π，
可得∠SAB∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
故选项C不正确；
对于选项D，由AB＝BC，∠ABC＝eq \f(π,2)，AC＝4，
得AB＝BC＝2eq \r(2)，又SA＝SB＝2eq \r(2)，
则△SAB为等边三角形，
则∠SBA＝eq \f(π,3)，
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝eq \f(π,3)，
如图所示，则(SE＋CE)min＝S1C，
因为S1B＝BC＝2eq \r(2)，
∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝eq \f(5π,6)，
S1C2＝S1B2＋BC2－2×S1B×BC×cs eq \f(5π,6)
＝8＋8＋8eq \r(3)＝(2eq \r(3)＋2)2，
则(SE＋CE)min＝S1C＝2(eq \r(3)＋1)，
故选项D正确．
思维升华 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．
跟踪训练3 (1)(2022·邢台模拟)球O为正四面体ABCD的内切球，AB＝2，MN是球O的直径，点P在正四面体ABCD的表面运动，则eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最小值为______，最大值为______．
答案 0 eq \f(4,3)
解析 eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→)))·(eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→)))＝eq \(PO,\s\up6(→))2－eq \(OM,\s\up6(→))2，如图所示：
设球O的半径为r，由题可知正四面体ABCD的高为h＝AO1＝eq \r(AD2－O1D2)＝eq \f(2\r(6),3)，
所以4×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)×22))×r＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)×22))×eq \f(2\r(6),3)，解得r＝eq \f(\r(6),6).
因为点P在正四面体ABCD的表面运动，
所以|eq \(PO,\s\up6(→))|的最大值为AO＝h－r＝eq \f(\r(6),2)，
最小值为r＝eq \f(\r(6),6)，又|eq \(OM,\s\up6(→))|＝r＝eq \f(\r(6),6)，
所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最小值为0，最大值为eq \f(4,3).
(2)(2022·杭州检测)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD＝2，E为棱CC1上一点，记平面BD1E与底面ABCD的夹角为α，则当α取得最小值时CE的长度为________．
答案 eq \f(2,5)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设CE＝a，a∈[0,2]，
B(1,2,0)，E(0,2，a)，
D1(0,0,2)，
eq \(BD1,\s\up6(—→))＝(－1，－2,2)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1,0，a)，
设平面BD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))1＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－2y＋2z＝0，,－x＋az＝0，))
取x＝a，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，1－\f(a,2)，1))，
显然平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，
即cs α＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2)))2＋1))
＝eq \f(1,\r(\f(5,4)a2－a＋2))＝eq \f(1,\r(\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))，
当α最小时，eq \f(1,\r(\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))取最大值，即当a＝eq \f(2,5)时，cs α取最大值，α取得最小值．
课时精练
1．(2022·广州模拟)点P为棱长是2eq \r(5)的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
A．π B．2π C．4π D．2eq \r(5)π
答案 C
解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝eq \r(5)，如图．取BB1 的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线，
∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2eq \r(5)，
∴O到过D，C，N的平面的距离为eq \f(\r(5),\r(5))＝1，
∴截面圆的半径为2，
∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
2．正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为( )
A.eq \f(3\r(2)－\r(6),12) B.eq \f(\r(6)－\r(3),12) C.eq \f(2\r(2)－\r(3),12) D.eq \f(\r(2),4)
答案 A
解析 因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
所以其体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(2),12).
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
则4×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×r＝eq \f(\r(2),12)，得r＝eq \f(\r(6),12).
如图，取AD的中点E，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝(eq \(PE,\s\up6(→))＋eq \(EA,\s\up6(→)))·(eq \(PE,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→)))＝eq \(PE,\s\up6(→))2＋eq \(PE,\s\up6(→))·(eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→)))＋eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \(PE,\s\up6(→))2－eq \f(1,4).
显然，当PE的长度最小时，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))取得最小值．
设正四面体内切球的球心为O，
可求得OA＝OD＝eq \f(\r(6),4).
因为球心O到点E的距离d＝eq \r(OA2－AE2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),4)，
所以球O上的点P到点E的最小距离为
d－r＝eq \f(\r(2),4)－eq \f(\r(6),12)＝eq \f(3\r(2)－\r(6),12)，
即当eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))取得最小值时，点P到AD的距离为eq \f(3\r(2)－\r(6),12).
3．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是( )
A.eq \f(\r(130),13) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(39),13)
答案 D
解析 如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，
∴C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.
∵D为BC1的中点，∴DF∥C1E，
∴DF⊥平面ABB1A1，
∴∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角．
在Rt△AFD中，DF＝eq \f(1,2)C1E＝eq \f(\r(3),4)a，
AF＝eq \r(AD2－DF2)＝eq \f(\r(9a2＋4b2),4)，
∴tan∠DAF＝eq \f(DF,AF)＝eq \f(\r(3)a,\r(9a2＋4b2))
＝eq \r(\f(1,3＋\f(4b2,3a2)))≥eq \r(\f(1,3＋\f(4,3)))＝eq \f(\r(39),13)，当且仅当a＝b时，等号成立，
∴直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为eq \f(\r(39),13).
4．(多选)(2022·长沙检测)设动点P在正方体ABCD－A1B1C1D1上(含内部)，且eq \(D1P,\s\up6(—→))＝λeq \(D1B,\s\up6(—→))，当∠APC为锐角时，实数λ可能的取值是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
答案 CD
解析 设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，
则AC＝eq \r(2)，在△APC中，
由余弦定理得cs∠APC＝eq \f(x2＋x2－2,2x2)＝eq \f(x2－1,x2)，
若∠APC为锐角，则eq \f(x2－1,x2)>0，则x2>1，
在△AD1P中，AD1＝eq \r(2)，
cs∠AD1P＝eq \f(\r(2)2＋\r(3)2－1,2×\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
于是由余弦定理得x2＝2＋t2－2×eq \r(2)×t×eq \f(\r(6),3)，
于是2＋t2－2×eq \r(2)×t×eq \f(\r(6),3)>1，
即3t2－4eq \r(3)t＋3>0，
解得t>eq \r(3)或t故λ>1(舍去)或0<λ5．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，M分别为棱CD，CC1的中点．Q为线段A1B上任一点，则下列说法正确的是( )
A．平面APM内存在直线与A1D1平行
B．平面APM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为eq \f(9,8)
C．直线AP和DQ所成的角可能为60°
D．直线AP和DQ所成的角可能为30°
答案 BC
解析 对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BC∥A1D1，在平面ABCD中，直线AP，BC相交，所以直线BC与平面APM相交，故直线A1D1与平面APM相交，故平面APM内不存在直线与A1D1平行，所以选项A错误；
对于选项B，如图，连接C1D，AB1，因为P，M分别为棱CD，CC1的中点，
所以PM∥C1D，PM＝eq \f(1,2)C1D，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB1∥C1D，
所以PM∥AB1，连接B1M，
则梯形AB1MP为所求的截面，
易知AP＝B1M＝eq \r(1＋\f(1,4))＝eq \f(\r(5),2)，
PM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，AB1＝eq \r(2)，
所以等腰梯形AB1MP的高为
eq \r(AP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB1－PM,2)))2)
＝eq \r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，
所以梯形AB1MP的面积为
eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq \f(3\r(2),4)＝eq \f(9,8)，
选项B正确；
对于选项C，D，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，0))，
设eq \(A1Q,\s\up6(—→))＝λeq \(A1B,\s\up6(→))＝λ(0,1，－1)＝(0，λ，－λ)，
0≤λ≤1，
所以eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA1,\s\up6(—→))＋eq \(A1Q,\s\up6(—→))＝(1，λ，1－λ)，
所以|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，eq \(DQ,\s\up6(→))〉|
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)λ)),\f(\r(5),2)×\r(1＋λ2＋1－λ2))
＝eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1)).
当eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1))＝cs 60°＝eq \f(1,2)，
即λ2＋λ－1＝0时，解得λ＝eq \f(±\r(5)－1,2)，
其中eq \f(\r(5)－1,2)∈[0,1]，
当eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1))＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，
即13λ2－7λ＋7＝0时，方程无解．
所以直线AP和DQ所成的角可能为60°，但不可能为30°，选项C正确，选项D错误．
6．(多选)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.给出的下列说法中正确的是( )
A．点P可以是棱BB1的中点
B．线段MP的最大值为eq \f(3,4)
C．点P的轨迹是正方形
D．点P的轨迹长度为2＋eq \r(5)
答案 BD
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，
∴D1(0,0,1)，B(1,1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，C(0,1,0)，
∴eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
设P(x，y，z)，则eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)，y－\f(1,2)，z－\f(1,2)))，
∵MP⊥CN，
∴eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋z－eq \f(1,2)＝0，即2x＋4z－3＝0，
当x＝1时，z＝eq \f(1,4)，当x＝0时，z＝eq \f(3,4)，
取Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,4)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,4)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,4)))，
Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(3,4)))，
连接EF，FG，GH，HE，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(HG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，
∴四边形EFGH为矩形，
又eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝0，eq \(EH,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝0，
即EF⊥CN，EH⊥CN，
又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，
∴CN⊥平面EFGH，
又eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,4)))，eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,4)))，
∴M为EG的中点，则M∈平面EFGH，
为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，
∴点P的轨迹为四边形EFGH，
∴点P不可能是棱BB1的中点，故选项A错误；
又EF＝GH＝1，EH＝FG＝eq \f(\r(5),2)，
∴EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×eq \f(\r(5),2)＝2＋eq \r(5)，
故选项C错误，选项D正确；
∵点P的轨迹为矩形EFGH，
∴当P点在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为eq \f(3,4)，故B正确．
7.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为线段AB1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是( )
A．平面BCM⊥平面A1AM
B．三棱锥B－MB1C体积的最大值为eq \f(1,6)
C．当M为AB1的中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为eq \f(\r(2),3)
D．直线CM与A1D所成的角不可能是eq \f(π,4)
答案 ABC
解析 对于A，∵BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1M，
∴BC⊥平面AA1M，又BC⊂平面BCM，
∴平面BCM⊥平面A1AM，A正确；
对于B，
∵M为AB1上的动点，∴当M与A重合时，取得最大值为eq \f(1,2)AB·BB1＝eq \f(1,2)，
∴＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，B正确；
对于C，以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，
当M为AB1的中点时，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，又B1(1,1,0)，C(0,1,1)，D(0,0,1)，
∴eq \(B1D,\s\up6(—→))＝(－1，－1,1)，eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，
∴cs〈eq \(B1D,\s\up6(—→))，eq \(CM,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(B1D,\s\up6(—→))·\(CM,\s\up6(→)),|\(B1D,\s\up6(—→))||\(CM,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\r(3)×\f(\r(6),2))＝－eq \f(\r(2),3)，
∴当M为AB1的中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为eq \f(\r(2),3)，C正确；
对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，
设M(1，y，z)，eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1)，
又A(1,0,1)，
∴eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，
∴(0，y，z－1)＝(0，λ，－λ)，
则y＝λ，z＝1－λ，∴M(1，λ，1－λ)，
∴eq \(CM,\s\up6(→))＝(1，λ－1，－λ)，又eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(－1,0,1)，
∴|cs〈eq \(CM,\s\up6(→))，eq \(A1D,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(CM,\s\up6(→))·\(A1D,\s\up6(—→))|,|\(CM,\s\up6(→))||\(A1D,\s\up6(—→))|)
＝eq \f(|－1－λ|,\r(1＋λ－12＋λ2)×\r(2))，
若直线CM与A1D所成的角为eq \f(π,4)，
则eq \f(|－1－λ|,\r(1＋λ－12＋λ2)×\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝2±eq \r(3)，又λ∈[0,1]，∴当λ＝2－eq \r(3)，即eq \(AM,\s\up6(→))＝(2－eq \r(3))eq \(AB1,\s\up6(—→))时，直线CM与A1D所成的角为eq \f(π,4)，D错误．
8．(多选)正三棱柱ABC－A1B1C1(底面是正三角形，侧棱垂直底面)的各条棱长均相等，D为AA1的中点．M，N分别是BB1，CC1上的动点(含端点)，且满足BM＝C1N.当M，N运动时，下列结论中正确的是( )
A．平面DMN⊥平面BCC1B1
B．三棱锥A1－DMN的体积为定值
C．△DMN可能为直角三角形
D．平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
答案 ABD
解析 如图，
当M，N分别是BB1，CC1上的动点(含端点)，且满足BM＝C1N时，则线段MN一定过正方形BCC1B1的中心O，而DO⊥平面BCC1B1，DO⊂平面DMN，可得平面DMN⊥平面BCC1B1，故A正确；
当M，N分别是BB1，CC1上的动点(含端点)时，过点M作A1D边上的高，其长等于AB的长，所以△A1DM的面积不变，由于C1N∥平面A1DM，故点N到平面A1DM的距离等于点C1到平面A1DM的距离，则点N到平面A1DM的距离为定值，故三棱锥A1－DMN的体积为定值，所以B正确；
由BM＝C1N可得，DN＝DM ，若△DMN为直角三角形，则一定是以∠MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，而此时DN，DM的长都大于BB1，故△DMN不可能为直角三角形，所以C不正确；
当M，N分别是BB1，CC1的中点时，平面DMN与平面ABC平行，所成角为0度；
当M与B重合，N与C1重合，平面DMN与平面ABC所成锐二面角最大；
延长C1D交CA于G，连接BG，则平面DMN∩平面ABC＝GB，由于D为AA1的中点，AA1＝CC1，所以DA∥CC1，且DA＝eq \f(1,2)CC1，故在△C1GC中，D为C1G的中点，A为CG的中点，
在△C1GB中，D为C1G的中点，O为BC1的中点，故DO∥GB，由于DO⊥平面BCC1B1，所以GB⊥平面BCC1B1，则GB⊥BC，GB⊥BC1，所以平面DMN与平面ABC所成锐二面角最大为∠C1BC＝eq \f(π,4)，故D正确．
9．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD内(不包括边界)运动，若B1P∥平面A1BM，则C1P的长度的取值范围是____________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(30),5)，\r(2)))
解析 如图，取BC的中点N，连接B1D，B1N，DN，过C作CO⊥DN于O，连接C1O，由正方体的性质知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，
∴平面B1DN∥平面A1BM，
∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN(不含点N和点D)．
连接C1D，C1N，在△C1DN中，
C1D＝eq \r(2)，
DN＝C1N＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，
∴＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),4)，
∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，
∴C1O⊥DN，则当P与O重合时，C1P的长度取得最小值，
∴C1P的长度的最小值为
C1O＝eq \f(\f(\r(6),4),\f(1,2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(30),5)，
又C1P∴C1P的长度的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(30),5)，\r(2))).
10．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足eq \(C1F,\s\up6(—→))＝3eq \(FC,\s\up6(→))，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|eq \(MD,\s\up6(→))|的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(13)，\f(2\r(109),5)))
解析 因为ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设M(x，0，z)，B(2,2,0)，D1(0,0,4)，E(2,1,0)，
因为eq \(C1F,\s\up6(—→))＝3eq \(FC,\s\up6(→))，
所以F是CC1四等分点(靠近C)，
所以F(0,2,1)，
所以eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(2,1，－4)，eq \(D1F,\s\up6(—→))＝(0,2，－3)，
设平面D1EF的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(D1E,\s\up6(—→))·n＝0，,\(D1F,\s\up6(—→))·n＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b－4c＝0，,2b－3c＝0，))
令c＝2，则a＝eq \f(5,2)，b＝3，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3，2))，
又eq \(MB,\s\up6(→))＝(2－x，2，－z)，MB∥平面D1EF，
所以eq \(MB,\s\up6(→))⊥n，即eq \(MB,\s\up6(→))·n＝0，
所以eq \f(5,2)(2－x)＋6－2z＝0，
所以z＝eq \f(11,2)－eq \f(5,4)x，
故|eq \(MD,\s\up6(→))|＝eq \r(x2＋z2)＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,2)－\f(5,4)x))2)
＝eq \f(\r(41x2－220x＋484),4)，
因为0≤x≤2,0≤z≤4，
所以eq \f(11,2)－eq \f(5,4)x∈[0,4]，
故x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，2))，
令y＝41x2－220x＋184，
因为二次函数的对称轴为x＝eq \f(220,2×41)＝eq \f(110,41)>2，
所以函数在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，2))上单调递减，
所以当x＝eq \f(6,5)时，|eq \(MD,\s\up6(→))|取得最大值，
所以|eq \(MD,\s\up6(→))|的最大值为
eq \f(\r(41×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))2－220×\f(6,5)＋484),4)＝eq \f(2\r(109),5)，
当x＝2时，|eq \(MD,\s\up6(→))|取得最小值，
所以|eq \(MD,\s\up6(→))|的最小值为eq \f(\r(41×22－220×2＋484),4)＝eq \r(13)，
所以|eq \(MD,\s\up6(→))|的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(13)，\f(2\r(109),5))).