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高考数学专题练 专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题（含答案）
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这是一份高考数学专题练 专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题（含答案），共24页。
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，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
(2)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝2eq \r(3)，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则( )
A．圆锥的侧面积为2eq \r(3)π
B．△SAB面积的最大值为eq \r(3)
C．直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°
D．若B是的中点，则(SF＋CF)2的最小值为10＋eq \r(15)
[总结提升]
求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题化归为静态问题．具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为( )
A.eq \r(2)＋2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)＋eq \r(6) D．2
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝eq \f(π,2)，AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D．1
4．(多选)(2023·石家庄模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是( )
A．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为2∶1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．过P，C，D三点作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(1,6)
5．(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是( )
A．三角形AD1P的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP∥平面AB1D1
C．存在点P，满足DP⊥BP
D．BD1与BP所成角的正切值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则( )
A．存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)
B．若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4
C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40π
D．若AF⊥FE，则点F的轨迹长为2eq \r(6)π
7．(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则eq \f(PM,MC)＝________.
8．(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________．
微专题29 立体几何中的动态问题
[考情分析] “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．
考点一 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，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的轨迹是以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，因为P为MN的中点，
所以PE∥DN，且PE＝eq \f(1,2)DN＝eq \r(3)，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的轨迹是以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的轨迹是以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，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 \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)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
图1
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋1－μ2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故A错误；
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
则＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝eq \f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．
方法二 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝eq \f(1,2)时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1－λ，\f(1,2)))，所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(B1P,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－eq \f(λ,2)＋eq \f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确．
跟踪训练1 (多选)(2023·扬州模拟)已知圆柱OO1的高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB1是圆柱OO1的一条母线，点P，Q分别在上、下底面内(包含边界)，下列说法正确的有( )
A．若PA＋PB＝3，则点P的轨迹为圆
B．若直线OP与直线OB1所成的角为45°，则点P的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点P，Q，使得AP⊥PQ
D．AP＋PQ＋QB1的取值范围是[eq \r(13)，2eq \r(3)＋eq \r(5)]
答案 BC
解析 对于B，如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA，OO1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，
设P(x，y,1)，则eq \(OB1,\s\up6(—→))＝(0，－1,1)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y,1)，
由题意，eq \f(|－y＋1|,\r(－12＋12)×\r(x2＋y2＋12))＝eq \f(\r(2),2)，化简得y＝－eq \f(1,2)x2，
由于点P在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对于A,PA＋PB＝3，
即eq \r(x2＋y－12＋1)＋eq \r(x2＋y＋12＋1)＝3，
化简得eq \f(x2,\f(1,4))＋eq \f(y2,\f(9,20))＝1，
即点P的轨迹为椭圆，故A错误；
对于C，设点P在下底面的投影为P1，
则由勾股定理可得AP2＝PPeq \\al(2,1)＋APeq \\al(2,1)，
若AP⊥PQ，则AP2＋PQ2＝AQ2，
则APeq \\al(2,1)＋12＋P1Q2＋12＝AQ2，
当P1在线段AQ上时，APeq \\al(2,1)＋P1Q2可取最小值，
由均值不等式，得APeq \\al(2,1)＋P1Q2≥2×eq \f(AQ2,4)＝eq \f(AQ2,2)，
当且仅当AP1＝P1Q＝eq \f(AQ,2)时，等号成立，
所以2＝AQ2－(APeq \\al(2,1)＋P1Q2)≤eq \f(AQ2,2)，即AQ2≥4，
而点Q只有在与点B重合时，AQ2才能取到4，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1的值为3AP＝3eq \r(12＋22)＝3eq \r(5)>2eq \r(3)＋eq \r(5)，故D错误．
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π
答案 BD
解析 对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，
则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，
由于三线NE，NF，NC共面且共点，
故EN⊥CN和EN⊥NF不能同时成立，故A错误；
对于B，如图1，由∠CEN＝∠MAB1，
且NE＝eq \f(1,2)AB1，AM＝EC，
∴在△CEN中，由余弦定理得NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cs∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正确；
对于C，如图2，
取AM的中点O，
∵AB＝BM，
即AB1＝B1M，则AM⊥B1O.
若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D⊂平面ODB1，
∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，
∴OD⊥AM，则AD＝MD，
由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C错误；
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点E，
连接OE，B1E，ME，如图2，
∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，
∴B1O⊥AM，B1O⊂平面B1AM，
∴B1O⊥平面AMD，OE⊂平面AMD，
∴B1O⊥OE，
则AM＝eq \r(2)，B1O＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(2),2)，OE＝eq \f(1,2)DM＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(2),2)，
从而EB1＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1，
易知EA＝ED＝EM＝1，
∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确．
跟踪训练2 (多选)(2023·泰安模拟)如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是( )
A．异面直线AC与BD所成的角为定值
B．三棱锥D－ABC外接球的表面积为2π
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥M－ACN体积的最大值为eq \f(\r(2),48)
答案 ABD
解析 对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，
∵OD∩OB＝O，OD，OB⊂平面OBD，
∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，异面直线AC与BD所成的角为90°，为定值，故A正确；
对于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴三棱锥D－ABC的外接球球心是O，
∴外接球半径R＝eq \f(\r(2),2)，
∴三棱锥D－ABC外接球的表面积S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝2π，故B正确；
对于C，若直线AD与直线BC垂直，
∵AB⊥BC，AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，
∴BC⊥平面ABD，
∴BC⊥BD，又BD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥OB，
而△OBD是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，V三棱锥M－ACN＝V三棱锥N－ACM，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥M－ACN的体积取得最大值，
此时OD＝eq \f(\r(2),2)，S△ACM＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,4)，
(V三棱锥M－ACN)max＝(V三棱锥N－ACM)max＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),48)，故D正确．
考点三 最值、范围问题
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝2eq \r(3)，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则( )
A．圆锥的侧面积为2eq \r(3)π
B．△SAB面积的最大值为eq \r(3)
C．直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°
D．若B是的中点，则(SF＋CF)2的最小值为10＋eq \r(15)
答案 AC
解析 圆锥的底面圆半径r＝eq \r(3)，
圆锥的母线长为eq \r(3＋1)＝2，则圆锥的侧面积为πrl＝2eq \r(3)π，故A正确；
如图1，平面SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO＝1，SA＝SC＝2，
因为tan ∠SCA＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
所以∠SCA＝30°，所以∠ASC＝120°，所以0°<∠ASB≤120°，
设∠ASB＝θ(0°<θ≤120°)，
则S△SAB＝eq \f(1,2)SA·SBsin ∠ASB＝2sin θ≤2，故B不正确；
根据圆锥的结构特征可知，点B在平面SAC上的投影在AC上，
又SB为定值，则当点B到直线AC的距离最大时，直线SB与平面SAC所成的角最大，
所以当B是的中点时，直线SB与平面SAC所成的角最大，
由AC＝2eq \r(3)知，此时点B到平面SAC的距离为eq \r(3)，
又因为高为1，所以直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°，故C正确；
当B是的中点时，AB＝BC＝eq \r(6)，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则SD＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)＝eq \f(\r(10),2)，
所以sin ∠ABS＝eq \f(SD,SB)＝eq \f(\r(10),4)，
所以cs∠CBS＝cs(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－eq \f(\r(10),4)，
所以SC2＝22＋6－2×2×eq \r(6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),4)))
＝10＋2eq \r(15)，
所以(SF＋CF)2≥SC2＝10＋2eq \r(15)，
当且仅当S，F，C三点共线时，等号成立，故D不正确．
跟踪训练3 (多选)(2023·永州模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为eq \r(2)，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则( )
A．线段MN的长度为1
B．△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1
C．∠MFN的余弦值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
D．直线FG与直线CD互为异面直线
答案 AB
解析 因为四面体ABCD的所有棱长均为eq \r(2)，
所以四面体ABCD为正四面体，
将四面体ABCD放置在正方体中，则正方体的棱长为1，
由M，N分别为棱AD，BC的中点，得M，N是正方体两个对面的中心，
则MN＝1，故A正确；
对于D，当F为AB的中点，G为MN的中点时，设I为CD的中点，
由正方体的结构特征可知F，I，G三点共线，
此时直线FG与直线CD交于点I，故D错误；
对于B，将等边△ABC和等边△ABD沿AB展开成平面图形，如图所示，
则MF＋NF≥MN，当且仅当M，N，F三点共线时，等号成立，
此时MN＝eq \r(2)，
所以MF＋NF的最小值为eq \r(2)，即△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1，故B正确；
对于C，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，
设F(1，a,1－a)(0则eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－a，a－\f(1,2)))，eq \(FN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1－a，a－\f(1,2)))，
则cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(FM,\s\up6(→))·\(FN,\s\up6(→)),|\(FM,\s\up6(→))||\(FN,\s\up6(→))|)＝
eq \f(\f(1,4)＋a2－a＋a2－a＋\f(1,4),\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2))
＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2,\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2))，
令t＝a－eq \f(1,2)，则a＝t＋eq \f(1,2)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，
则cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝
eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2,\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2))
＝eq \f(2t2,\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2＋t2)·\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋t2))
＝eq \f(2t2,\r(2t2＋t＋\f(1,2))·\r(2t2－t＋\f(1,2)))
＝eq \f(2t2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t2＋\f(1,2)))2－t2))＝eq \f(2t2,\r(4t4＋t2＋\f(1,4)))
＝eq \f(4t2,\r(16t4＋4t2＋1))，
当t2＝0，即a＝eq \f(1,2)时，cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝0，
当t2≠0，即t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，
cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝eq \f(4t2,\r(16t4＋4t2＋1))＝eq \f(4,\r(\f(1,t4)＋\f(4,t2)＋16))＝eq \f(4,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)＋2))2＋12))，
由t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，得eq \f(1,t2)∈(4，＋∞)，
则eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)＋2))2＋12)>eq \r(4＋22＋12)＝4eq \r(3)，
所以0所以cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，
综上所述，cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，即cs∠MFN∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，故C错误．
[总结提升]
求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题化归为静态问题．具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
答案 D
解析 由图可知，在三棱锥A－BCD中， AB＝BC＝BD＝eq \r(5)，AC＝AD＝eq \r(2)，CD＝2，
取CD的中点E，连接AE，BE，
因为BC＝BD＝eq \r(5)，AC＝AD＝eq \r(2)，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，
因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，
所以CD⊥平面ABE，
因为AB⊂平面ABE，
所以CD⊥AB，即AB与CD所成的角为eq \f(π,2).
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为( )
A.eq \r(2)＋2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)＋eq \r(6) D．2
答案 C
解析 如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1，
因为DM⊥A1C，所以DM⊂平面BDC1，即M在线段BC1上，
将△BDC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2，
又因为正方体的棱长为2，则BC1＝2eq \r(2)，
当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，
此时DM＝eq \r(6)，MC＝eq \r(2)，
所以DM＋MC的最小值为CD＝eq \r(2)＋eq \r(6).
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝eq \f(π,2)，AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D．1
答案 A
解析 连接A1C交AC1于点O，连接OM(图略)，
∵O，M分别为A1C，BC的中点，则OM∥A1B，
且OM⊂平面AMC1，A1B⊄平面AMC1，
∴A1B∥平面AMC1，
则线段A1B上的点到平面AMC1的距离相等，设为d，则P，Q两点之间距离的最小值为d，
即点A1到平面AMC1的距离d，
∵A1C的中点O在AC1上，则点C到平面AMC1的距离为d，
由题意可得AC＝CM＝CC1＝1，AC1＝AM＝MC1＝eq \r(2)，
∵，则eq \f(1,3)×d×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×1，解得d＝eq \f(\r(3),3)，
故P，Q两点之间距离的最小值为eq \f(\r(3),3).
4．(多选)(2023·石家庄模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是( )
A．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为2∶1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．过P，C，D三点作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(1,6)
答案 BCD
解析 如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C1，B1B所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B1(0,0,0)，设侧面ABB1A1内(包含边界)点P(x,0，z)(0≤x≤1,0≤z≤1)，
对于A，点P到直线AB的距离为1－z，
由正方体知B1C1⊥平面ABB1A1，又PB1⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，
所以点P到直线B1C1的距离为PB1＝eq \r(x2＋z2)，故eq \f(1－z,\r(x2＋z2))＝2，整理得eq \f(x2,\f(1,3))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,3)))2,\f(4,9))＝1，
所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；
对于B，点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，即点P到直线AB与到定点B1的距离相等，根据抛物线定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C，过点P作MN∥AB，分别交AA1，BB1于点M，N，连接CN，DM，如图，
则MN∥CD且MN＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，
则平行四边形MNCD为过P，C，D三点的截面，故C正确；
对于D，当点P在A1B1上时，点P到平面ABCD的距离最大为1，
又S△ABC为定值，故此时三棱锥P－ABC的体积最大，
V三棱锥P－ABC＝eq \f(1,3)×S△ABC×1＝eq \f(1,6)，故D正确．
5．(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是( )
A．三角形AD1P的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP∥平面AB1D1
C．存在点P，满足DP⊥BP
D．BD1与BP所成角的正切值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))
答案 BCD
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
平面BCC1B1∥平面ADD1A1，
AD1⊂平面ADD1A1，
P∈平面BCC1B1，
则点P到AD1的距离的最小值为平面BCC1B1与平面ADD1A1的距离2，
此时点P在BC1上，
因为正方体ABCD－A1B1C1D1的对角面ABC1D1为矩形，且AB＝2，
又AD1＝2eq \r(2)，
此时△AD1P的面积有最小值，故A错误；
连接BD, C1D，由A可知，四边形ABC1D1为矩形，即有BC1∥AD1，AD1⊂平面AB1D1，
BC1⊄平面AB1D1，则BC1∥平面AB1D1，同理BD∥平面AB1D1，又BC1∩BD＝B，
BC1，BD⊂平面BDC1，因此平面BDC1∥平面AB1D1，当P∈BC1时，DP∥平面AB1D1，故B正确；
因为BD＝DC1＝2eq \r(2)，取BC1的中点P，则DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正确；
因为P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则射线BP必与折线段CC1B1存在交点Q，设C1Q＝2－t,0≤t≤2，则BQ＝eq \r(t2＋4)，D1Q＝eq \r(2－t2＋4)，而BD1＝2eq \r(3)，令BD1与BP所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(2\r(3)2＋\r(t2＋4)2－\r(2－t2＋4)2,2×2\r(3)×\r(t2＋4))
＝eq \f(t＋2,\r(3)·\r(t2＋4))＝eq \f(1,\r(3)·\r(\f(8,t＋22)－\f(4,t＋2)＋1))＝
eq \f(1,\r(3)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),t＋2)－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2)))，因为eq \f(\r(2),2)≤eq \f(2\r(2),t＋2)≤eq \r(2)，
因此当t＝0时，(cs θ)min＝eq \f(\r(3),3)，当t＝2时，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，
又因为y＝cs θ在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，y＝tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以当t＝0时，θ最大，tan θ＝eq \r(2)，
当t＝2时，θ最小，tan θ＝eq \f(\r(2),2)，则tan θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))，故D正确．
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则( )
A．存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)
B．若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4
C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40π
D．若AF⊥FE，则点F的轨迹长为2eq \r(6)π
答案 ACD
解析 设E关于点D的对称点为E′，如图，
则AF＋EF＝AF＋FE′≥AE′＝eq \r(AB2＋BE′2)＝eq \r(62＋42)＝2eq \r(13)，
所以AF＋FE≥2eq \r(13)，当且仅当A，F，E′三点共线时取等号，
故存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)，故A正确；
由题意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O为坐标原点，以OC，OB，OO1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(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，设F(x，y,3)，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,6,2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(x－3，y,3)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(x，y＋3,3)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(x，y－3,1)，
对选项B，当AE⊥CF时，eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))＝6y＋6＝0，所以y＝－1，
所以点F的轨迹为上底面圆O1的一条弦MN，O1到MN的距离为1，
所以MN＝2eq \r(32－1)＝4eq \r(2)，故点F的轨迹长为4eq \r(2)，故B错误；
对选项D，当AF⊥FE时，eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝(x，y＋3,3)·(x，y－3,1)＝0，所以x2＋y2＝6，
所以点F的轨迹是以O1为圆心，eq \r(6)为半径的圆，其轨迹长为2eq \r(6)π，故D正确；
对选项C，在△ACE中， AC＝3eq \r(2)，CE＝eq \r(3\r(2)2＋22)＝eq \r(22)，AE＝eq \r(62＋22)＝2eq \r(10)，
所以AC2＋CE2＝AE2，
所以△ACE为直角三角形，其外心为AE与OO1的交点Q，且OQ＝1，QE＝eq \r(10)，
而QF＝eq \r(QO\\al(2,1)＋O1F2)＝eq \r(22＋6)＝eq \r(10)，
所以QF＝QE＝QC＝QA，所以Q为四面体ACEF的外接球的球心，球的半径为eq \r(10)，所以球的表面积为40π，故C正确．
7．(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则eq \f(PM,MC)＝________.
答案 2
解析 在四棱锥P－ABCD中，点M是侧棱PC上的定点，则△MBD的面积为定值，
因为三棱锥M－BDQ的体积为定值，
所以三棱锥Q－MBD的体积为定值，
因此点Q到平面MBD的距离为定值，
又点Q是侧棱AP上的动点，于是侧棱AP上的所有点到平面MBD的距离都相等，则PA∥平面MBD，
如图，连接AC，AC∩BD＝N，连接MN，平面PAC∩平面MBD＝MN，而PA⊂平面PAC，
因此MN∥PA，有eq \f(PM,MC)＝eq \f(AN,NC)，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2CD，则eq \f(AN,NC)＝eq \f(AB,CD)＝2，
所以eq \f(PM,MC)＝2.
8．(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________．
答案 eq \f(11\r(5),25)
解析 由题意，α为动直线CM与底面A1B1C1D1所成的角，只需求旋转过程中直线CM与平面A1B1C1D1所成的最大角即可，
又平面A1B1C1D1∥平面ABCD，只需求直线CM与平面ABCD所成的最大角的正弦值，
如图，过C作CM∥AB1，交D1C1的延长线于M，连接B1M，显然△AA1B1≌△CC1M，
所以CM＝AB1，故四边形AB1MC为平行四边形，则CM＝eq \r(5)，B1M＝eq \r(2)，B1C＝eq \r(5)，
所以△CMB1为等腰三角形，过点M作MH⊥CB1于点H，则点H必在线段CB1上，
综上，△MCB1绕CB1旋转过程中，点M的轨迹是以H为圆心，MH为半径的圆，
设B1H＝x，则CH＝eq \r(5)－x，故CM2－CH2＝B1M2－B1H2，
所以5－(eq \r(5)－x)2＝2－x2，解得B1H＝x＝eq \f(\r(5),5)，则CH＝eq \f(4\r(5),5)，MH＝eq \f(3\r(5),5)，
△MCB1绕CB1旋转过程中，CM是以CB1为轴，圆H为底面的圆锥的母线，
所以∠MCB1为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又sin∠MCB1＝eq \f(MH,CM)＝eq \f(3,5)，cs∠MCB1＝eq \f(4,5)，
而直线CB1与平面ABCD的夹角为∠BCB1，且sin∠BCB1＝eq \f(2\r(5),5)，cs∠BCB1＝eq \f(\r(5),5)，
令β＝∠MCB1＋∠BCB1，则sin β＝eq \f(4,5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(11\r(5),25)，
而cs β＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)－eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)＝－eq \f(2\r(5),25)<0，
令γ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(∠MCB1－∠BCB1))，则sin γ＝eq \f(4,5)×eq \f(2\r(5),5)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(5),5)，
而cs γ＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)＋eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)>0，
综上，γ≤α≤π－β，故sin α的最大值是eq \f(11\r(5),25)
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，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
(2)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝2eq \r(3)，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则( )
A．圆锥的侧面积为2eq \r(3)π
B．△SAB面积的最大值为eq \r(3)
C．直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°
D．若B是的中点，则(SF＋CF)2的最小值为10＋eq \r(15)
[总结提升]
求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题化归为静态问题．具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为( )
A.eq \r(2)＋2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)＋eq \r(6) D．2
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝eq \f(π,2)，AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D．1
4．(多选)(2023·石家庄模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是( )
A．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为2∶1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．过P，C，D三点作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(1,6)
5．(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是( )
A．三角形AD1P的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP∥平面AB1D1
C．存在点P，满足DP⊥BP
D．BD1与BP所成角的正切值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则( )
A．存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)
B．若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4
C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40π
D．若AF⊥FE，则点F的轨迹长为2eq \r(6)π
7．(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则eq \f(PM,MC)＝________.
8．(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________．
微专题29 立体几何中的动态问题
[考情分析] “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．
考点一 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，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的轨迹是以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，因为P为MN的中点，
所以PE∥DN，且PE＝eq \f(1,2)DN＝eq \r(3)，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的轨迹是以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的轨迹是以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，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 \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)(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
C．当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
答案 BD
解析 eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．
图1
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋1－μ2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故A错误；
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
则＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，则当λ＝eq \f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误；
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确．
方法二 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝eq \f(1,2)时，点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1－λ，\f(1,2)))，所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq \(B1P,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以－eq \f(λ,2)＋eq \f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确．
跟踪训练1 (多选)(2023·扬州模拟)已知圆柱OO1的高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB1是圆柱OO1的一条母线，点P，Q分别在上、下底面内(包含边界)，下列说法正确的有( )
A．若PA＋PB＝3，则点P的轨迹为圆
B．若直线OP与直线OB1所成的角为45°，则点P的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点P，Q，使得AP⊥PQ
D．AP＋PQ＋QB1的取值范围是[eq \r(13)，2eq \r(3)＋eq \r(5)]
答案 BC
解析 对于B，如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA，OO1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，
设P(x，y,1)，则eq \(OB1,\s\up6(—→))＝(0，－1,1)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y,1)，
由题意，eq \f(|－y＋1|,\r(－12＋12)×\r(x2＋y2＋12))＝eq \f(\r(2),2)，化简得y＝－eq \f(1,2)x2，
由于点P在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对于A,PA＋PB＝3，
即eq \r(x2＋y－12＋1)＋eq \r(x2＋y＋12＋1)＝3，
化简得eq \f(x2,\f(1,4))＋eq \f(y2,\f(9,20))＝1，
即点P的轨迹为椭圆，故A错误；
对于C，设点P在下底面的投影为P1，
则由勾股定理可得AP2＝PPeq \\al(2,1)＋APeq \\al(2,1)，
若AP⊥PQ，则AP2＋PQ2＝AQ2，
则APeq \\al(2,1)＋12＋P1Q2＋12＝AQ2，
当P1在线段AQ上时，APeq \\al(2,1)＋P1Q2可取最小值，
由均值不等式，得APeq \\al(2,1)＋P1Q2≥2×eq \f(AQ2,4)＝eq \f(AQ2,2)，
当且仅当AP1＝P1Q＝eq \f(AQ,2)时，等号成立，
所以2＝AQ2－(APeq \\al(2,1)＋P1Q2)≤eq \f(AQ2,2)，即AQ2≥4，
而点Q只有在与点B重合时，AQ2才能取到4，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1的值为3AP＝3eq \r(12＋22)＝3eq \r(5)>2eq \r(3)＋eq \r(5)，故D错误．
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A．存在某个位置，使得CN⊥AB1
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若AB＝BM，则AM⊥B1D
D．若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的外接球的表面积是4π
答案 BD
解析 对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，
则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，
由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，
由于三线NE，NF，NC共面且共点，
故EN⊥CN和EN⊥NF不能同时成立，故A错误；
对于B，如图1，由∠CEN＝∠MAB1，
且NE＝eq \f(1,2)AB1，AM＝EC，
∴在△CEN中，由余弦定理得NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cs∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正确；
对于C，如图2，
取AM的中点O，
∵AB＝BM，
即AB1＝B1M，则AM⊥B1O.
若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D⊂平面ODB1，
∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，
∴OD⊥AM，则AD＝MD，
由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C错误；
对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点E，
连接OE，B1E，ME，如图2，
∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，
∴B1O⊥AM，B1O⊂平面B1AM，
∴B1O⊥平面AMD，OE⊂平面AMD，
∴B1O⊥OE，
则AM＝eq \r(2)，B1O＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(2),2)，OE＝eq \f(1,2)DM＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(2),2)，
从而EB1＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1，
易知EA＝ED＝EM＝1，
∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确．
跟踪训练2 (多选)(2023·泰安模拟)如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是( )
A．异面直线AC与BD所成的角为定值
B．三棱锥D－ABC外接球的表面积为2π
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥M－ACN体积的最大值为eq \f(\r(2),48)
答案 ABD
解析 对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，
∵OD∩OB＝O，OD，OB⊂平面OBD，
∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，异面直线AC与BD所成的角为90°，为定值，故A正确；
对于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴三棱锥D－ABC的外接球球心是O，
∴外接球半径R＝eq \f(\r(2),2)，
∴三棱锥D－ABC外接球的表面积S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝2π，故B正确；
对于C，若直线AD与直线BC垂直，
∵AB⊥BC，AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，
∴BC⊥平面ABD，
∴BC⊥BD，又BD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥OB，
而△OBD是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，V三棱锥M－ACN＝V三棱锥N－ACM，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥M－ACN的体积取得最大值，
此时OD＝eq \f(\r(2),2)，S△ACM＝eq \f(1,2)S△ABC＝eq \f(1,4)，
(V三棱锥M－ACN)max＝(V三棱锥N－ACM)max＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),48)，故D正确．
考点三 最值、范围问题
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝2eq \r(3)，B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则( )
A．圆锥的侧面积为2eq \r(3)π
B．△SAB面积的最大值为eq \r(3)
C．直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°
D．若B是的中点，则(SF＋CF)2的最小值为10＋eq \r(15)
答案 AC
解析 圆锥的底面圆半径r＝eq \r(3)，
圆锥的母线长为eq \r(3＋1)＝2，则圆锥的侧面积为πrl＝2eq \r(3)π，故A正确；
如图1，平面SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO＝1，SA＝SC＝2，
因为tan ∠SCA＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
所以∠SCA＝30°，所以∠ASC＝120°，所以0°<∠ASB≤120°，
设∠ASB＝θ(0°<θ≤120°)，
则S△SAB＝eq \f(1,2)SA·SBsin ∠ASB＝2sin θ≤2，故B不正确；
根据圆锥的结构特征可知，点B在平面SAC上的投影在AC上，
又SB为定值，则当点B到直线AC的距离最大时，直线SB与平面SAC所成的角最大，
所以当B是的中点时，直线SB与平面SAC所成的角最大，
由AC＝2eq \r(3)知，此时点B到平面SAC的距离为eq \r(3)，
又因为高为1，所以直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°，故C正确；
当B是的中点时，AB＝BC＝eq \r(6)，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则SD＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))2)＝eq \f(\r(10),2)，
所以sin ∠ABS＝eq \f(SD,SB)＝eq \f(\r(10),4)，
所以cs∠CBS＝cs(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－eq \f(\r(10),4)，
所以SC2＝22＋6－2×2×eq \r(6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(10),4)))
＝10＋2eq \r(15)，
所以(SF＋CF)2≥SC2＝10＋2eq \r(15)，
当且仅当S，F，C三点共线时，等号成立，故D不正确．
跟踪训练3 (多选)(2023·永州模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为eq \r(2)，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则( )
A．线段MN的长度为1
B．△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1
C．∠MFN的余弦值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
D．直线FG与直线CD互为异面直线
答案 AB
解析 因为四面体ABCD的所有棱长均为eq \r(2)，
所以四面体ABCD为正四面体，
将四面体ABCD放置在正方体中，则正方体的棱长为1，
由M，N分别为棱AD，BC的中点，得M，N是正方体两个对面的中心，
则MN＝1，故A正确；
对于D，当F为AB的中点，G为MN的中点时，设I为CD的中点，
由正方体的结构特征可知F，I，G三点共线，
此时直线FG与直线CD交于点I，故D错误；
对于B，将等边△ABC和等边△ABD沿AB展开成平面图形，如图所示，
则MF＋NF≥MN，当且仅当M，N，F三点共线时，等号成立，
此时MN＝eq \r(2)，
所以MF＋NF的最小值为eq \r(2)，即△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1，故B正确；
对于C，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，
设F(1，a,1－a)(0
则cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(FM,\s\up6(→))·\(FN,\s\up6(→)),|\(FM,\s\up6(→))||\(FN,\s\up6(→))|)＝
eq \f(\f(1,4)＋a2－a＋a2－a＋\f(1,4),\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2))
＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2,\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2))，
令t＝a－eq \f(1,2)，则a＝t＋eq \f(1,2)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，
则cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝
eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2,\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2))
＝eq \f(2t2,\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2＋t2)·\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋t2))
＝eq \f(2t2,\r(2t2＋t＋\f(1,2))·\r(2t2－t＋\f(1,2)))
＝eq \f(2t2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t2＋\f(1,2)))2－t2))＝eq \f(2t2,\r(4t4＋t2＋\f(1,4)))
＝eq \f(4t2,\r(16t4＋4t2＋1))，
当t2＝0，即a＝eq \f(1,2)时，cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝0，
当t2≠0，即t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，
cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉＝eq \f(4t2,\r(16t4＋4t2＋1))＝eq \f(4,\r(\f(1,t4)＋\f(4,t2)＋16))＝eq \f(4,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)＋2))2＋12))，
由t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，得eq \f(1,t2)∈(4，＋∞)，
则eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)＋2))2＋12)>eq \r(4＋22＋12)＝4eq \r(3)，
所以0
综上所述，cs〈eq \(FM,\s\up6(→))，eq \(FN,\s\up6(→))〉∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，即cs∠MFN∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))，故C错误．
[总结提升]
求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题化归为静态问题．具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,2)
答案 D
解析 由图可知，在三棱锥A－BCD中， AB＝BC＝BD＝eq \r(5)，AC＝AD＝eq \r(2)，CD＝2，
取CD的中点E，连接AE，BE，
因为BC＝BD＝eq \r(5)，AC＝AD＝eq \r(2)，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，
因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，
所以CD⊥平面ABE，
因为AB⊂平面ABE，
所以CD⊥AB，即AB与CD所成的角为eq \f(π,2).
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为( )
A.eq \r(2)＋2 B．2eq \r(2)＋2 C.eq \r(2)＋eq \r(6) D．2
答案 C
解析 如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1，
因为DM⊥A1C，所以DM⊂平面BDC1，即M在线段BC1上，
将△BDC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2，
又因为正方体的棱长为2，则BC1＝2eq \r(2)，
当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，
此时DM＝eq \r(6)，MC＝eq \r(2)，
所以DM＋MC的最小值为CD＝eq \r(2)＋eq \r(6).
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝eq \f(π,2)，AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D．1
答案 A
解析 连接A1C交AC1于点O，连接OM(图略)，
∵O，M分别为A1C，BC的中点，则OM∥A1B，
且OM⊂平面AMC1，A1B⊄平面AMC1，
∴A1B∥平面AMC1，
则线段A1B上的点到平面AMC1的距离相等，设为d，则P，Q两点之间距离的最小值为d，
即点A1到平面AMC1的距离d，
∵A1C的中点O在AC1上，则点C到平面AMC1的距离为d，
由题意可得AC＝CM＝CC1＝1，AC1＝AM＝MC1＝eq \r(2)，
∵，则eq \f(1,3)×d×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×1，解得d＝eq \f(\r(3),3)，
故P，Q两点之间距离的最小值为eq \f(\r(3),3).
4．(多选)(2023·石家庄模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面ABB1A1内(包含边界)有一点P，则下列说法正确的是( )
A．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为2∶1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B．若点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．过P，C，D三点作正方体ABCD－A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为eq \f(1,6)
答案 BCD
解析 如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C1，B1B所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B1(0,0,0)，设侧面ABB1A1内(包含边界)点P(x,0，z)(0≤x≤1,0≤z≤1)，
对于A，点P到直线AB的距离为1－z，
由正方体知B1C1⊥平面ABB1A1，又PB1⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，
所以点P到直线B1C1的距离为PB1＝eq \r(x2＋z2)，故eq \f(1－z,\r(x2＋z2))＝2，整理得eq \f(x2,\f(1,3))＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,3)))2,\f(4,9))＝1，
所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；
对于B，点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，即点P到直线AB与到定点B1的距离相等，根据抛物线定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C，过点P作MN∥AB，分别交AA1，BB1于点M，N，连接CN，DM，如图，
则MN∥CD且MN＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，
则平行四边形MNCD为过P，C，D三点的截面，故C正确；
对于D，当点P在A1B1上时，点P到平面ABCD的距离最大为1，
又S△ABC为定值，故此时三棱锥P－ABC的体积最大，
V三棱锥P－ABC＝eq \f(1,3)×S△ABC×1＝eq \f(1,6)，故D正确．
5．(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是( )
A．三角形AD1P的面积无最大值、无最小值
B．存在点P，满足DP∥平面AB1D1
C．存在点P，满足DP⊥BP
D．BD1与BP所成角的正切值的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))
答案 BCD
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
平面BCC1B1∥平面ADD1A1，
AD1⊂平面ADD1A1，
P∈平面BCC1B1，
则点P到AD1的距离的最小值为平面BCC1B1与平面ADD1A1的距离2，
此时点P在BC1上，
因为正方体ABCD－A1B1C1D1的对角面ABC1D1为矩形，且AB＝2，
又AD1＝2eq \r(2)，
此时△AD1P的面积有最小值，故A错误；
连接BD, C1D，由A可知，四边形ABC1D1为矩形，即有BC1∥AD1，AD1⊂平面AB1D1，
BC1⊄平面AB1D1，则BC1∥平面AB1D1，同理BD∥平面AB1D1，又BC1∩BD＝B，
BC1，BD⊂平面BDC1，因此平面BDC1∥平面AB1D1，当P∈BC1时，DP∥平面AB1D1，故B正确；
因为BD＝DC1＝2eq \r(2)，取BC1的中点P，则DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正确；
因为P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则射线BP必与折线段CC1B1存在交点Q，设C1Q＝2－t,0≤t≤2，则BQ＝eq \r(t2＋4)，D1Q＝eq \r(2－t2＋4)，而BD1＝2eq \r(3)，令BD1与BP所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(2\r(3)2＋\r(t2＋4)2－\r(2－t2＋4)2,2×2\r(3)×\r(t2＋4))
＝eq \f(t＋2,\r(3)·\r(t2＋4))＝eq \f(1,\r(3)·\r(\f(8,t＋22)－\f(4,t＋2)＋1))＝
eq \f(1,\r(3)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),t＋2)－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2)))，因为eq \f(\r(2),2)≤eq \f(2\r(2),t＋2)≤eq \r(2)，
因此当t＝0时，(cs θ)min＝eq \f(\r(3),3)，当t＝2时，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，
又因为y＝cs θ在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，y＝tan x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以当t＝0时，θ最大，tan θ＝eq \r(2)，
当t＝2时，θ最小，tan θ＝eq \f(\r(2),2)，则tan θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))，故D正确．
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则( )
A．存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)
B．若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4
C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40π
D．若AF⊥FE，则点F的轨迹长为2eq \r(6)π
答案 ACD
解析 设E关于点D的对称点为E′，如图，
则AF＋EF＝AF＋FE′≥AE′＝eq \r(AB2＋BE′2)＝eq \r(62＋42)＝2eq \r(13)，
所以AF＋FE≥2eq \r(13)，当且仅当A，F，E′三点共线时取等号，
故存在唯一的点F，使得AF＋FE＝2eq \r(13)，故A正确；
由题意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O为坐标原点，以OC，OB，OO1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(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，设F(x，y,3)，
则eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,6,2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(x－3，y,3)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(x，y＋3,3)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(x，y－3,1)，
对选项B，当AE⊥CF时，eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CF,\s\up6(→))＝6y＋6＝0，所以y＝－1，
所以点F的轨迹为上底面圆O1的一条弦MN，O1到MN的距离为1，
所以MN＝2eq \r(32－1)＝4eq \r(2)，故点F的轨迹长为4eq \r(2)，故B错误；
对选项D，当AF⊥FE时，eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝(x，y＋3,3)·(x，y－3,1)＝0，所以x2＋y2＝6，
所以点F的轨迹是以O1为圆心，eq \r(6)为半径的圆，其轨迹长为2eq \r(6)π，故D正确；
对选项C，在△ACE中， AC＝3eq \r(2)，CE＝eq \r(3\r(2)2＋22)＝eq \r(22)，AE＝eq \r(62＋22)＝2eq \r(10)，
所以AC2＋CE2＝AE2，
所以△ACE为直角三角形，其外心为AE与OO1的交点Q，且OQ＝1，QE＝eq \r(10)，
而QF＝eq \r(QO\\al(2,1)＋O1F2)＝eq \r(22＋6)＝eq \r(10)，
所以QF＝QE＝QC＝QA，所以Q为四面体ACEF的外接球的球心，球的半径为eq \r(10)，所以球的表面积为40π，故C正确．
7．(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则eq \f(PM,MC)＝________.
答案 2
解析 在四棱锥P－ABCD中，点M是侧棱PC上的定点，则△MBD的面积为定值，
因为三棱锥M－BDQ的体积为定值，
所以三棱锥Q－MBD的体积为定值，
因此点Q到平面MBD的距离为定值，
又点Q是侧棱AP上的动点，于是侧棱AP上的所有点到平面MBD的距离都相等，则PA∥平面MBD，
如图，连接AC，AC∩BD＝N，连接MN，平面PAC∩平面MBD＝MN，而PA⊂平面PAC，
因此MN∥PA，有eq \f(PM,MC)＝eq \f(AN,NC)，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2CD，则eq \f(AN,NC)＝eq \f(AB,CD)＝2，
所以eq \f(PM,MC)＝2.
8．(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________．
答案 eq \f(11\r(5),25)
解析 由题意，α为动直线CM与底面A1B1C1D1所成的角，只需求旋转过程中直线CM与平面A1B1C1D1所成的最大角即可，
又平面A1B1C1D1∥平面ABCD，只需求直线CM与平面ABCD所成的最大角的正弦值，
如图，过C作CM∥AB1，交D1C1的延长线于M，连接B1M，显然△AA1B1≌△CC1M，
所以CM＝AB1，故四边形AB1MC为平行四边形，则CM＝eq \r(5)，B1M＝eq \r(2)，B1C＝eq \r(5)，
所以△CMB1为等腰三角形，过点M作MH⊥CB1于点H，则点H必在线段CB1上，
综上，△MCB1绕CB1旋转过程中，点M的轨迹是以H为圆心，MH为半径的圆，
设B1H＝x，则CH＝eq \r(5)－x，故CM2－CH2＝B1M2－B1H2，
所以5－(eq \r(5)－x)2＝2－x2，解得B1H＝x＝eq \f(\r(5),5)，则CH＝eq \f(4\r(5),5)，MH＝eq \f(3\r(5),5)，
△MCB1绕CB1旋转过程中，CM是以CB1为轴，圆H为底面的圆锥的母线，
所以∠MCB1为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又sin∠MCB1＝eq \f(MH,CM)＝eq \f(3,5)，cs∠MCB1＝eq \f(4,5)，
而直线CB1与平面ABCD的夹角为∠BCB1，且sin∠BCB1＝eq \f(2\r(5),5)，cs∠BCB1＝eq \f(\r(5),5)，
令β＝∠MCB1＋∠BCB1，则sin β＝eq \f(4,5)×eq \f(2\r(5),5)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(11\r(5),25)，
而cs β＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)－eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)＝－eq \f(2\r(5),25)<0，
令γ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(∠MCB1－∠BCB1))，则sin γ＝eq \f(4,5)×eq \f(2\r(5),5)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(5),5)，
而cs γ＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)＋eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),5)>0，
综上，γ≤α≤π－β，故sin α的最大值是eq \f(11\r(5),25)
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