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(新高考)高考数学一轮复习课件第7章§7.9《空间动态问题突破 培优课》(含解析)
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这是一份(新高考)高考数学一轮复习课件第7章§7.9《空间动态问题突破 培优课》(含解析)，共60页。PPT课件主要包含了空间位置关系的判定，思维升华，所以D正确，轨迹问题，如图连接B1D1，范围问题，在Rt△SOC中，对于选项A，故选项A错误，故选项C不正确等内容，欢迎下载使用。
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⊥OCB.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD
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；
所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，
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ACD1B.A1P∥平面ACD1C.异面直线A1P与AD1所成的角的范围是D.三棱锥D1－APC的体积不变
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.
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C.直线B1C1与BD所成的角为D.若D为AA1的中点，则四棱锥D－BB1FE的外接球表面积为5π
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
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)，
过O1作O1N⊥EF，垂足为N，连接DN，O1D，
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 ，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2πC.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 ，则点N的轨迹为双曲线
取MD的中点E，连接PE，
因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，
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)，
(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___.
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，
∴△FEG的周长为8.
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.
A.圆B.椭圆C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分
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)，
即3x2＋(y－2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆.
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，
易知A1C1＝C1D＝A1D＝4，
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
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]，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
(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
又因为B与A，C不重合，
则△SAB为等边三角形，
如图所示，则(SE＋CE)min＝S1C，
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
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.
因为点P在正四面体ABCD的表面运动，
(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____.
设平面BD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
设CE＝a，a∈[0,2]，B(1,2,0)，E(0,2，a)，D1(0,0,2)，
显然平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，
YILUNFUXIXUNLIAN
∴截面圆的半径为2，∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
设正四面体内切球的球心为O，
所以球O上的点P到点E的最小距离为
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
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.
设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，
5.(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°
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，
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，
所以等腰梯形AB1MP的高为
所以梯形AB1MP的面积为
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
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，
连接EF，FG，GH，HE，
∴四边形EFGH为矩形，
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，
∴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；
故选项C错误，选项D正确；∵点P的轨迹为矩形EFGH，
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
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，
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，
对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，
∴(0，y，z－1)＝(0，λ，－λ)，
则y＝λ，z＝1－λ，∴M(1，λ，1－λ)，
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BCC1B1B.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
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＝ 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＝ ，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____________.
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，
∵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
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)，
所以F是CC1四等分点(靠近C)，所以F(0,2,1)，
设平面D1EF的一个法向量为n＝(a，b，c)，
因为0≤x≤2,0≤z≤4，
令y＝41x2－220x＋184，
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⊥OCB.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BDC.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACDD.存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD
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；
所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，
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ACD1B.A1P∥平面ACD1C.异面直线A1P与AD1所成的角的范围是D.三棱锥D1－APC的体积不变
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.
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C.直线B1C1与BD所成的角为D.若D为AA1的中点，则四棱锥D－BB1FE的外接球表面积为5π
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
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)，
过O1作O1N⊥EF，垂足为N，连接DN，O1D，
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 ，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2πC.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 ，则点N的轨迹为双曲线
取MD的中点E，连接PE，
因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，
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)，
(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___.
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，
∴△FEG的周长为8.
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.
A.圆B.椭圆C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分
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)，
即3x2＋(y－2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆.
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，
易知A1C1＝C1D＝A1D＝4，
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
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]，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
(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
又因为B与A，C不重合，
则△SAB为等边三角形，
如图所示，则(SE＋CE)min＝S1C，
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
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.
因为点P在正四面体ABCD的表面运动，
(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____.
设平面BD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
设CE＝a，a∈[0,2]，B(1,2,0)，E(0,2，a)，D1(0,0,2)，
显然平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，
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∴截面圆的半径为2，∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
设正四面体内切球的球心为O，
所以球O上的点P到点E的最小距离为
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
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.
设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，
5.(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°
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，
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，
所以等腰梯形AB1MP的高为
所以梯形AB1MP的面积为
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
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，
连接EF，FG，GH，HE，
∴四边形EFGH为矩形，
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，
∴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；
故选项C错误，选项D正确；∵点P的轨迹为矩形EFGH，
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
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，
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，
对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，
∴(0，y，z－1)＝(0，λ，－λ)，
则y＝λ，z＝1－λ，∴M(1，λ，1－λ)，
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BCC1B1B.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
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＝ 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＝ ，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____________.
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，
∵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
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)，
所以F是CC1四等分点(靠近C)，所以F(0,2,1)，
设平面D1EF的一个法向量为n＝(a，b，c)，
因为0≤x≤2,0≤z≤4，
令y＝41x2－220x＋184，
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