2025高考數(shù)學二輪復習-專題四-微專題29-立體幾何中的動態(tài)問題-專項訓練【含答案】

微專題29立體幾何中的動態(tài)問題[考情分析]“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題中最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時，由于“動態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉化．考點一動點的軌跡典例1(1)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為四邊形ABCD所在平面上一動點，則下列命題正確的是()A．若MN與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，則點N的軌跡為圓B．若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC．若點N到直線BB1與直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D．若D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，則點N的軌跡為雙曲線答案ACD解析如圖所示，對于A，根據(jù)正方體的性質可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND為MN與平面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，所以點N的軌跡是以D為圓心，2為半徑的圓，故A正確；對于B，在Rt△MDN中，DN＝eq\r(MN2－MD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，取MD的中點E，因為P為MN的中點，所以PE∥DN，且PE＝eq\f(1,2)DN＝eq\r(3)，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即點P在過點E且與DD1垂直的平面內，又PE＝eq\r(3)，所以點P的軌跡是以eq\r(3)為半徑的圓，其面積為π·(eq\r(3))2＝3π，故B不正確；對于C，連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點N的軌跡是以B為焦點，CD為準線的拋物線，故C正確；對于D，以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，設N(x，y,0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4)，因為D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉|＝coseq\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，所以點N的軌跡為雙曲線，故D正確．(2)(多選)(2021·新高考全國Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則()A．當λ＝1時，△AB1P的周長為定值B．當μ＝1時，三棱錐P－A1BC的體積為定值C．當λ＝eq\f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BPD．當μ＝eq\f(1,2)時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P答案BD解析eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．圖1對于選項A，當λ＝1時，點P在棱CC1上運動，如圖1所示，此時△AB1P的周長為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錯誤；對于選項B，當μ＝1時，點P在棱B1C1上運動，如圖2所示，圖2則＝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)，為定值，故B正確；對于選項C，取BC的中點D，B1C1的中點D1，連接DD1，A1B(圖略)，則當λ＝eq\f(1,2)時，點P在線段DD1上運動，假設A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以點P與點D或D1重合時，A1P⊥BP，故C錯誤；方法一對于選項D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設AB1與A1B交于點K，連接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點P只能是棱CC1的中點，故選項D正確．方法二對于選項D，分別取BB1，CC1的中點E，F(xiàn)，連接EF，則當μ＝eq\f(1,2)時，點P在線段EF上運動，以點C1為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－λ，\f(1,2)))，所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，則A1B⊥B1P，所以－eq\f(λ,2)＋eq\f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一個點P，使得A1B⊥平面AB1P，此時點P與F重合，故D正確．跟蹤訓練1(多選)(2023·揚州模擬)已知圓柱OO1的高為1，下底面圓O的直徑AB長為2，BB1是圓柱OO1的一條母線，點P，Q分別在上、下底面內(包含邊界)，下列說法正確的有()A．若PA＋PB＝3，則點P的軌跡為圓B．若直線OP與直線OB1所成的角為45°，則點P的軌跡是拋物線的一部分C．存在唯一的一組點P，Q，使得AP⊥PQD．AP＋PQ＋QB1的取值范圍是[eq\r(13)，2eq\r(3)＋eq\r(5)]答案BC解析對于B，如圖，不妨以O為原點，以AB的垂直平分線，OA，OO1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，設P(x，y,1)，則eq\o(OB1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x，y,1)，由題意，eq\f(|－y＋1|,\r(－12＋12)×\r(x2＋y2＋12))＝eq\f(\r(2),2)，化簡得y＝－eq\f(1,2)x2，由于點P在上底面內，所以點P的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；對于A,PA＋PB＝3，即eq\r(x2＋y－12＋1)＋eq\r(x2＋y＋12＋1)＝3，化簡得eq\f(x2,\f(1,4))＋eq\f(y2,\f(9,20))＝1，即點P的軌跡為橢圓，故A錯誤；對于C，設點P在下底面的投影為P1，則由勾股定理可得AP2＝PPeq\o\al(2,1)＋APeq\o\al(2,1)，若AP⊥PQ，則AP2＋PQ2＝AQ2，則APeq\o\al(2,1)＋12＋P1Q2＋12＝AQ2，當P1在線段AQ上時，APeq\o\al(2,1)＋P1Q2可取最小值，由均值不等式，得APeq\o\al(2,1)＋P1Q2≥2×eq\f(AQ2,4)＝eq\f(AQ2,2)，當且僅當AP1＝P1Q＝eq\f(AQ,2)時，等號成立，所以2＝AQ2－(APeq\o\al(2,1)＋P1Q2)≤eq\f(AQ2,2)，即AQ2≥4，而點Q只有在與點B重合時，AQ2才能取到4，此時點B與點Q重合，點P與點O1重合，故C正確；對于D，當點P與點B1，點Q與點A重合時，AP＋PQ＋QB1的值為3AP＝3eq\r(12＋22)＝3eq\r(5)>2eq\r(3)＋eq\r(5)，故D錯誤．考點二折疊、展開問題典例2(多選)如圖，在矩形ABCD中，M為BC的中點，將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，連接B1D，N為B1D的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是()A．存在某個位置，使得CN⊥AB1B．翻折過程中，CN的長是定值C．若AB＝BM，則AM⊥B1DD．若AB＝BM＝1，當三棱錐B1－AMD的體積最大時，三棱錐B1－AMD的外接球的表面積是4π答案BD解析對于A，取AD的中點為E，連接CE交MD于點F，如圖1，則NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，則EN⊥CN，由于AB1⊥MB1，則EN⊥NF，由于三線NE，NF，NC共面且共點，故EN⊥CN和EN⊥NF不能同時成立，故A錯誤；對于B，如圖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·cos∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正確；對于C，如圖2，取AM的中點O，∵AB＝BM，即AB1＝B1M，則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，則AD＝MD，由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C錯誤；對于D，根據(jù)題意知，只有當平面B1AM⊥平面AMD時，三棱錐B1—AMD的體積最大，取AD的中點E，連接OE，B1E，ME，如圖2，∵AB＝BM＝1，則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，則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)，從而EB1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝1，易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中點E就是三棱錐B1－AMD的外接球的球心，球的半徑為1，表面積是4π，故D正確．跟蹤訓練2(多選)(2023·泰安模擬)如圖，正方形ABCD的邊長為1，M，N分別為BC，CD的中點，將正方形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內，則在翻折過程中，以下結論中正確的是()A．異面直線AC與BD所成的角為定值B．三棱錐D－ABC外接球的表面積為2πC．存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直D．三棱錐M－ACN體積的最大值為eq\f(\r(2),48)答案ABD解析對于A，取AC的中點O，連接OB，OD，則AC⊥OB，且AC⊥OD，∵OD∩OB＝O，OD，OB?平面OBD，∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，異面直線AC與BD所成的角為90°，為定值，故A正確；對于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，∴三棱錐D－ABC的外接球球心是O，∴外接球半徑R＝eq\f(\r(2),2)，∴三棱錐D－ABC外接球的表面積S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝2π，故B正確；對于C，若直線AD與直線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為腰長的等腰三角形，與題意不符，故C錯誤；對于D，V三棱錐M－ACN＝V三棱錐N－ACM，當平面DAC⊥平面ABC時，三棱錐M－ACN的體積取得最大值，此時OD＝eq\f(\r(2),2)，S△ACM＝eq\f(1,2)S△ABC＝eq\f(1,4)，(V三棱錐M－ACN)max＝(V三棱錐N－ACM)max＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(2),48)，故D正確．考點三最值、范圍問題典例3(多選)(2023·亳州模擬)已知圓錐的頂點為S，高為1，底面圓的直徑AC＝2eq\r(3)，B為圓周上不與A重合的動點，F(xiàn)為線段AB上的動點，則()A．圓錐的側面積為2eq\r(3)πB．△SAB面積的最大值為eq\r(3)C．直線SB與平面SAC所成角的最大值為60°D．若B是的中點，則(SF＋CF)2的最小值為10＋eq\r(15)答案AC解析圓錐的底面圓半徑r＝eq\r(3)，圓錐的母線長為eq\r(3＋1)＝2，則圓錐的側面積為πrl＝2eq\r(3)π，故A正確；如圖1，平面SAC為圓錐的軸截面，O為底面圓心，則SO＝1，SA＝SC＝2，因為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°，設∠ASB＝θ(0°<θ≤120°)，則S△SAB＝eq\f(1,2)SA·SBsin∠ASB＝2sinθ≤2，故B不正確；根據(jù)圓錐的結構特征可知，點B在平面SAC上的投影在AC上，又SB為定值，則當點B到直線AC的距離最大時，直線SB與平面SAC所成的角最大，所以當B是的中點時，直線SB與平面SAC所成的角最大，由AC＝2eq\r(3)知，此時點B到平面SAC的距離為eq\r(3)，又因為高為1，所以直線SB與平面SAC所成角的最大值為60°，故C正確；當B是的中點時，AB＝BC＝eq\r(6)，此時△SAB為等腰三角形，△ABC為等腰直角三角形，將△SAB，△ABC沿AB展開至同一個平面，得到如圖2所示的平面圖形，取AB的中點D，連接SC，SD，CD，則SD＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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cos∠CBS＝cos(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\co1(－\f(\r(10),4)))＝10＋2eq\r(15)，所以(SF＋CF)2≥SC2＝10＋2eq\r(15)，當且僅當S，F(xiàn)，C三點共線時，等號成立，故D不正確．跟蹤訓練3(多選)(2023·永州模擬)已知四面體ABCD的所有棱長均為eq\r(2)，M，N分別為棱AD，BC的中點，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動點，點G為線段MN上的動點，則()A．線段MN的長度為1B．△FMN周長的最小值為eq\r(2)＋1C．∠MFN的余弦值的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))D．直線FG與直線CD互為異面直線答案AB解析因為四面體ABCD的所有棱長均為eq\r(2)，所以四面體ABCD為正四面體，將四面體ABCD放置在正方體中，則正方體的棱長為1，由M，N分別為棱AD，BC的中點，得M，N是正方體兩個對面的中心，則MN＝1，故A正確；對于D，當F為AB的中點，G為MN的中點時，設I為CD的中點，由正方體的結構特征可知F，I，G三點共線，此時直線FG與直線CD交于點I，故D錯誤；對于B，將等邊△ABC和等邊△ABD沿AB展開成平面圖形，如圖所示，則MF＋NF≥MN，當且僅當M，N，F(xiàn)三點共線時，等號成立，此時MN＝eq\r(2)，所以MF＋NF的最小值為eq\r(2)，即△FMN周長的最小值為eq\r(2)＋1，故B正確；對于C，如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，設F(1，a,1－a)(0<a<1)，則eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－a，a－\f(1,2)))，eq\o(FN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1－a，a－\f(1,2)))，則cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(FM,\s\up6(→))·\o(FN,\s\up6(→)),|\o(FM,\s\up6(→))||\o(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\co1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2,\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2))，令t＝a－eq\f(1,2)，則a＝t＋eq\f(1,2)，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，則cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2,\r(\f(1,4)＋a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2)·\r(\f(1,4)＋1－a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2))＝eq\f(2t2,\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋t2)·\r(\f(1,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(2t2＋\f(1,2)))2－t2))＝eq\f(2t2,\r(4t4＋t2＋\f(1,4)))＝eq\f(4t2,\r(16t4＋4t2＋1))，當t2＝0，即a＝eq\f(1,2)時，cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉＝0，當t2≠0，即t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時，cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(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\co1(\f(1,t2)＋2))2＋12))，由t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，得eq\f(1,t2)∈(4，＋∞)，則eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)＋2))2＋12)>eq\r(4＋22＋12)＝4eq\r(3)，所以0<eq\f(4,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)＋2))2＋12))<eq\f(\r(3),3)，所以cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，綜上所述，cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，即cos∠MFN∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，故C錯誤．[總結提升]求解動態(tài)范圍的選擇、填空題，有時應把這類動態(tài)的變化過程充分地展現(xiàn)出來，通過動態(tài)思維，觀察它的變化規(guī)律，找到兩個極端位置，即用特殊法求解范圍．對于探究存在問題或動態(tài)范圍(最值)問題，用定性分析比較難或繁時，可以引進參數(shù)，把動態(tài)問題化歸為靜態(tài)問題．具體地，可通過構建方程、函數(shù)或不等式等進行定量計算，以算促證．1.(2023·株洲模擬)已知三棱錐A－BCD的側面展開圖放在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示，那么在三棱錐A－BCD中，AB與CD所成的角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,2)答案D解析由圖可知，在三棱錐A－BCD中，AB＝BC＝BD＝eq\r(5)，AC＝AD＝eq\r(2)，CD＝2，取CD的中點E，連接AE，BE，因為BC＝BD＝eq\r(5)，AC＝AD＝eq\r(2)，所以AE⊥CD，BE⊥CD，因為AE∩BE＝E，AE，BE?平面ABE，所以CD⊥平面ABE，因為AB?平面ABE，所以CD⊥AB，即AB與CD所成的角為eq\f(π,2).2.(2023·九江模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M是平面BCC1B1內一動點，且DM⊥A1C，則DM＋MC的最小值為()A.eq\r(2)＋2B．2eq\r(2)＋2C.eq\r(2)＋eq\r(6)D．2答案C解析如圖1，連接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1，因為DM⊥A1C，所以DM?平面BDC1，即M在線段BC1上，將△BDC1沿著BC1展開，使得D，B，C，C1四點共面，如圖2，又因為正方體的棱長為2，則BC1＝2eq\r(2)，當D，M，C三點共線時，DM＋MC取得最小值，此時DM＝eq\r(6)，MC＝eq\r(2)，所以DM＋MC的最小值為CD＝eq\r(2)＋eq\r(6).3.(2023·山東聯(lián)考)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝eq\f(π,2)，AC＝AA1＝1，BC＝2，點M是BC的中點，點P是線段A1B上一動點，點Q在平面AMC1上移動，則P，Q兩點之間距離的最小值為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D．1答案A解析連接A1C交AC1于點O，連接OM(圖略)，∵O，M分別為A1C，BC的中點，則OM∥A1B，且OM?平面AMC1，A1B?平面AMC1，∴A1B∥平面AMC1，則線段A1B上的點到平面AMC1的距離相等，設為d，則P，Q兩點之間距離的最小值為d，即點A1到平面AMC1的距離d，∵A1C的中點O在AC1上，則點C到平面AMC1的距離為d，由題意可得AC＝CM＝CC1＝1，AC1＝AM＝MC1＝eq\r(2)，∵，則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兩點之間距離的最小值為eq\f(\r(3),3).4．(多選)(2023·石家莊模擬)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的側面ABB1A1內(包含邊界)有一點P，則下列說法正確的是()A．若點P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為2∶1，則點P的軌跡為雙曲線的一部分B．若點P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為1∶1，則點P的軌跡為拋物線的一部分C．過P，C，D三點作正方體ABCD－A1B1C1D1的截面，則截面圖形是平行四邊形D．三棱錐P－ABC體積的最大值為eq\f(1,6)答案BCD解析如圖，以B1為坐標原點，以B1A1，B1C1，B1B所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則B1(0,0,0)，設側面ABB1A1內(包含邊界)點P(x,0，z)(0≤x≤1,0≤z≤1)，對于A，點P到直線AB的距離為1－z，由正方體知B1C1⊥平面ABB1A1，又PB1?平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，所以點P到直線B1C1的距離為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\co1(z＋\f(1,3)))2,\f(4,9))＝1，所以點P的軌跡為橢圓的一部分，故A錯誤；對于B，點P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為1∶1，即點P到直線AB與到定點B1的距離相等，根據(jù)拋物線定義知點P的軌跡為拋物線的一部分，故B正確；對于C，過點P作MN∥AB，分別交AA1，BB1于點M，N，連接CN，DM，如圖，則MN∥CD且MN＝CD，所以四邊形MNCD是平行四邊形，則平行四邊形MNCD為過P，C，D三點的截面，故C正確；對于D，當點P在A1B1上時，點P到平面ABCD的距離最大為1，又S△ABC為定值，故此時三棱錐P－ABC的體積最大，V三棱錐P－ABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×1＝eq\f(1,6)，故D正確．5．(多選)(2023·菏澤模擬)在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側面BB1C1C內的一個動點(不包含四個頂點)，則下列說法中正確的是()A．三角形AD1P的面積無最大值、無最小值B．存在點P，滿足DP∥平面AB1D1C．存在點P，滿足DP⊥BPD．BD1與BP所成角的正切值的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2)))答案BCD解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面BCC1B1∥平面ADD1A1，AD1?平面ADD1A1，P∈平面BCC1B1，則點P到AD1的距離的最小值為平面BCC1B1與平面ADD1A1的距離2，此時點P在BC1上，因為正方體ABCD－A1B1C1D1的對角面ABC1D1為矩形，且AB＝2，又AD1＝2eq\r(2)，此時△AD1P的面積有最小值，故A錯誤；連接BD,C1D，由A可知，四邊形ABC1D1為矩形，即有BC1∥AD1，AD1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，則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，當P∈BC1時，DP∥平面AB1D1，故B正確；因為BD＝DC1＝2eq\r(2)，取BC1的中點P，則DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正確；因為P是側面BB1C1C內的一個動點(不包含四個頂點)，則射線BP必與折線段CC1B1存在交點Q，設C1Q＝2－t,0≤t≤2，則BQ＝eq\r(t2＋4)，D1Q＝eq\r(2－t2＋4)，而BD1＝2eq\r(3)，令BD1與BP所成的角為θ，則cosθ＝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\co1(\f(2\r(2),t＋2)－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2)))，因為eq\f(\r(2),2)≤eq\f(2\r(2),t＋2)≤eq\r(2)，因此當t＝0時，(cosθ)min＝eq\f(\r(3),3)，當t＝2時，(cosθ)max＝eq\f(\r(6),3)，又因為y＝cosθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞減，y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，所以當t＝0時，θ最大，tanθ＝eq\r(2)，當t＝2時，θ最小，tanθ＝eq\f(\r(2),2)，則tanθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2)))，故D正確．6.(多選)(2023·黃山模擬)如圖，圓柱OO1的底面半徑和母線長均為3，AB是底面直徑，點C在圓O上且OC⊥AB，點E在母線BD上，BE＝2，點F是上底面的一個動點，則()A．存在唯一的點F，使得AF＋FE＝2eq\r(13)B．若AE⊥CF，則點F的軌跡長為4C．若AF⊥FE，則四面體ACEF的外接球的表面積為40πD．若AF⊥FE，則點F的軌跡長為2eq\r(6)π答案ACD解析設E關于點D的對稱點為E′，如圖，則AF＋EF＝AF＋FE′≥AE′＝eq\r(AB2＋BE′2)＝eq\r(62＋42)＝2eq\r(13)，所以AF＋FE≥2eq\r(13)，當且僅當A，F(xiàn)，E′三點共線時取等號，故存在唯一的點F，使得AF＋FE＝2eq\r(13)，故A正確；由題意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O為坐標原點，以OC，OB，OO1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，設F(x，y,3)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,6,2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(x－3，y,3)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(x，y＋3,3)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(x，y－3,1)，對選項B，當AE⊥CF時，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝6y＋6＝0，所以y＝－1，所以點F的軌跡為上底面圓O1的一條弦MN，O1到MN的距離為1，所以MN＝2eq\r(32－1)＝4eq\r(2)，故點F的軌跡長為4eq\r(2)，故B錯誤；對選項D，當AF⊥FE時，eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(x，y＋3,3)·(x，y－3,1)＝0，所以x2＋y2＝6，所以點F的軌跡是以O1為圓心，eq\r(6)為半徑的圓，其軌跡長為2eq\r(6)π，故D正確；對選項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為直角三角形，其外心為AE與OO1的交點Q，且OQ＝1，QE＝eq\r(10)，而QF＝eq\r(QO\o\al(2,1)＋O1F2)＝eq\r(22＋6)＝eq\r(10)，所以QF＝QE＝QC＝QA，所以Q為四面體ACEF的外接球的球心，球的半徑為eq\r(10)，所以球的表面積為40π，故C正確．7．(2023·南昌模擬)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥DC，AB＝2CD，點M是側棱PC上的定點，點Q在側棱AP上運動，若三棱錐M－BDQ