2025高考数学二轮复习-专题四-微专题29-立体几何中的动态问题-专项训练【含答案】

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2πC．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\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(→))〉|＝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\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(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⊥BPD．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\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(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\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\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，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⊥PQD．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\o(OB1,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(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\o\al(2,1)＋APeq\o\al(2,1)，若AP⊥PQ，则AP2＋PQ2＝AQ2，则APeq\o\al(2,1)＋12＋P1Q2＋12＝AQ2，当P1在线段AQ上时，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)，当且仅当AP1＝P1Q＝eq\f(AQ,2)时，等号成立，所以2＝AQ2－(APeq\o\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⊥AB1B．翻折过程中，CN的长是定值C．若AB＝BM，则AM⊥B1DD．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·cos∠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\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2πC．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\co1(\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)πB．△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＝2sinθ≤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\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)，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1B．△FMN周长的最小值为eq\r(2)＋1C．∠MFN的余弦值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(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\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，设F(1，a,1－a)(0<a<1)，则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)))，则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)，则a＝t＋eq\f(1,2)，t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，则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))，当t2＝0，即a＝eq\f(1,2)时，cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉＝0，当t2≠0，即t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，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，＋∞)，则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)))，综上所述，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)＋2B．2eq\r(2)＋2C.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\co1(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AB1D1C．存在点P，满足DP⊥BPD．BD1与BP所成角的正切值的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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)))，因为eq\f(\r(2),2)≤eq\f(2\r(2),t＋2)≤eq\r(2)，因此当t＝0时，(cosθ)min＝eq\f(\r(3),3)，当t＝2时，(cosθ)max＝eq\f(\r(6),3)，又因为y＝cosθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以当t＝0时，θ最大，tanθ＝eq\r(2)，当t＝2时，θ最小，tanθ＝eq\f(\r(2),2)，则tanθ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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4C．若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40πD．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\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)，对选项B，当AE⊥CF时，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(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\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\o\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