重难点专题31 立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
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重难点专题31立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149765014" 题型1平行求轨迹 PAGEREF _Tc149765014 \h 1
\l "_Tc149765015" 题型2垂直求轨迹 PAGEREF _Tc149765015 \h 16
\l "_Tc149765016" 题型3翻折求轨迹 PAGEREF _Tc149765016 \h 23
\l "_Tc149765017" 题型4角度恒定求轨迹 PAGEREF _Tc149765017 \h 32
\l "_Tc149765018" 题型5定长求轨迹 PAGEREF _Tc149765018 \h 42
\l "_Tc149765019" 题型6向量法求轨迹 PAGEREF _Tc149765019 \h 52
\l "_Tc149765020" 题型7阿波罗尼斯圆相关 PAGEREF _Tc149765020 \h 66
\l "_Tc149765021" 题型8解析几何相关 PAGEREF _Tc149765021 \h 77
\l "_Tc149765022" 题型8线段最值 PAGEREF _Tc149765022 \h 93
\l "_Tc149765023" 题型9折线求最值 PAGEREF _Tc149765023 \h 102
\l "_Tc149765024" 题型10倍数求最值 PAGEREF _Tc149765024 \h 114
\l "_Tc149765025" 题型11点线距离求最值 PAGEREF _Tc149765025 \h 119
\l "_Tc149765026" 题型12点线面距离求最值 PAGEREF _Tc149765026 \h 127
\l "_Tc149765027" 题型13周长求最值 PAGEREF _Tc149765027 \h 138
\l "_Tc149765028" 题型14面积求最值 PAGEREF _Tc149765028 \h 153
题型1平行求轨迹
【例题1】（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足AA1=4AP，E，F分别为棱BC，CD的中点，点Q在正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上运动，满足A1Q//面EFP，则点Q的轨迹所构成的周长为（ ）
A．5373B．237C．7373D．8373
【答案】D
【分析】作出辅助线，找到点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.
【详解】延长AD,AB，交EF的延长线与H,G，连接PG,PH，分别交BB1，DD1于R，T
过点A1作A1K//PG交BB1于点K，过点A1作A1N//PH交DD1于点N，
因为A1K⊄平面EFP，PG⊂平面EFP，所以A1K//平面EFP，
同理可得A1N//平面EFP，
因为A1K∩A1N=A1，所以平面EFP//平面A1KN，
过点N作NM//A1K交CC1于点M，
连接MK，则MK//A1N
则平行四边形A1KMN（A1点除外）为点Q的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，E，F分别为棱BC，CD的中点，AA1=4AP，
所以AP=1,BR=DT=13，
因为A1P=KR=NT=3，所以B1K=D1N=4−3−13=23，
过点N作NJ⊥CC1于点J，则C1J=D1N=23，
则由几何关系可知JM=B1K=23，所以C1M=23+23=43，
由勾股定理得A1K=A1N=MN=MK=NJ2+JM2=16+49=2373，
所以点Q的轨迹所构成的周长为8373.
故选：D
【变式1-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点M满足CC1=3CM．若在正方形A1B1C1D1内有一动点P满足BP//平面AMD1，则动点P的轨迹长为（ ）
A．3B．10C．13D．32
【答案】C
【分析】在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得A1E=13A1D1，A1F=13A1A，连接EF,BC1,BF,C1E,D1F,BM，证明平面BFD1M//平面AMD1即可得点P的轨迹为线段C1E，再计算长度即可.
【详解】解：如图，在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得A1E=13A1D1，A1F=13A1A，连接EF,BC1,BF,C1E,D1F,BM，
因为A1E=13A1D1，A1F=13A1A，
所以，EF//AD1，
因为EF⊄平面AMD1，AD1⊂平面AMD1，
所以EF//平面AMD1，
因为A1F=13A1A，CC1=3CM，
所以，AF=C1M=2，CM=A1F=1，
因为AB=C1D1,∠BAF=∠MC1D1，A1D1=BC,∠BCM=∠FA1D1，
所以，△ABF≌△C1D1M，△BCM≌△D1A1F，
所以BF=D1M,D1F=BM
所以，四边形BFD1M是平行四边形，
所以BF//D1M，
因为BF⊄平面AMD1，D1M⊂平面AMD1，
所以，BF//平面AMD1，
因为BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BFD1M，
所以平面BFD1M//平面AMD1，
因为平面BFD1M∩平面A1B1C1D1=C1E,
所以，在正方形A1B1C1D1内有一动点P满足BP//平面AMD1时，点P的轨迹为线段C1E，
因为C1E=22+32=13
所以，动点P的轨迹长为13
故选：C
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）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//平面CND1，则下列说法正确的是（ ）
A．点P可以是棱BB1的中点B．线段MP的最大值为32
C．点P的轨迹是正方形D．点P轨迹的长度为2+5
【答案】B
【分析】如图，取棱BC的中点E，连接DE,B1E,ME，进而证明平面B1EM//平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点F，连接B1F,FD,DE，证明F∈平面B1EM即可得四边形B1EDF为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.
【详解】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE,B1E,ME，
因为M,N分别为BD1，B1C1的中点，
所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME⊄平面CND1，CD1⊂平面CND1，
所以ME//平面CND1，
因为B1N//CE,B1N=CE，所以，四边形CNB1E为平行四边形，
所以CN//B1E，因为CN⊂平面CND1，B1E⊄平面CND1，
所以，B1E//平面CND1，
因为B1E∩ME=E，B1E,ME⊂平面B1EM，
所以，平面B1EM//平面CND1，
由于M为体对角线BD1的中点，
所以，连接B1M并延长，直线B1M必过D点，
故取A1D1中点F，连接B1F,FD,DE，
所以，由正方体的性质易知FD1//CE,FD1=CE，
所以，四边形CD1FE是平行四边形，EF//CD1，EF=CD1，
因为，ME//CD1，ME=12CD1，
所以，E,F,M共线，即F∈平面B1EM，
所以，四边形B1EDF为点P的轨迹，故A选项错误；
由正方体的棱长为1，所以，四边形B1EDF的棱长均为52，且对角线为EF=2,B1D=3，，
所以，四边形B1EDF为菱形，周长为25，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段MP的最大值为12B1D=32，故B选项正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱BC的中点E，进而证明平面B1EM//平面CND1，再根据面面平行的性质求解点P轨迹即可求解.
【变式1-1】3.（多选）（2024秋·山东临沂·高三校联考开学考试）在三棱台A1B1C1−ABC中，AA1⊥平面ABC，AB=BC=AC=2A1B1=4A1A=2，点P为平面ABC内一动点（包括边界），满足A1P//平面B1BCC1，则（ ）
A．点P的轨迹长度为1
B．P到平面B1BCC1的距离为定值
C．有且仅有两个点P，使得A1P⊥BC
D．A1P与平面ABC所成角的最大值为30°
【答案】ABD
【分析】取AB的中点E，AC的中点F，根据线面平行的判定与性质可得点P在线段EF上运动.对A，根据中位线的性质求解即可；对B，根据EF//平面B1BCC1判断可得；对C，根据AB=BC=AC结合正三角形的性质判断即可；对D，易得∠APA1为A1P与平面ABC所成角，再根据tan∠A1PA的最值判断即可.
【详解】取AB的中点E，AC的中点F，因为三棱台中AB=2A1B1，则AC=2A1C1，
故EB=A1B1且EB//A1B1，故四边形EBB1A1为平行四边形，则A1E//B1B.
又A1E⊄平面BB1C1C，B1B⊂平面BB1C1C，故A1E//平面BB1C1C，
同理A1F//C1C，A1F//平面BB1C1C，又A1E∩A1F=A1，A1E,A1F⊂平面A1EF，
故平面A1EF//平面B1BCC1，故点P在线段EF上运动.
对A，EF=12BC=1，故A正确；
对B，因为EF⊂平面A1EF，故EF//平面B1BCC1，所以P到平面B1BCC1的距离为定值，故B正确；
对C，因为AB=BC=AC，故A1P⊥BC当且仅当P为EF中点时成立，故C错误；
对D，因为AA1⊥平面ABC，所以∠APA1为A1P与平面ABC所成角.
由题意AE=EF=AF=1，故当P为EF中点时，AP取得最小值32，此时tan∠A1PA=1232=33，所以A1P与平面ABC所成角的最大值为30°，故D正确.

故选：ABD
【变式1-1】4. （多选）（2023·重庆·统考模拟预测）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点，点F是正方形A1B1C1D1内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线BC1与直线AC夹角为60°
B．平面BC1E截正方体所得截面的面积为62
C．若EF=25，则动点F的轨迹长度为2π
D．若AF//平面BC1E，则动点F的轨迹长度为25
【答案】ACD
【分析】对A，根据AC的平行线确定直线BC1与直线AC夹角即可；
对B，根据面面平行的性质，作出平面BC1E截正方体所得截面并求其面积即可；
对C，由题意D1F=4，动点F的轨迹为以D1为圆心的四分之一圆弧A1C1，再根据弧长公式求解即可；
对D，先判断过A且平行于平面BC1E的平面截正方体的面，再分析F的轨迹即可
【详解】对A，连接A1C1,A1B,BC1,AC，可得正△A1BC1，根据正方体的性质，A1C1//AC，故直线BC1与直线AC夹角为直线BC1与直线A1C1的夹角为60∘，故A正确；
对B，因为面ADD1A1//面BCC1B1，平面BC1E∩面BCC1B1=BC1，根据面面平行的性质可得平面BC1E截ADD1A1的交线EP//BC1，故平面BC1E截AD的交点P为AD的中点，故PB=AB2+AP2=D1C12+D1E2=EC1=25，故截面为等腰梯形EPBC1，在等腰梯形EPBC1中BC1=42,PE=22，高ℎ=32，故截面的面积为22+422×32＝18，故B错误；
对C，若EF=25，则D1F=EF2−D1E2=4，故动点F的轨迹为以D1为圆心的四分之一圆弧A1C1，其长度为π2×4=2π，故C正确；
对D，取B1C1中点Q，连接如图，由B知截面为等腰梯形EPBC1，由四边形ABC1D1为平行四边形得AD1//BC1，又AD1⊄面BC1E,BC1⊂面BC1E，所以AD1//面BC1E，由四边形BQD1P为平行四边形得D1Q//PB，D1Q⊄面BC1E,BP⊂面BC1E，所以 D1Q//面BC1E，由AD1∩D1Q=D1得平面D1QA//平面BEC1，又AF⊂平面D1QA，所以AF//平面BEC1，故F的轨迹为线段D1Q，其长度为42+22=25，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
【变式1-1】5.（多选）（2023春·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论正确的有（ ）

A．当点P为BC中点时，平面PEF⊥平面GMN
B．异面直线EF､GN所成角的余弦值为13
C．点E､F､G､M､N在同一个球面上
D．若A1P=tA1A+A1M−2tA1B1，则P点轨迹长度为52
【答案】ACD
【分析】根据正方体图形特征证明面面垂直判断A选项，根据异面直线所成角判断B选项，根据五点共圆判断C选项，根据轨迹求出长度判断D选项.
【详解】取AD中点Q，连接PQ,FQ，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，
易知GM⊥PQ，∵FQ//DD1,∴FQ⊥平面ABCD，GM在面ABCD内，
∴GM⊥FQ，FQ⊂平面PQF，PQ⊂平面PQF，PQ∩FQ=Q，
∴GM⊥平面PQF, PF⊂面PQF, ∴GM⊥PF，

连接BA1，ABB1A1是正方形,GN⊥A1B，
∵FA1⊥平面ABA1B1，GN⊂平面ABA1B1，∴GN⊥A1F，
FA1⊂平面PFA1B，A1B⊂平面PFA1B，A1B∩FA1=A1，
∴GN⊥平面PFA1B, PF⊂平面PFA1B, ∴GN⊥PF，
综上，GN⊂平面GMN，GM⊂平面GMN，又GM∩GN=G,
所以PF⊥平面GMN，PF⊂平面PEF,故平面PEF⊥平面GMN，故A正确；
取A1B1中点T，连接ET,FT，ET//GN,
∴∠TEF是异面直线EF,GN所成的角，
又EF=FT=ET=2,则∠TEF=π3,cs∠TEF=12，故B错误；
记正方体的中心为点O，则OE=OF=OG=OM=ON=2，
故点E,F,G,M,N在以O为球心，以2为半径的球面上，故C正确；
∵A1P=tA1A+A1M−2tA1B1,E是A1A的中点，
∴A1P−A1M=2tA1E−2tA1B1，故MP=2tB1E,
∴P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP'，且CP'=12，
∴MP'=52，故D正确.
故选：ACD.
【变式1-1】6．（多选）（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，E为AB的中点，C1F=2FC，动点M在侧面AA1D1D内运动（含边界），则（ ）
A．若MB∥平面D1EF，则点M的轨迹长度为132
B．平面D1EF与平面ABCD的夹角的正切值为223
C．平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面多边形的周长为313+322
D．不存在一条直线l，使得l与正方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱所成的角都相等
【答案】ABC
【分析】对于A、C项，先作出平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；
对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.
【详解】如图所示，
分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面，在侧面AA1D1D中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，
由已知及平行线分线段成比例可得：CN=12DC=BE=CO=AE=AG=32，
AGA1D1=AHHA1=12,所以A1P=1,A1Q=32,即PQ=132，A正确；
HE=PQ=132=OF,D1H=2PQ=13=D1F,OE=322，
故五边形D1FOEH周长为313+322，C正确；
连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即∠D1ID为平面D1EF与平面ABCD的夹角，
易得DI=924,∴tan∠DID1=223，B正确；
对于D存在直线l，如直线BD1与正方体三条棱夹角相等．
故选：ABC．
【变式1-1】7.（多选）（2023·河北·模拟预测）如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E,F分别是棱AD,DD1的中点，点P是侧面B1BCC1内一点（含边界）．若D1P//平面BEF，则下列说法正确的有（ ）
A．点P的轨迹为一条线段
B．三棱锥P−BEF的体积为定值
C．DP的取值范围是52,32
D．直线D1P与BF所成角的余弦值的最小值为55
【答案】AB
【分析】取BB1,B1C1中点G,H，由面面平行的判定可证得平面BEF//平面D1GH，可知P点轨迹为线段GH，知A正确；由线面平行性质可知P点到平面BEF的距离即为点G到平面BEF的距离，利用等体积转化，结合棱锥体积公式可求得B正确；在△DGH中，通过求解点D到GH的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为∠PD1G，则余弦值最小时，P与H重合，由余弦定理可求得结果，知D错误.
【详解】对于A，分别取BB1,B1C1中点G,H，连接D1G,GH,D1H,BC1,AD1，
∵D1F//BG，D1F=BG=12BB1，∴四边形BFD1G为平行四边形，∴D1G//BF，
∵BF⊂平面BEF，D1G⊄平面BEF，∴D1G//平面BEF；
∵EF//AD1//BC1//GH，EF⊂平面BEF，GH⊄平面BEF，∴GH//平面BEF；
∵D1G∩GH=G，D1G,GH⊂平面D1GH，∴平面BEF//平面D1GH；
则当D1P⊂平面D1GH时，D1P//平面BEF恒成立，
又平面D1GH∩平面B1BCC1=GH，P∈平面B1BCC1，
∴P点轨迹为线段GH，A正确；
对于B，由A知：GH//平面BEF，∴点P到平面BEF的距离即为点G到平面BEF的距离，
∴VP−BEF=VG−BEF=VE−BFG=12VA−BFG=14VA−BDFG=112S▱BDFG⋅12AC =112×2×12×22=124，
即三棱锥P−BEF的体积为定值124，B正确；
对于C，连接DG,DH，
在△DGH中，DG=22+122=32，DH=12+12+122=32，GH=122+122=22，
∴点D到GH的距离为DG2−12GH2=94−18=344，
∴DP的取值范围为344,32，C错误；
对于D，由A知：BF//D1G，∴直线D1P与BF所成角即为直线D1P与D1G所成角，即∠PD1G，
则当P与H重合时，∠PD1G取得最大值∠HD1G，此时余弦值取得最小值；
在△D1GH中，D1G=22+122=32，D1H=12+122=52，GH=22，
∴cs∠HD1G=D1H2+D1G2−GH22D1H⋅D1G=54+94−122×52×32=255，
即直线D1P与BF所成角的余弦值的最小值为255，D错误.
故选：AB.
题型2垂直求轨迹
【例题2】（2023·全国·高三对口高考）如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α,PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是（ ）

A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点
C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点
【答案】B
【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得AC⊥BC，进而得到动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆（去掉A,B两个点）.
【详解】连接AB,BC.
PB⊥α,AC⊂α，则PB⊥AC，又PC⊥AC，
PB∩PC=P，PB,PC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，则AC⊥BC，
则动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆（去掉A,B两个点）.

故选：B
【变式2-1】1. （2023·全国·高三对口高考）正四棱锥S−ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为（ ）
A．6+2B．6−2C．4D．5+1
【答案】A
【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，再根据线面垂直的性质求解即可.
【详解】如图，设AC,BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得，SO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC.
又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面SBD.
由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，即如图EFG，则AC⊥平面EFG.
由线面垂直的性质可得平面SBD//平面EFG，又由面面平行的性质可得EG//SB，GF//SD，EF//BD，又E是边BC的中点，故EG,GF,EF分别为△SBC,△SDC,△BCD的中位线.
由题意BD=22,SB=SD=22+2=6，故EG+EF+GF=126+6+22=6+2.
即动点P的轨迹的周长为6+2.

故选：A
【变式2-1】2. （2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，E为DD1中点，P为正四棱柱表面上一点，且C1P⊥B1E，则点P的轨迹的长为（ ）
A．5+2B．22+2C．25+2D．13+2
【答案】A
【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点C1垂直于B1E的正四棱柱的截面即可计算作答.
【详解】在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1,A1C1，如图，A1C1⊥B1D1，ED1⊥平面A1B1C1D1，
因为A1C1⊂平面A1B1C1D1，则ED1⊥A1C1，又B1D1,ED1⊂平面EB1D1，
ED1∩B1D1=D1，则A1C1⊥平面EB1D1，又B1E⊂平面EB1D1，则C1A1⊥B1E，
取CC1中点F，连接EF,B1F，在平面BCC1B1内过C1作C1G⊥B1F，交BB1于G，显然EF//D1C1，
而D1C1⊥平面BCC1B1，则EF⊥平面BCC1B1，有C1G⊥EF，
又B1F,FE⊂平面B1FE，FE∩B1F=F，于是C1G⊥平面B1FE，而B1E⊂平面B1FE，因此C1G⊥B1E，
因为C1G,C1A1⊂平面C1GA1，C1A1∩C1G=C1，从而B1E⊥平面C1GA1，
连接A1G，则点P的轨迹为平面C1GA1与四棱柱的交线，即△A1C1G，
因为∠B1C1G+∠GC1F=∠GC1F+∠B1FC1=90°，即有∠B1C1G=∠B1FC1，又∠C1B1G=∠FC1B1，
于是△C1B1G∽△FC1B1，有C1B1B1G=FC1C1B1=2，B1G=12，
所以点P的轨迹长为A1G+C1G+A1C1=21+14+2=5+2.
故选：A
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
【变式2-1】3. （2023·宁夏银川·校联考二模）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B,C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动，点H运动的轨迹（ ）
A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形
【答案】A
【分析】设定圆圆心为O，半径为r，由线面垂直的判定与性质可推导证得BH⊥DH，由直角三角形性质可确定OH=OB=OD=r，由此可得轨迹图形.
【详解】设定圆圆心为O，半径为r，
连接OH，设直径为BD，连接AD,CD，
∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD；
∵BD为直径，∴BC⊥CD，又AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，又BH⊂平面ABC，∴CD⊥BH，
又BH⊥AC，AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ACD，
∴BH⊥平面ACD，DH⊂平面ACD，∴BH⊥DH，
在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r，则点H的轨迹是以O为圆心，r为半径的圆.
故选：A.
【变式2-1】4. （多选）（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面ABCD内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点P在棱AD上运动，则A1P+PC的最小值为2+22
B．若点P是棱AD的中点，则平面PBC1截正方体所得截面的周长为25+32
C．若点P满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线
D．若点P在直线AC上运动，则P到棱BC1的最小距离为233
【答案】BCD
【分析】化折线为直线，即可判断A，取DD1的中点E，连接BP、PE、C1E、AD1，即可证明四边形EPBC1即为平面PBC1截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D.
【详解】对于A：如图将平面ABCD展开与平面ADD1A1处于一个平面，连接A1C与AD交于点P，
此时A1P+PC取得最小值，即A1P+PCmin=22+42=25，故A错误；
对于B：如图取DD1的中点E，连接BP、PE、C1E、AD1，
因为点P是棱AD的中点，所以PE//AD1且PE=12AD1，
又AB//C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1//BC1，
所以PE//BC1，所以四边形EPBC1即为平面PBC1截正方体所得截面，
又BC1=22，PE=12AD1=2，BP=EC1=12+22=5，
所以截面周长为32+25，故B正确；
对于C：如图，DC1⊥D1C，BC⊥平面DCC1D1，DC1⊂平面DCC1D1，
所以DC1⊥BC，又D1C∩BC=C，D1C,BC⊂平面BCD1A1，
所以DC1⊥平面BCD1A1，因为平面ABCD∩平面BCD1A1=BC，
D1∈平面BCD1A1，P∈平面ABCD，
又PD1⊥DC1，所以P在直线BC上，即动点P的轨迹是一条直线，故C正确；
对于D：如图建立空间直角坐标系，则B2,2,0，C10,2,2，设Pa,2−a,0 a∈0,2，
所以BC1=−2,0,2，BP=a−2,−a,0，
所以P到棱BC1的距离d=BP2−BC1⋅BPBC12=32a2−2a+2=32a−232+43，
所以当a=23时dmin=43=233，故D正确；
故选：BCD
题型3翻折求轨迹
【例题3】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=4，E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，则（ ）

A．四棱锥P−AECD体积的最大值为22B．PD的中点F的轨迹长度的最大值为3π2
C．EP,CD与平面PAD所成的角相等D．三棱锥P−AED外接球的表面积的最小值为16π
【答案】ACD
【分析】根据锥体体积、动点轨迹、线面角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，梯形AECD的面积为2+42×2=6，AE=22，直角△APE斜边AE上的高为2．
当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P−AECD的体积取得最大值13×6×2=22，A正确．
对于B，取PA的中点G，连接GF,GE,FC，则GF,EC平行且相等，四边形ECFG是平行四边形，
所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，HG=22为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度的最大值为2π2，B错误.
对于C，由四边形ECFG是平行四边形，知EC∥FG，
则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD的距离相等，
故PE,CD与平面PAD所成角的正弦值之比为CD:PE=1:1，C正确．
对于D，Rt△ADE外接圆的半径为2，圆心为AD的中点，
当三棱锥P−AED外接球球心为AD中点，即PD=23时，
三棱锥P−AED外接球的表面积取得最小值，为4π×22=16π．D正确．

故选：ACD
【点睛】求解几何体外接球有关问题，关键是判断出球心的位置以及求得球的半径. 解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：1、寻找一个或两个面的外接圆圆心;2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.
【变式3-1】1. （多选）（2023秋·广东佛山·高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为AB上一动点（不含端点），且满足将△AED沿DE折起后，点A在平面DCBE上的射影F总在棱DC上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有BC⊥AD
B．当EB=12时，翻折后异面直线AE与BC所成角的余弦值为13
C．当EB=12时，翻折后四棱锥A−DCBE的体积为5536
D．在点E运动的过程中，点F运动的轨迹长度为12
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作EP⊥DC于P，可得异面直线所成的角，判断B，作AG⊥DE，设AE=x，DF=y，利用三角形相似可得x=1y，利用函数性质求出y的范围判断D，求出棱锥的高AF，再由四棱锥体积公式计算可判断C.
【详解】在图乙中，因为点A在平面DCBE上的射影F在棱DC上，所以AF⊥平面DCBE，
又BC⊂平面DCBE，所以AF⊥BC，又BC⊥DC，AF∩DC=F，AF,DC⊂平面ADC，所以BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，所以BC⊥AD，故A正确；
如图，
在图乙中作EP⊥DC于P，连接AP，则EP//BC，所以AE与BC所成角即为AE与EP所成角，又由BC⊥平面ADC可得EP⊥平面ADC，所以EP⊥AP而EP=1，AE=2−BE=32，则cs∠AEP=23，即AE与BC所成角余弦值为23，故B错误；
如上图，在图乙中作FG⊥DE于G，连接AG，则由AF⊥平面DCBE可得AF⊥DE，又FG∩AF=F，FG，AF⊂平面AGF，所以DE⊥平面AGF，
又AG⊂平面AGF，则DE⊥AG，在图甲中，如图，
作AG⊥DE，则A，G，F三点共线，设AE=x，DF=y，则由△DFA∽△ADE可得DFAD=ADEA，即y1=1x，又在图乙中有AF=AD2−DF2=1−y2>0，
所以y∈0,1，所以x=1y>1，而x=AE∈0,2，所以x∈1,2，y=1x∈12,1,1−12=12，故D正确；
当EB=12时，x=32，则y=23，所以AF=AD2−DF2=1−49=53，
则VA−DCBE=13⋅EB+DC⋅BC2⋅AF=12+26×53=5536，故C正确.
故选：ACD.
【变式3-1】2. （多选）（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，对于多面体MNEFGH，下列说法正确的是（ ）
A．异面直线GN与ME的夹角大小为60°
B．该多面体的体积为2
C．四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为22π
D．若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ⊥ON时，点P的轨迹长度4+2
【答案】AC
【分析】根据异面直线所成角的几何法即可利用三角形边的关系进行求解A，根据线面垂直以及锥体的体积即可求解B,根据外接球的性质，结合勾股定理即可求解C，根据线面垂直即可判断点P的轨迹，即可求解D.
【详解】取HF的中点为O，取NE的中点为点P，连接OQ,OP,
由几何体形成的过程可知平面MNFH⊥ 平面EFGH,其交线为HF，由于
四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，故OQ⊥HF,OQ⊂平面MNFH，所以OQ⊥平面EFGH,
由题意可知GE=AD=22，NG=NE=2，∴NG2+NE2=GE2，∴NG⊥NE，由于NF⊥NG,NF⊥NE,NG∩NE=N, NE,NG⊂平面NEG,所以NF⊥平面NEG,
由VF−NGE=VN−GEF，得OQ=NG⋅NE⋅NFEG⋅12HF=2×2×222×2=1，则∠OPQ即为异面直线GN与ME所成夹角的平面角或其补角，而OP=PQ=12ME=1，∴△OPQ为等边三角形，∴异面直线GN与ME的夹角大小为60°，选项A正确；
由几何体形成的过程可知平面MNFH⊥ 平面EFGH,其交线为HF，由于
四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，故OE⊥HF,OE⊂平面EFGH，所以OE⊥ 平面MNFH，OQ=1,MH=2,HF=4⇒MN=2 ,
VMNEFGH=2VE−MNFH=2×13S梯形MNFH⋅OE=2×13×12×2+4×1×2=22，选项B错误；
在△NFH中，∠NFH=45°，NH=32+12=10，∴△NFH的外接圆直径D1=10sin45°=25，△HEF的外接圆直径D2=613=32，∴四棱锥E－MNFH的外接球直径D满足D2=D12+D22−HF2=20+18 −16=22，∴四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为πD2=22π，选项C正确：
由A可知NF⊥平面ENG,同理 HM⊥平面MEG ，又ON//HM,所以ON⊥平面MEG，点P所在平面与平面MEG平行，∴点P的轨迹为五边形QPRST，长度为1+22+2+22 +1=2+22，D选项错误．
故选AC．
【点睛
【变式3-1】3. （多选）（2022·辽宁丹东·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为2,E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE，连结PC,PD，在翻折过程中（ ）
A．四棱锥P−AECD的体积最大值为255
B．PD中点F的轨迹长度为2π
C．EP,CD与平面PAD所成角的正弦值之比为2:1
D．三棱锥P−AED的外接球半径有最小值54，没有最大值
【答案】ACD
【分析】根据题意，根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图，逐个选项进行判断即可求解
【详解】由已知梯形AECD面积为3,AE=5，直角△APE斜边AE
上的高为255.当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P−AECD的
体积取最大值13×3×255=255. A正确；
取PA中点为G，则GF，EC平行且相等，四边形ECFG是平行四边形，
所以，点F的轨迹与点G的轨迹完全相同，过G作AE的垂线，垂足为
H,G的轨迹是H以为圆心，HG=55为半径55的半圆弧，从而PD
中点F的轨迹长度为5π5.B错误；
由四边形ECFG是平行四边形知EC//FG，
则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD距离相等，
故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为等于CD:PE=2:1. C正确；
△APE外接圆O1半径为52,O1是AE中点，根据正弦定理△ADE
外接圆O2半径为54,AE是圆O1与圆O2公共弦，|O2O1|=54.
设三棱锥P−AED外接球球心为O，半径为R，
则R=|OE|=|O1E|2+|O1O|2=|O1E|2+|O2O1|2+|O2O|2=(54)2+|O2O|2.
因为|O2O|∈[0,+∞)，所以R∈[54,+∞)，所以R最小值为54，没有最大值. D正确；
故选：ACD
【变式3-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是 ．（将正确说法的序号都写上）

①点P的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；
【答案】①③
【分析】依据翻折过程中PH⊥AM，PH=55AD均不变，判定点P的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中CE的长恒为22AD，从而判断③正确.
【详解】设正方形ABCD边长为a,
①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH=55a
在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH=55a均不变，
则点P的轨迹为以H为圆心，以55a为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.
在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，
由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN
又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cs∠MAB=ANAB=255
又在正方形ABCD中，cs∠MAB=cs∠AMD=55.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.判断错误；
③棱PB的中点为E.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则MK=22a
则有EK∥AB，EK=12AB，则EK∥MC，EK=MC
则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK，
又MK=22a，则CE=22a，即CE的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
题型4角度恒定求轨迹
【例题4】（2018·北京·高三强基计划）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M在底面ABCD内运动且满足∠DD1A=∠DD1M，则动点M在底面ABCD内的轨迹为（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线一支的一部分D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】根据∠DD1A=∠DD1M可得DM在圆锥面上，故可得M的轨迹.
【详解】因为∠DD1A=∠DD1M，故DM在圆锥面上，该圆锥以DD1为轴，D为顶点，
而M在底面ABCD内，
故动点M在底面ABCD内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧AC．
故选：A.
【变式4-1】1. （2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，AA1=2，点P在四边形A1ACC1内，且直线BP与平面A1ACC1所成角为π4，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为（ ）
A．πB．2π2C．π2D．2π4
【答案】C
【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设AC，BD相交于点O，由BO⊥平面A1ACC1，确定线面角，从而确定点P的轨迹，从而得解.
【详解】因为长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R，
所以4πR2=5π，解得R=52或R=−52（舍去），即外接球的直径为5，
设AB=a，BC=b，则a2+b2+22=5，可得a2+b2=1，
所以V=2ab≤a2+b2=1，当且仅当a=b=22时，等号成立．
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC,BO⊥AA1，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面A1ACC1，
所以BO⊥平面A1ACC1，直线BP与平面A1ACC1所成角为π4，
所以∠BPO=π4，故OP=12，则点P的轨迹是以O为圆心，半径r=12的半圆弧，
所以动点P的轨迹长为πr=π2．
故选：C
【变式4-1】2. （2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，二面角α−l−β的大小为π4，已知A、B是l上的两个定点，且AB=4，C∈α，D∈β，AB与平面BCD所成的角为π6，若点A在平面BCD内的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A．3π6B．2π2C．6π4D．3π4
【答案】D
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以BH为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为π4的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为π6，且点A在平面BCD上的射影H，AB=4，
所以AH=AB⋅sin30∘=2,BH=AB⋅cs30∘=23，
所以点H在以点B为球心，以23为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以23为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成π3的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为π4，
所以∠EOF=π4，
又OH=BHsin30∘=23×12=3，
所以点H的轨迹的长度等于π4×3=34π，
故选：D.
【变式4-1】3. （2023春·广西防城港·高三统考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得D1P⊥B1CB．AB1∥平面CPC1
C．若DP=12DB，则三棱锥P−BB1C外接球的表面积为16πD．M为DD1的中点，若MP与平面ABCD所成的角为π4，则点P的轨迹长为π2
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点P的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接BC1,AD1,
因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C,
且四边形BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C,
且AB∩BC1=B，AB,BC1⊂平面ABC1D1,
所以B1C⊥平面ABC1D1,所以当点P在线段AB上时，
必有D1P⊂平面ABC1D1,则B1C⊥ D1P，
所以存在无数个点P，使得D1P⊥B1C，A错误；
对于B，当点P与点B重合时，
AB1与平面CPC1相交，B错误；
对于C，若DP=12DB，则P为DB中点，
连接PB,PC,PB1,B1C,则△PBC为等腰直角三角形，且PB⊥PC，
且△BCB1也为等腰直角三角形，且BC⊥BB1,
且平面PBC⊥平面BCB1，
所以取B1C中点为O，则O为三棱锥P−BB1C外接球的球心，
所以外接球的半径为12B1C=2,
所以我外接球的表面积为4π×2=8π，C错误；
对于D，连接MP,DP,
因为MD⊥平面ABCD，所以∠MPD为MP与平面ABCD所成的角，
所以∠MPD=π4，所以DP=DM=1,
所以点P的轨迹是以D为圆心，1为半径的14个圆弧，
所以点P的轨迹长为14×2π=π2，D正确，
故选:D.
【变式4-1】4. （2023·湖南·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，AB=23，点E为平面A1BD内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为α，若tanα∈22,1则点E的轨迹所围成的图形面积的取值范围为（ ）
A．π,2πB．π,4πC．4π,6πD．4π,8π
【答案】D
【分析】确定AC1⊥平面A1BD，tanα=OAOE，计算AO=2，tanα=OAOE=2OE∈22,1，2≤EO≤22，E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，计算得到答案.
【详解】如图所示，连接AC1交平面A1BD于O，连接EO，AC
CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故CC1⊥BD，
AC⊥BD，AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面ACC1，故BD⊥平面ACC1，
AC1⊂平面ACC1，故BD⊥AC1，
同理可得A1B⊥AC1，A1B∩BD=B，A1B,BD⊂平面A1BD，故AC1⊥平面A1BD，
所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角，∠AEO=α，所以tanα=OAOE，
在四面体A−A1BD中，BD=A1D=A1B=26，AB=AD=AA1=23，
所以四面体A−A1BD为正三棱锥，O为ΔBDA1的重心，如下图所示，
所以BO=33×26=22，AO=AB2−BO2=2，
因为tanα=OAOE=2OE∈22,1，所以2≤EO≤22，
又E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，
所以E在平面A1BD内的轨迹围成的图形面积S∈4π,8π．
故选：D
【变式4-1】5.（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考阶段练习）如图，在圆柱OO1中，AB为底面直径，E是AB的中点，D是母线BC的中点，M是上底面上的动点，若AB=4，BC=3，且ME⊥AD，则点M的轨迹长度为（ ）
A．32B．7C．574D．4
【答案】C
【分析】作ON⊥AD，由圆柱的结构特征和线面垂直的判定可知AD⊥平面ONE，则M点轨迹是平面ONE与上底面的交线PQ，结合勾股定理可求得PQ长，即为所求轨迹长度.
【详解】连接OE，作ON⊥AD，交CF于点N，
∵E是AB的中点，∴OE⊥AB，
∵BC⊥平面ABE，OE⊂平面ABE，∴BC⊥OE，
∵AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABCF，
∴OE⊥平面ABCF，又AD⊂平面ABCF，
∴OE⊥AD，又ON⊥AD，OE∩ON=O，OE,ON⊂平面ONE，
∴AD⊥平面ONE，
设平面ONE与上底面交于PQ，∵ME⊥AD，∴点M的轨迹为PQ；
∵AB=4，BC=3，D是母线BC中点，
∴tan∠BAD=tan∠O1ON=BDAB=38，
∴O1N=OO1⋅tan∠O1ON=98，
∴PQ=222−982=574.
故选：C.
【变式4-1】6.（多选）（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1D与平面ACD1相交于点E，P为△ACD1内一点，且S△PB1D=13S△ACD1，设直线PD与A1C1所成的角为θ，则下列结论正确的是（ ）
A．B1D⊥PEB．点P的轨迹是圆
C．点P的轨迹是椭圆D．θ的取值范围是π3,π2
【答案】ABD
【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得B1D⊥平面ACD1，分析可得点E即为△ACD1的中心，结合S△PB1D=13S△ACD1可得PE=13a，从而可得点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，转化为PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，分析求得θ的范围即可得出结果.
【详解】如图所示，
B1D与平面ACD1相交于点E，连接BD交AC于点O，连接B1D1；
由题意可知BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC；
又因为AC⊥BD，BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1，
又B1D⊂平面BDD1B1，所以AC⊥B1D；
同理可证AD1⊥B1D，
又AD1∩AC=A，AD1,AC⊂平面ACD1，
所以B1D⊥平面ACD1；
又因为AC=AD1=CD1=AB1=B1D1=B1C，由正三棱锥性质可得点E即为△ACD1的中心，连接OD1；
因为O为AC的中点，OD1交B1D于点E，连接PE，
由B1D⊥平面ACD1，PE⊂平面ACD1，则B1D⊥PE，所以选项A正确；
即PE为△PB1D的高，设PE=d，
由正方体棱长为a可知，B1D=3a,AC=2a，且△ACD1的内切圆半径r=OE=66a；
所以S△PB1D=12B1D⋅PE=32ad,S△ACD1=12×2a×2a×32=32a2；
又S△PB1D=13S△ACD1，即可得d=13a33,
所以∠EA1B1不可能为30∘.故③错误；
如图，将平面BC1旋转到与平面DBB1D1重合，
连接D1C交BB1于E，
此时EC+ED1的最小值为D1C=12+(2+1)2=4+22,故④错误；
故选：B.
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2,AB=AC=2,CC1=2，且E,M分别为CC1和BC的中点，P为线段A1M（包括端点）上一动点，F为侧面AA1B1B上一动点，则PE+PF的最小值为（ ）
A．62+3310B．32+6310
C．62+335D．32+635
【答案】B
【分析】先判断出PE+PF取得最小值时F为点P在侧面AA1B1B的投影.把将平面A1MN与平面A1ME展开到同一平面，作EF⊥A1N于点F，交A1M于点P,此时PE+PF达到最小值，解三角形求出EF即可.
【详解】当P为某确定点时，要使PE+PF取得最小值，则PF必须为最小值，此时，F为点P在侧面AA1B1B的投影.
取AB的中点N.
因为M分别为BC的中点，所以MN为△ABC的中位线，所以MN//AC.
因为∠BAC=π2,所以BA⊥AC，所以BA⊥MN.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥面ABC，所以AA1⊥MN.
因为AA1⊂面ABB1A1，AB⊂面ABB1A1，AA1∩AB=N ,
所以MN⊥侧面AA1B1B，故A1M在侧面AA1B1B的投影为A1N.
作PF⊥A1N于点F，此时F满足题意.
A1N=AA12+AN2=22+222=322,MN=12AC=22, A1M=A1N2+MN2=3222+222=5, A1E=A1C12+C1E2=22+12=3,ME=MC2+CE2=12+12=2.
在Rt△A1MN中，sin∠MA1N=MNMA1=225=1010，cs∠MA1N=A1NMA1=3225=31010.
在△A1ME中，
因为A1M=5, A1E=3,ME=2,所以A1M2=A1E2+ME2，所以△A1ME为直角三角形.
所以sin∠MA1E=MEMA1=25=105，cs∠MA1E=A1EMA1=35=155.
将平面A1MN与平面A1ME展开到同一平面，如图所示，
所以sin∠NA1E=sin∠NA1M+∠EA1M=1010×155+31010×105=6+610.
作EF⊥A1N于点F，交A1M于点P,此时PE+PF达到最小值，
则EF= A1E⋅sin∠NA1E=3×6+610=32+6310.
故选：B
【点睛】立体几何中的最值问题一般涉及到距离、角度、面积、体积等四个方面，解决此类问题一般从三个方面思考：
（1）利用传统方法转化为空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
（2）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况取得最值；
（3）将几何体平面化，如利用展开图，在平面图形中直观求解.
【变式9-1】3. （2023春·江西宜春·高三校考开学考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=1，AP=PD=BC=2，E为BC的中点，M为PE上的动点，N为平面APD内的动点，则BM+MN的最小值为（ ）
A．1+2B．253C．2+53D．2+32
【答案】D
【分析】根据题意得出HM⊥平面PAD，进而可得BM+MN≥BM+MH，将△PEF和△BEP所在平面折叠在一个平面内，然后利用两角和的正弦公式和正弦定理即可求解.
【详解】如图1，取AD的中点F，连接EF，PF，过点M作PF的垂线，垂足为H.由BE=EC，AF=DF，四边形ABCD为矩形，可得EF⊥AD，由平面PAD⊥平面ABCD，可得EF⊥平面PAD.在△PEF中，由EF⊥PF，MH⊥PF，可得MH∥EF.由EF⊥平面PAD，可得HM⊥平面PAD，可得BM+MN≥BM+MH.将△PEF和△BEP所在平面折叠在一个平面内，过点B作PF的垂线，垂足为T，如图2所示，易知BM+MH≥BT.记∠BPE=θ，由AB=1，AP=PD=BC=2，可得BE=1，BP=5，PE=2，EF=1，PF=3，可得∠EPF=π6，sinθ=55，csθ=255，则sinθ+π6=55×32+255×12=25+1510，故BM+MN的最小值为BT=BPsinθ+π6=5×25+1510=2+32.
故选：D.
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论中正确的个数为（ ）
①DC1⊥D1P；
②平面D1A1P⊥平面A1AP；
③∠APD1的最大值为90°；
④AP+PD1的最小值为2+3 ；
⑤C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是22，63.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理证明 DC1⊥平面A1BCD1即可；对于②，利用面面垂直的判定定理证明 平面D1A1BC⊥平面A1ABB1即可；对于③，由0|C1C2|，
以直线AB,BC分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图，
则A(−8,0),C(0,8),D(−4,4)，依题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为：y=k(x+4)+4，直线CC1的方程：y=−1kx+8，则C2(8k,0)，
|C'C1|=|CC1|=|4k−4|k2+1,|C1C2|=|8k2+4k+4|k2+1，由|C'C1|>|C1C2|得|2k2+k+1|