2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第七章　§7.9　空间动态问题突破[培优课]

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空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等．
题型一 空间位置关系的判定
例1 (1)(2023·昆明模拟)已知P，Q分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )
A．AB⊥PQ
B．平面BPQ∥平面ADD1A1
C．四面体ABPQ的体积为定值
D．AP∥平面CDD1C1
答案 C
解析 对于A，∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，故A正确；
对于B，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，
∴平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；
对于C，∵A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，
∴四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；
对于D，∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，
∴AP∥平面CDD1C1，故D正确．
(2)(多选)已知等边△ABC的边长为6，M，N分别为边AB，AC的中点，将△AMN沿MN折起至△A′MN，在四棱锥A′－MNCB中，下列说法正确的是( )
A．直线MN∥平面A′BC
B．当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB
C．在折起过程中存在某个位置使BN⊥平面A′NC
D．当四棱锥A′－MNCB体积最大时，它的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为eq \f(39π,4)
答案 AB
解析 因为MN∥BC，MN⊄平面A′BC，BC⊂平面A′BC，所以直线MN∥平面A′BC，故A正确；
因为四棱锥A′－MNCB的底面积为定值，所以当点A′到平面MNCB距离最大时，体积最大，此时平面A′MN⊥平面MNCB，满足题意，故B正确；
对于C，如图，若BN⊥平面A′NC，则BN⊥AA′，又A′D⊥MN，AD⊥MN，A′D∩AD＝D，可知MN⊥平面A′AD，所以A′A⊥MN，又MN∩BN＝N，所以A′A⊥平面MNCB，这显然不可能，故C错误；
当四棱锥A′－MNCB体积最大时，平面A′MN⊥平面MNCB，如图，
由∠MBC＝eq \f(π,3)，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆的圆心，F是△A′MN的外心，
作OE⊥平面MNCB，连接OF，则OF⊥平面A′MN，则O是四棱锥A′－MNCB外接球的球心，
且OF＝DE＝eq \f(3\r(3),2)，A′F＝eq \r(3)，设四棱锥A′－MNCB外接球的半径为R，则R2＝A′F2＋OF2＝eq \f(39,4).
故球O的表面积为4πR2＝39π.故D错误．
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 (2022·杭州质检)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是( )
A．三棱锥A－A1PD的体积大小与点P的位置有关
B．A1P与平面ACD1相交
C．平面PDB1⊥平面A1BC1
D．AP⊥D1C
答案 C
解析 对于选项A，.
在正方体中，BC1∥平面AA1D，所以点P到平面AA1D的距离不变，
即三棱锥P－AA1D的高不变，又△AA1D的面积不变，
因此三棱锥P－AA1D的体积不变，
即三棱锥A－A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立；
对于选项B，由于BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，同理可证BA1∥平面ACD1，又BA1∩BC1＝B，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，因为A1P⊂平面BA1C1，
所以A1P∥平面ACD1，故B不成立；
对于选项C，因为A1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1＝B，
所以A1C1⊥平面BB1D，则A1C1⊥B1D；同理A1B⊥B1D，
又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1BC1，
又B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，故C成立；
对于选项D，当B与P重合时，AP与D1C的夹角为eq \f(π,4)，故D不成立．
题型二 轨迹问题
例2 (1)(2023·韶关模拟)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝eq \f(1,2)，则动点P的轨迹是( )
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
答案 D
解析 设d是△APC1边AC1上的高，则＝eq \f(1,2)·|AC1|·d＝eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,2)，所以d＝eq \f(\r(3),3)，即点P到直线AC1的距离为定值eq \f(\r(3),3)，所以点P在以直线AC1为轴，以eq \f(\r(3),3)为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．
(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．
答案 eq \r(2)
解析 如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.
因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2).
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x2＋eq \f(y－22,3)＝1，
所以点P的轨迹是椭圆．
(2)已知动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上运动，且PA＝r(0＜r＜eq \r(3))，记点P的轨迹长度为f(r)，则f(1)＋f(eq \r(2)) ＝________.
答案 3π
解析 如图，当r＝1时，点P在正方体表面上的轨迹分别是以A为圆心，1为半径的三个面上的三段弧，分别为，，，
则f(1)＝3×eq \f(1,4)×2π＝eq \f(3π,2)，
当r＝eq \r(2)时，点P在正方体表面上的轨迹为在平面A1B1C1D1上以A1为圆心，1为半径的，
在平面B1BCC1上为以B为圆心，1为半径的，
在平面DCC1D1上为以D为圆心，1为半径的，
则f(eq \r(2))＝3×eq \f(1,4)×2π＝eq \f(3π,2)，
所以f(1)＋f(eq \r(2))＝eq \f(3π,2)＋eq \f(3π,2)＝3π.
题型三 最值、范围问题
例3 (1)如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为( )
A.eq \f(16\r(3),27) B.eq \f(5\r(3),9) C．1 D.eq \f(\r(3),4)
答案 A
解析 取AC的中点O，连接D′O(图略)．
设∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cs eq \f(α,2)＝2cs eq \f(α,2)，S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2sin α＝2sin α.
因为D′O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD′＝eq \f(1,3)S△ABC×D′O＝eq \f(4,3)sin αcs eq \f(α,2)＝eq \f(8,3)sin eq \f(α,2)cs2eq \f(α,2)＝eq \f(8,3)sin eq \f(α,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－sin2\f(α,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<\f(α,2)<\f(π,2))).
设t＝sin eq \f(α,2)，则0＜t＜1，V四面体ABCD′＝eq \f(8,3)(t－t3)．
设f(t)＝eq \f(8,3)(t－t3)，0＜t＜1，
则f′(t)＝eq \f(8,3)(1－3t2)，0＜t＜1.
所以当0＜t＜eq \f(\r(3),3)时，f′(t)＞0，f(t)单调递增；
当eq \f(\r(3),3)＜t＜1时，f′(t)＜0，f(t)单调递减．
所以当t＝eq \f(\r(3),3)时，f(t)取得最大值eq \f(16\r(3),27).
所以四面体ABCD′体积的最大值为eq \f(16\r(3),27).
(2)在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________．
答案 eq \f(3\r(11),11)
解析 因为在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan∠ADB＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(3,AD)，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值．
以A为坐标原点，AB，AC，AP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，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－3,2,0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－2z＝0，,－3x＋2y＝0，))令y＝3，得n＝(2,3,3)．
因为cs〈n，eq \(AD,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(AD,\s\up6(→)),|n||\(AD,\s\up6(→))|)＝eq \f(3＋3,\r(22)×\r(2))＝eq \f(3\r(11),11)，
所以AD与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(3\r(11),11).
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)在四面体ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，则四面体ABCD体积的最大值是( )
A.eq \f(2\r(3),27) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2\r(3),9) D.eq \f(\r(3),3)
答案 A
解析 如图，取AB的中点E，连接CE，DE，
设AB＝2x(0＜x＜1)，则CE＝DE＝eq \r(1－x2)，
当平面ABC⊥平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，
此时，四面体ABCD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2x×eq \r(1－x2)×eq \r(1－x2)＝eq \f(1,3)x－eq \f(1,3)x3.
所以V′＝eq \f(1,3)－x2，令V′＝0，得x＝eq \f(\r(3),3).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))时，V单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))时，V单调递减．故当x＝eq \f(\r(3),3)时，V有最大值，Vmax＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),3)－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))3＝eq \f(2\r(3),27).
(2)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，P是底面A1B1C1D1上一点．若AP∥平面BEF，则AP长度的最小值是________，最大值是________．
答案 eq \f(3\r(2),4) eq \f(\r(5),2)
解析 如图，取A1D1的中点N，A1B1的中点M，连接AM，AN，MN，NE，B1D1，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，N分别为B1C1，A1D1的中点，
∴EN∥A1B1∥AB，EN＝A1B1＝AB，
∴四边形ABEN为平行四边形，
∴AN∥BE，
又AN⊄平面BEF，BE⊂平面BEF，
∴AN∥平面BEF，
∵E，F分别为B1C1，C1D1的中点，
由中位线性质知EF∥B1D1，
同理可知MN∥B1D1，
∴MN∥EF，
又MN⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，
∴MN∥平面BEF，
又AN∩MN＝N，AN，MN⊂平面AMN，
∴平面AMN∥平面BEF，
∵P是底面A1B1C1D1上一点，且AP∥平面BEF，
∴P∈MN，
在等腰△AMN中，当AP的长度最大时，P在M点或N点，
即APmax＝AM＝AN＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，
当AP的长度最小时，P为MN的中点，MN＝eq \f(\r(2),2)，
∴AP＝eq \r(AM2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MN,2)))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),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，即APmin＝eq \f(3\r(2),4).
课时精练
1. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C．2 D.eq \r(2)
答案 D
解析 因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，
所以tan∠DMD1＝eq \f(DD1,MD1)，当MD1最小时，tan∠DMD1取得最大值，此时tan∠DMD1＝eq \f(DD1,\f(\r(2),2)DD1)＝eq \r(2).
2．(多选)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱DD1，BB1上的动点(异于所在棱的端点)．则下列结论正确的是( )
A．在点F运动的过程中，直线FC1可能与AE平行
B．直线AC1与EF必然异面
C．设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1可能在直线PQ上
D．设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1一定不在直线PQ上
答案 AC
解析 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝C1D1，DD1＝BB1，B1C1＝AD，连接C1E，AC1，EF，
当点E，F分别是棱DD1，BB1的中点时，
由勾股定理得AE＝eq \r(AD2＋DE2)，C1F＝eq \r(C1B\\al(2,1)＋B1F2)，
故AE＝C1F，
同理可得AF＝C1E，
故四边形AEC1F是平行四边形，
所以在点F运动的过程中，直线FC1可能与AE平行，AC1与EF相交，A正确，B错误；
以C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C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，
则当点E，F分别是棱DD1，BB1中点且几何体ABCD－A1B1C1D1为正方体时，
设棱长为2，延长AE，A1D1交于点M，延长AF，A1B1交于点N，连接MN，
则C1(0,0,0)，M(2，－2,0)，N(－2,2,0)，
则eq \(C1M,\s\up6(—→))＝(2，－2,0)，eq \(NC1,\s\up6(—→))＝(2，－2,0)，
则eq \(C1M,\s\up6(—→))＝eq \(NC1,\s\up6(—→))，
又两向量有公共点C1，
所以C1，M，N三点共线，
故点C1可能在直线PQ上，C正确，D错误．
3．(2023·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.
4．(多选)如图，在等腰Rt△ABC中，BC＝2，∠C＝90°，D，E分别是线段AB，AC上异于端点的动点，且DE∥BC，现将△ADE沿直线DE折起至△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，下列选项中正确的是( )
A．∠A′DB的大小不会发生变化
B．二面角A′－BD－C的平面角的大小不会发生变化
C．三棱锥A′－EBC的体积先变小再变大
D．A′B与DE所成的角先变大后变小
答案 AB
解析 设A′D＝a，则DB＝2eq \r(2)－a，A′E＝eq \f(\r(2)a,2)，EC＝2－eq \f(\r(2),2)a，BC2＋CE2＝BE2，A′B2＝A′E2＋BE2，cs∠A′DB＝eq \f(A′D2＋BD2－A′B2,2·BD·A′D)＝－eq \f(1,2)是定值，∴∠A′DB的大小不会发生变化，故A正确；
由三垂线法作出二面角A′－BD－C的平面角，可知其大小为定值，故B正确；设A′E＝x，则CE＝2－x(0由二次函数的单调性，可知V先变大后变小，故C错误；A′B与DE所成的角先变小后变大，故D错误．
5．在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体P－ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是( )
A．[eq \r(3)－1，eq \r(3)＋1] B．[1,3]
C．[eq \r(3)－1,2] D．[1，eq \r(3)＋1]
答案 A
解析 如图所示，若固定正四面体P－ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动．
设AB的中点为M，则PM＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径，最大距离是PM加上球M的半径，所以eq \r(3)－1≤|OP|≤eq \r(3)＋1，即|OP|的取值范围是[eq \r(3)－1，eq \r(3)＋1]．
6. 已知正四面体D－ABC，点E，F分别为棱CD，AC的中点，点M为线段EF上的动点，设EM＝x，则下列说法正确的是( )
A．直线DA与直线MB所成的角随x的增大而增大
B．直线DA与直线MB所成的角随x的增大而减小
C．直线DM与平面ABD所成的角随x的增大而增大
D．直线DM与平面ABD所成的角随x的增大而减小
答案 D
解析 因为E，F分别为DC，AC的中点，所以EF∥DA，所以直线DA与直线MB所成的角等于直线EF与BM所成的角．
在等腰△BEF中，直线EF与BM所成的角随着x的增大先增大，再减小，当M运动到EF中点时取到最大值，故A，B选项说法错误；
设M点到平面ABD的距离为d，直线DM与平面ABD所成的角为α，则sin α＝eq \f(d,MD).因为EF∥AD，EF⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以EF∥平面ABD，所以随着x的增大，d保持不变，MD在增大，所以sin α的值在减小，即α随着x的增大而减小，故C选项说法错误，D选项说法正确．
7．(多选)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的轨迹为椭圆
答案 AC
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，若∠MND＝eq \f(π,4)，则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，因为点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轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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错误．
8. 如图，在四棱锥P－ABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB＝eq \r(2)，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当AN＋MN取最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A.eq \f(9π,2) B.eq \f(16π,3) C.eq \f(25π,4) D.eq \f(64π,9)
答案 B
解析 如图，在PC上取点M′，使得PM＝PM′，连接NM′，则MN＝M′N，AN＋MN＝AN＋M′N，
则当A，N，M′三点共线时，AN＋M′N最小，为AM′，当AM′⊥PC时，AM′取得最小值，即AN＋NM′的最小值．
因为此时M恰为PD的中点，所以M′为PC的中点，所以PA＝AC＝2，因此PO＝eq \r(PA2－AO2)＝eq \r(3).易知外接球的球心在四棱锥内部，
设外接球的半径为r，则r2＝(eq \r(3)－r)2＋1，解得r＝eq \f(2\r(3),3)，
因此外接球的表面积S＝4πr2＝eq \f(16π,3).
9．在三棱锥A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为6，定长为l(l＜4)的线段MN的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，若线段MN的中点P的轨迹的面积为eq \f(π,2)，则l的值为 ________.
答案 2
解析 由题意可知，∠MAN＝90°，在Rt△AMN中，AP＝eq \f(1,2)l，
线段MN的中点P的轨迹是以A为球心， eq \f(1,2)l为半径的球面的eq \f(1,8)，
所以线段MN的中点P的轨迹的面积为eq \f(1,8)×4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)l))2＝eq \f(π,2)，则l＝2.
10. 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点．下列结论正确的是________．(填序号)
①AC⊥BC1；
②存在点D，使得AC1∥平面CDB1；
③不存在点D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B；
④三棱锥A1－CDB1的体积是定值．
答案 ①②④
解析 如图所示，由CC1⊥底面ABC，知AC⊥CC1，又AC⊥CB，CC1∩CB＝C，CC1⊂平面BCC1B1，CB⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，
故AC⊥BC1，故①正确；
设B1C与BC1交于点M，取AB的中点D，连接MD，则MD∥AC1，MD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1所以AC1∥平面CDB1，故②正确；
当CD⊥AB时，因为AA1∥CC1，CC1⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，
AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面AA1B1B，所以CD⊥平面AA1B1B，因为CD⊂平面CDB1，故平面CDB1⊥平面AA1B1B，故③不正确；
设点C到平面A1B1D的距离为h，则，因为四边形A1B1BA面积为定值，h为定值，所以三棱锥A1－CDB1的体积是定值，故④正确．