2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第七章 §7.9　空间动态问题突破　培优课

§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⊥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ACD1B．A1P∥平面ACD1C．异面直线A1P与AD1所成的角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(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\co1(\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\co1(\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 \o(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \o(D1N,\s\up6(—→))＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为eq \f(π,3)，所以|cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(D1N,\s\up6(—→))〉|＝cos eq \f(π,3)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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 \o(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \o(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－1)，所以cos〈eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(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\o\al(2,1)＋DD\o\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·A1Mcos∠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\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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 \o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，∴eq \o(DB,\s\up6(→))·eq \o(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，|eq \o(DB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \o(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(2λ2－2λ＋2)，设异面直线AP与BD所成的角为θ，则cos θ＝eq \f(|\o(DB,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,|\o(DB,\s\up6(→))||\o(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\co1(λ－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，当λ＝eq \f(1,2)时，cos θ取得最小值为0，当λ＝0或1时，cos θ取得最大值为eq \f(1,2)，∴0≤cos 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)πB．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\co1(\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\co1(0，\f(π,2)))，又2∠SAB＋∠ASB＝π，可得∠SAB∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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×cos 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 \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PN,\s\up6(→))的最小值为______，最大值为______．答案　0　eq \f(4,3)解析　eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PN,\s\up6(→))＝(eq \o(PO,\s\up6(→))＋eq \o(OM,\s\up6(→)))·(eq \o(PO,\s\up6(→))＋eq \o(ON,\s\up6(→)))＝eq \o(PO,\s\up6(→))2－eq \o(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\co1(\f(\r(3),4)×22))×r＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 \o(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 \o(OM,\s\up6(→))|＝r＝eq \f(\r(6),6)，所以eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(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 \o(BD1,\s\up6(—→))＝(－1，－2,2)，eq \o(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\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))1＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x－2y＋2z＝0，,－x＋az＝0，))取x＝a，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，1－\f(a,2)，1))，显然平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，即cos α＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))取最大值，即当a＝eq \f(2,5)时，cos 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 \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(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 \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(PD,\s\up6(→))＝(eq \o(PE,\s\up6(→))＋eq \o(EA,\s\up6(→)))·(eq \o(PE,\s\up6(→))＋eq \o(ED,\s\up6(→)))＝eq \o(PE,\s\up6(→))2＋eq \o(PE,\s\up6(→))·(eq \o(EA,\s\up6(→))＋eq \o(ED,\s\up6(→)))＋eq \o(EA,\s\up6(→))·eq \o(ED,\s\up6(→))＝eq \o(PE,\s\up6(→))2－eq \f(1,4).显然，当PE的长度最小时，eq \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(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\co1(\f(\r(6),4)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 \o(PA,\s\up6(→))·eq \o(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 \o(D1P,\s\up6(—→))＝λeq \o(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cos∠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)，cos∠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t1(舍去)或0