新高考数学二轮复习专题四微重点12立体几何中的动态问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题四微重点12立体几何中的动态问题学案，共23页。

考点一 动点轨迹问题
例1 (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－μ2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，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，所以当点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，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(图略)，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C1xyz，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．
规律方法 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数法进行计算．
(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．
跟踪演练1 (多选)(2022·漳州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为平面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的是( )
A．AM⊥B1M
B．CD1∥平面A1BP
C．动点P的轨迹长为eq \f(2\r(13),3)
D．AM与A1B1所成角的余弦值为eq \f(\r(5),3)
答案 BC
解析 如图建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，A1(0,2,2)，
B(0,0,0)，B1(0,2,0)，
M(2,1,0)，P(x，y，0)，
所以eq \(A1B,\s\up6(--→))＝(0，－2，－2)，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(x，y，0)，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，
由AM∥平面A1BP，得eq \(AM,\s\up6(→))＝aeq \(A1B,\s\up6(--→))＋beq \(BP,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＋bx＝2，,－2a＋by＝1，,－2a＝－2，))化简可得3x－2y＝0，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
A选项，eq \(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(B1M,\s\up6(--→))＝(2，－1,0)，
eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(B1M,\s\up6(--→))＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，
所以AM与B1M不垂直，A选项错误；
B选项，CD1∥A1B，A1B⊂平面A1BP，
CD1⊄平面A1BP，
所以CD1∥平面A1BP，B选项正确；
C选项，动点P在直线3x－2y＝0上，且P为平面BCC1B1上的动点，
则P在线段P1B上，P1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2，0))，
所以P1B＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2＋22＋02)＝eq \f(2\r(13),3)，
C选项正确；
D选项，eq \(A1B1,\s\up6(--→))＝(0,0，－2)，
cs〈eq \(AM,\s\up6(→))，eq \(A1B1,\s\up6(--→))〉＝eq \f(4,2\r(22＋12＋－22))＝eq \f(2,3)，
D选项错误．
考点二 折叠、展开问题
例2 (多选)(2022·德州模拟)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上(不含端点)且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1，则下列结论正确的有( )
A．A1D⊥EF
B．当BE＝BF＝eq \f(1,2)BC时，三棱锥A1－EFD的外接球体积为eq \r(6)π
C．当BE＝BF＝eq \f(1,4)BC时，三棱锥A1－EFD的体积为eq \f(2\r(17),3)
D．当BE＝BF＝eq \f(1,4)BC时，点A1到平面EFD的距离为eq \f(4\r(17),7)
答案 ACD
解析 A选项，∵正方形ABCD，
∴AD⊥AE，DC⊥FC，
由折叠的性质可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，
又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，
∴A1D⊥平面A1EF，
又∵EF⊂平面A1EF，
∴A1D⊥EF，故A正确；
B选项，当BE＝BF＝eq \f(1,2)BC＝2时，
A1E＝A1F＝2，EF＝2eq \r(2)，
在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，
则A1E⊥A1F，
由A选项可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，
∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1－EFD放置在长方体中，可得长方体的体对角线长为eq \r(22＋22＋42)＝2eq \r(6)，则三棱锥A1－EFD的外接球半径为eq \r(6)，
体积为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×(eq \r(6))3＝8eq \r(6)π，故B错误；
C选项，当BE＝BF＝eq \f(1,4)BC＝1时，
A1E＝A1F＝3，EF＝eq \r(2)，
在△A1EF中，cs∠EA1F＝eq \f(A1E2＋A1F2－EF2,2A1E·A1F)
＝eq \f(32＋32－\r(2)2,2×3×3)＝eq \f(8,9)，
∴sin∠EA1F＝eq \f(\r(17),9)，
则＝eq \f(1,2)A1E·A1F·sin∠EA1F
＝eq \f(1,2)×3×3×eq \f(\r(17),9)＝eq \f(\r(17),2)，
∴
＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(17),2)×4＝eq \f(2\r(17),3)，故C正确；
D选项，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，cs∠EDF＝eq \f(DE2＋DF2－EF2,2DE·DF)
＝eq \f(52＋52－\r(2)2,2×5×5)＝eq \f(24,25)，
∴sin∠EDF＝eq \f(7,25)，
则S△EFD＝eq \f(1,2)DE·DF·sin∠EDF
＝eq \f(1,2)×5×5×eq \f(7,25)＝eq \f(7,2)，
∴＝eq \f(1,3)·S△EFD·h＝eq \f(1,3)×eq \f(7,2)×h＝eq \f(2\r(17),3)，
即h＝eq \f(4\r(17),7)，故D正确．
规律方法 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．
跟踪演练2 (多选)(2022·南通模拟)已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝eq \f(π,3).将△DAC沿着对角线AC折起至△D′AC，连接BD′，设二面角D′－AC－B的大小为θ，则下列说法正确的是( )
A．若四面体D′ABC为正四面体，则θ＝eq \f(π,3)
B．四面体D′ABC体积的最大值为1
C．四面体D′ABC表面积的最大值为2(eq \r(3)＋2)
D．当θ＝eq \f(2π,3)时，四面体D′ABC的外接球的半径为eq \f(\r(21),3)
答案 BCD
解析 如图，取AC的中点O，连接OB，OD′，
则OB＝OD′，OB⊥AC，
OD′⊥AC，
∠BOD′为二面角D′－AC－B的平面角，
即∠BOD′＝θ.
若D′ABC是正四面体，则BO＝D′O≠BD′，
△OBD′不是正三角形，θ≠eq \f(π,3)，A错误；
四面体D′ABC的体积最大时，BO⊥平面ACD′，
此时B到平面ACD′的距离最大为BO＝eq \r(3)，
而S△ACD′＝eq \f(\r(3),4)×22＝eq \r(3)，
所以V＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \r(3)＝1，B正确；
S△ABC＝S△ACD′＝eq \r(3)，
易得△BAD′≌△BCD′，
S△BAD′＝S△BCD′＝eq \f(1,2)×22sin∠BCD′
＝2sin∠BCD′，
未折叠时BD′＝BD＝2eq \r(3)，折叠到B，D′重合时，BD′＝0，故中间存在一个位置，使得BD′＝2eq \r(2)，
此时BC2＋D′C2＝BD′2，∠BCD′＝eq \f(π,2)，
此时S△BAD′＝S△BCD′＝2sin∠BCD′取得最大值2，
所以四面体D′ABC的表面积最大值为2(eq \r(3)＋2)，C正确；
当θ＝eq \f(2π,3)时，如图，设M，N分别是△ACD′和△BAC的外心，过点M，N分别作平面ACD′，平面BAC的垂线，两垂线交于一点P，连接PB，则P是三棱锥外接球的球心，PB即为三棱锥外接球半径，
由上面证明过程知平面OBD′与平面ABC、平面D′AC垂直，即P，N，O，M四点共面，
因为θ＝eq \f(2π,3)，则∠PON＝eq \f(π,3)，
ON＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×2＝eq \f(\r(3),3)，BN＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×2＝eq \f(2\r(3),3)，
PN＝ON·tan eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),3)×eq \r(3)＝1，
PB＝eq \r(PN2＋BN2)＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(21),3)，
D正确．
考点三 最值、范围问题
例3 (多选)(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有( )
A．当P为BD1的中点时，∠APC为锐角
B．存在点P，使得BD1⊥平面APC
C．AP＋PC的最小值为2eq \r(5)
D．顶点B到平面APC的最大距离为eq \f(\r(2),2)
答案 ABD
解析 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(--→))(0≤λ≤1)，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，
C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
则eq \(BD1,\s\up6(--→))＝(－1，－1,2)，
故eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(--→))
＝(－λ，－λ，2λ)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(－λ，1－λ，2λ)，
eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)
＝(1－λ，－λ，2λ)．
对于A，当P为BD1中点时，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
则eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，
所以cs∠APC＝eq \f(\(PA,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,3)>0，
所以∠APC为锐角，故A正确；
当BD1⊥平面APC时，
因为AP，CP⊂平面APC，
所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BD1,\s\up6(--→))·\(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\(BD1,\s\up6(--→))·\(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))
解得λ＝eq \f(1,6)，
故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；
对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
由B得，此时λ＝eq \f(1,6)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，
所以|eq \(AP,\s\up6(→))|＝|eq \(CP,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(30),6)，
即AP＋PC的最小值为eq \f(\r(30),3)，故C错误；
对于D，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，))
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
|eq \(AB,\s\up6(→))|·|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)
＝eq \f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，
当0<λ≤1时，
eq \f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))＝eq \f(1,\r(3－\f(1,λ)＋\f(1,4λ2)))
＝eq \f(1,\r(2＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,λ)－2))2))≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当λ＝eq \f(1,2)时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为eq \f(\r(2),2)，故D正确．
规律方法 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，常用的解题思路是
(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．
(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．
跟踪演练3 (2022·菏泽质检)如图，等腰Rt△ABE的斜边AB为正四面体A－BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E－BCD体积的取值范围是__________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)－1,3)，\f(\r(2)＋1,3)))
解析 如图，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，
由图可知当F，O，E三点共线，且O在F，E之间时，三棱锥E－BCD的体积最大，当运动到E1的位置时，E－BCD的体积最小，
在Rt△BOF中，BO＝1，BF＝eq \r(3)，OF＝eq \r(2)，
sin∠BFO＝eq \f(\r(3),3)，FE＝eq \r(2)＋1，FE1＝eq \r(2)－1，
设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，则
h1＝eq \f(\r(2)＋1,\r(3))＝eq \f(\r(6)＋\r(3),3)，
h2＝eq \f(\r(2)－1,\r(3))＝eq \f(\r(6)－\r(3),3)，
S△BCD＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，
所以三棱锥E－BCD体积的最大值为eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(\r(6)＋\r(3),3)＝eq \f(\r(2)＋1,3)，
三棱锥E－BCD体积的最小值为eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \f(\r(6)－\r(3),3)＝eq \f(\r(2)－1,3)，
所以三棱锥E－BCD体积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)－1,3)，\f(\r(2)＋1,3))).
专题强化练
1．(多选)(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1的中点，N在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是( )
A．存在点N，使得MN∥BC1
B．三棱锥M—A1BC1的体积等于eq \f(9,4)
C．有且仅有两个点N，使得MN∥平面A1BC1
D．有且仅有三个点N，使得N到平面A1BC1的距离为eq \r(3)
答案 BC
解析 对于A，显然无法找到点N，
使得MN∥BC1，故A错误；
对于B，
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(3,2)×3×3＝eq \f(9,4)，故B正确；
对于C，如图所示，N1，N2分别为B1B，B1C1的中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；
对于D，易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝eq \f(1,3)B1D＝eq \r(3)，
所以有点B1，A，C，D1四点到平面A1BC1的距离为eq \r(3)，故D错误．
2.(2022·芜湖模拟)已知四棱锥P－ABCD的高为eq \r(3)，底面ABCD为矩形，BC＝3，AB＝2，PC＝PD，且平面PCD⊥平面ABCD.现从四棱锥中挖去一个以CD为底面直径，P为顶点的半个圆锥，得到的几何体如图所示．点N在弧eq \(CD,\s\up8(︵))上，则PN与侧面PAB所成的最小角的正弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(6)－\r(2),4) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 如图所示，分别取AB，CD的中点为E，F，连接EF，EF与eq \(CD,\s\up8(︵))交于点H.
记点N到侧面PAB的距离为d，PN与侧面PAB所成的最小角为θ，由于PN的长为定值，因此当且仅当d最小时，PN与侧面PAB所成的角最小，此时点N与H重合，θ＝∠HPE＝∠PEF.
由平面PCD⊥平面ABCD易知PF⊥EF，
又PF＝eq \r(3)，EF＝3，所以tan θ＝eq \f(\r(3),3)，即sin θ＝eq \f(1,2).
3.(多选)如图是四棱锥P－ABCD的平面展开图，四边形ABCD是矩形，ED⊥DC，FD⊥DA，DA＝3，DC＝2，∠FAD＝30°.在四棱锥P－ABCD中，M为棱PB上一点(不含端点)，则下列说法正确的有( )
A．DM的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(39),4)，\r(13)))
B．存在点M，使得DM⊥BC
C．四棱锥P－ABCD外接球的体积为eq \f(16π,3)
D．三棱锥M－PAD的体积等于三棱锥M－PCD的体积
答案 AD
解析 把平面图形还原得到原四棱锥，如图，
由ED⊥DC，FD⊥DA，
可知PD⊥DC，PD⊥DA，
又DC∩DA＝D，DA，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥平面ABCD.
在Rt△ADP中，∠PAD＝30°，DA＝3，
故PD＝3tan 30°＝eq \r(3)，
连接DB，在矩形ABCD中，DA＝3，DC＝2，
DB＝eq \r(22＋32)＝eq \r(13)，
在Rt△PDB中，
PB＝eq \r(PD2＋DB2)＝eq \r(3＋13)＝4，
所以点D到直线PB的距离为eq \f(\r(3)×\r(13),4)＝eq \f(\r(39),4)，
故DM的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(39),4)，\r(13)))，故A正确；
对于B，假设DM⊥BC，
因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
因为PD∩DM＝D，所以BC⊥平面PBD，
因为BD⊂平面PBD，所以BC⊥BD，与已知条件矛盾，故B错误；
对于C，将此四棱锥可以补形成一个长方体，PB为长方体的一条体对角线，同时也是四棱锥P－ABCD外接球的直径，所以半径为2，
其体积V＝eq \f(4π,3)×23＝eq \f(32π,3)，故C错误；
对于D，因为eq \f(VM－PAD,VB－PAD)＝eq \f(MP,BP)，eq \f(VM－PCD,VB－PCD)＝eq \f(MP,BP)，
而VB－PAD＝VP－BAD＝VP－BCD＝VB－PCD，
所以VM－PAD＝VM－PCD，故D正确．
4.(多选)(2022·潍坊模拟)已知四面体ABCD的4个顶点都在球O(O为球心)的球面上，如图，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，且AC⊥BD，则( )
A．平面ACD⊥平面ABC
B．球心O为△ABC的中心
C．直线OM与CD所成的角最小为eq \f(π,3)
D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分
答案 ABD
解析 如图，设△ABC的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥AC.
∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE，
∴AC⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，
则AC⊥DE，
又△ABC为等边三角形，
AB＝BD＝2，AD＝eq \r(2)，
∴AE＝1，DE＝1，BE＝eq \r(3)，
∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE，
又BE⊥AC，AC∩DE＝E，AC，DE⊂平面ADC，
∴BE⊥平面ADC，又BE⊂平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；
又∵GE＝eq \f(\r(3),3)，GB＝GA＝GC＝eq \f(2\r(3),3)，
∴GD＝eq \r(GE2＋DE2)＝eq \r(\f(1,3)＋1)＝eq \f(2\r(3),3)，
故G为四面体ABCD的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；
当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，由上知∠DCA＝eq \f(π,4)由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即为动点M到直线AC的距离，
由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确．
5．(多选)如图1，在矩形ABCD与菱形ABEF中，AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，M，N分别是BF，AC的中点．现沿AB将菱形ABEF折起，连接FD，EC，构成三棱柱AFD－BEC，如图2所示，若AD⊥BF，记平面AMN∩平面ADF＝l，则( )
A．平面ABCD⊥平面ABEF
B．MN∥l
C．直线EF与平面ADE所成的角为60°
D．四面体EABD的外接球的表面积为148π
答案 AB
解析 对于A，由于矩形ABCD，则AD⊥AB，
又因为AD⊥BF，而AB∩BF＝B，
AB，BF⊂平面ABEF，
所以AD⊥平面ABEF，
又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABEF，所以A选项正确；
对于B，因为M，N分别是BF，AC的中点，四边形ABEF是菱形，
则M也是AE的中点，由三角形中位线的性质，可知MN∥EC，
由于三棱柱AFD－BEC，
则平面BEC∥平面ADF，
又EC⊂平面BEC，
所以EC∥平面ADF，
而平面AMN∩平面ADF＝l，
则EC∥l，所以MN∥l，所以B选项正确；
对于C，由于四边形ABEF是菱形，则AE⊥BF，
又因为AD⊥BF，而AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE，
所以BF⊥平面ADE，
所以∠FEM为直线EF与平面ADE所成的角，
又因为∠ABE＝120°，
则∠BEF＝60°，所以∠FEM＝30°，
故直线EF与平面ADE所成的角为30°，所以C选项不正确；
对于D，由题可知AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，
则在△ABE中，
AE＝2AM＝2Absin eq \f(1,2)∠ABE
＝2×4×sin 60°＝4eq \r(3)，
由正弦定理可得△ABE的外接圆半径
r＝eq \f(1,2)×eq \f(AE,sin∠ABE)＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3),sin 120°)＝4，
由A选项可知，AD⊥平面ABEF，
所以四面体EABD的外接球半径
R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AD))2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17)，
故四面体EABD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D选项不正确．
6．(多选)(2022·德州模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足eq \(D1F,\s\up6(--→))＝λeq \(D1C1,\s\up6(--→))，eq \(D1P,\s\up6(--→))＝μeq \(D1B,\s\up6(--→))，其中λ，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A．当λ＝eq \f(1,2)时，三棱锥P－EFD的体积为定值
B．当μ＝eq \f(1,2)时，四棱锥P－ABCD的外接球的表面积是eq \f(9π,4)
C．PE＋PF的最小值为eq \f(5\r(3),6)
D．存在唯一的实数对(λ，μ)，使得EP⊥平面PDF
答案 ABD
解析 对于A，当λ＝eq \f(1,2)时，
F为C1D1中点，如图，
又E为B1C中点，
∴EF∥BD1，
∵EF⊂平面EFD，BD1⊄平面EFD，
∴BD1∥平面EFD，
则当P在线段BD1上移动时，其到平面EFD的距离不变，
∴三棱锥P－EFD的体积为定值，A正确；
对于B，当μ＝eq \f(1,2)时，如图，连接AC，BD，交点为O，连接PO，
则四棱锥P－ABCD为正四棱锥，
∴PO⊥平面ABCD，
设四棱锥P－ABCD的外接球的球心为O′，半径为R，
则O′在直线PO上，
∵OC＝eq \f(\r(2),2)，OO′＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－R))，
∴OC2＋OO′2＝O′C2，
即eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－R))2＝R2，
解得R＝eq \f(3,4)，
∴四棱锥P－ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝eq \f(9π,4)，B正确；
对于C，将问题转化为在平面ABC1D1内求解PE＋PF的最小值，
作E关于线段BD1的对称点E1，过E1作HG∥AD1，分别交C1D1，AB于H，G，如图所示，
∵PE＝PE1，∴PE＋PF＝PE1＋PF≥E1H(当且仅当F与H重合时取等号)，
∵∠E1BA＝∠ABD1－∠D1BE
＝∠ABD1－∠D1BC1，
∴sin∠E1BA＝sin(∠ABD1－∠D1BC1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),\r(3))))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3))))2＝eq \f(1,3)，
∴E1G＝BE1·sin∠E1BA
＝BE·sin∠E1BA＝eq \f(\r(2),6)，
∴E1H＝eq \r(2)－eq \f(\r(2),6)＝eq \f(5\r(2),6)，
即PE＋PF的最小值为eq \f(5\r(2),6)，C错误；
对于D，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(--→))的正方向为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，
F(0，λ，1)，P(μ，μ，1－μ)，
∴eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)，μ－1，\f(1,2)－μ))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝(μ，μ，1－μ)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，λ，1)，
若EP⊥平面PDF，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EP,\s\up6(→))·\(DP,\s\up6(→))＝0，,\(EP,\s\up6(→))·\(DF,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(μ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)))＋μμ－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－μ))1－μ＝0，,λμ－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－μ))＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(μ＝\f(3＋\r(3),6)，,λ＝－\f(1＋\r(3),2)))(舍)，或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(μ＝\f(3－\r(3),6)，,λ＝\f(\r(3)－1,2)，))
∴存在唯一的实数对(λ，μ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)－1,2)，\f(3－\r(3),6)))，使得EP⊥平面PDF，D正确．