新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破講義 第1部分 專題突破 專題4　微重點(diǎn)12　立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題（含解析）

微重點(diǎn)12立體幾何中的動(dòng)態(tài)問(wèn)題“動(dòng)態(tài)”問(wèn)題是高考立體幾何問(wèn)題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、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(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問(wèn)題與平面幾何中的解三角形問(wèn)題、多邊形面積問(wèn)題以及解析幾何問(wèn)題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化．考點(diǎn)一動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題例1(多選)(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點(diǎn)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(dāng)λ＝1時(shí)，△AB1P的周長(zhǎng)為定值B．當(dāng)μ＝1時(shí)，三棱錐P－A1BC的體積為定值C．當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1P⊥BPD．當(dāng)μ＝eq\f(1,2)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)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(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)λ＝1時(shí)，點(diǎn)P在棱CC1上運(yùn)動(dòng)，如圖1所示，此時(shí)△AB1P的周長(zhǎng)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，A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)μ＝1時(shí)，點(diǎn)P在棱B1C1上運(yùn)動(dòng)，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(duì)于選項(xiàng)C，取BC的中點(diǎn)D，B1C1的中點(diǎn)D1，連接DD1，A1B(圖略)，則當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)P在線段DD1上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)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，所以當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D或D1重合時(shí)，A1P⊥BP，C錯(cuò)誤；方法一對(duì)于選項(xiàng)D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設(shè)AB1與A1B交于點(diǎn)K，連接PK(圖略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點(diǎn)P只能是棱CC1的中點(diǎn)，故選項(xiàng)D正確．方法二對(duì)于選項(xiàng)D，分別取BB1，CC1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF，則當(dāng)μ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)，以點(diǎn)C1為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C1xyz，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(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P，此時(shí)點(diǎn)P與F重合，故D正確．規(guī)律方法解決與幾何體有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定．(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問(wèn)題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進(jìn)行計(jì)算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長(zhǎng)度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除．跟蹤演練1(多選)(2022·漳州質(zhì)檢)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的邊長(zhǎng)為2，M為CC1的中點(diǎn)，P為平面BCC1B1上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足AM∥平面A1BP，則下列結(jié)論正確的是()A．AM⊥B1MB．CD1∥平面A1BPC．動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)為eq\f(2\r(13),3)D．AM與A1B1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),3)答案BC解析如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則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\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，－2，－2)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x，y，0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，由AM∥平面A1BP，得eq\o(AM,\s\up6(→))＝aeq\o(A1B,\s\up6(→))＋beq\o(BP,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＋bx＝2，,－2a＋by＝1，,－2a＝－2，))化簡(jiǎn)可得3x－2y＝0，所以動(dòng)點(diǎn)P在直線3x－2y＝0上，A選項(xiàng)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(B1M,\s\up6(→))＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0，所以AM與B1M不垂直，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，CD1∥A1B，A1B?平面A1BP，CD1?平面A1BP，所以CD1∥平面A1BP，B選項(xiàng)正確；C選項(xiàng)，動(dòng)點(diǎn)P在直線3x－2y＝0上，且P為平面BCC1B1上的動(dòng)點(diǎn)，則P在線段P1B上，P1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2，0))，所以P1B＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2＋22＋02)＝eq\f(2\r(13),3)，C選項(xiàng)正確；D選項(xiàng)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(4,2\r(22＋12＋－22))＝eq\f(2,3)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．考點(diǎn)二折疊、展開問(wèn)題例2(多選)(2022·德州模擬)如圖，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上(不含端點(diǎn))且BE＝BF，將△AED，△DCF分別沿DE，DF折起，使A，C兩點(diǎn)重合于點(diǎn)A1，則下列結(jié)論正確的有()A．A1D⊥EFB．當(dāng)BE＝BF＝eq\f(1,2)BC時(shí)，三棱錐A1－EFD的外接球體積為eq\r(6)πC．當(dāng)BE＝BF＝eq\f(1,4)BC時(shí)，三棱錐A1－EFD的體積為eq\f(2\r(17),3)D．當(dāng)BE＝BF＝eq\f(1,4)BC時(shí)，點(diǎn)A1到平面EFD的距離為eq\f(4\r(17),7)答案ACD解析A選項(xiàng)，∵正方形ABCD，∴AD⊥AE，DC⊥FC，由折疊的性質(zhì)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正確；B選項(xiàng)，當(dāng)BE＝BF＝eq\f(1,2)BC＝2時(shí)，A1E＝A1F＝2，EF＝2eq\r(2)，在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，則A1E⊥A1F，由A選項(xiàng)可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，∴三棱錐A1－EFD的三條側(cè)棱A1D，A1E，A1F兩兩相互垂直，把三棱錐A1－EFD放置在長(zhǎng)方體中，可得長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(22＋22＋42)＝2eq\r(6)，則三棱錐A1－EFD的外接球半徑為eq\r(6)，體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(eq\r(6))3＝8eq\r(6)π，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，當(dāng)BE＝BF＝eq\f(1,4)BC＝1時(shí)，A1E＝A1F＝3，EF＝eq\r(2)，在△A1EF中，cos∠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)，則＝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正確；D選項(xiàng)，設(shè)點(diǎn)A1到平面EFD的距離為h，則在△EFD中，cos∠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)，則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正確．規(guī)律方法畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：不變的線線關(guān)系、不變的數(shù)量關(guān)系．跟蹤演練2(多選)(2022·南通模擬)已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC＝eq\f(π,3).將△DAC沿著對(duì)角線AC折起至△D′AC，連接BD′，設(shè)二面角D′－AC－B的大小為θ，則下列說(shuō)法正確的是()A．若四面體D′ABC為正四面體，則θ＝eq\f(π,3)B．四面體D′ABC體積的最大值為1C．四面體D′ABC表面積的最大值為2(eq\r(3)＋2)D．當(dāng)θ＝eq\f(2π,3)時(shí)，四面體D′ABC的外接球的半徑為eq\f(\r(21),3)答案BCD解析如圖，取AC的中點(diǎn)O，連接OB，OD′，則OB＝OD′，OB⊥AC，OD′⊥AC，∠BOD′為二面角D′－AC－B的平面角，即∠BOD′＝θ.若D′ABC是正四面體，則BO＝D′O≠BD′，△OBD′不是正三角形，θ≠eq\f(π,3)，A錯(cuò)誤；四面體D′ABC的體積最大時(shí)，BO⊥平面ACD′，此時(shí)B到平面ACD′的距離最大為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正確；S△ABC＝S△ACD′＝eq\r(3)，易得△BAD′≌△BCD′，S△BAD′＝S△BCD′＝eq\f(1,2)×22sin∠BCD′＝2sin∠BCD′，未折疊時(shí)BD′＝BD＝2eq\r(3)，折疊到B，D′重合時(shí)，BD′＝0，故中間存在一個(gè)位置，使得BD′＝2eq\r(2)，此時(shí)BC2＋D′C2＝BD′2，∠BCD′＝eq\f(π,2)，此時(shí)S△BAD′＝S△BCD′＝2sin∠BCD′取得最大值2，所以四面體D′ABC的表面積最大值為2(eq\r(3)＋2)，C正確；當(dāng)θ＝eq\f(2π,3)時(shí)，如圖，設(shè)M，N分別是△ACD′和△BAC的外心，過(guò)點(diǎn)M，N分別作平面ACD′，平面BAC的垂線，兩垂線交于一點(diǎn)P，連接PB，則P是三棱錐外接球的球心，PB即為三棱錐外接球半徑，由上面證明過(guò)程知平面OBD′與平面ABC、平面D′AC垂直，即P，N，O，M四點(diǎn)共面，因?yàn)棣龋絜q\f(2π,3)，則∠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\co1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(21),3)，D正確．考點(diǎn)三最值、范圍問(wèn)題例3(多選)(2022·梅州模擬)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，動(dòng)點(diǎn)P在體對(duì)角線BD1上(含端點(diǎn))，則下列結(jié)論正確的有()A．當(dāng)P為BD1的中點(diǎn)時(shí)，∠APC為銳角B．存在點(diǎn)P，使得BD1⊥平面APCC．AP＋PC的最小值為2eq\r(5)D．頂點(diǎn)B到平面APC的最大距離為eq\f(\r(2),2)答案ABD解析如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，則eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，故eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－λ，－λ，2λ)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．對(duì)于A，當(dāng)P為BD1中點(diǎn)時(shí)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，所以cos∠APC＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,3)>0，所以∠APC為銳角，故A正確；當(dāng)BD1⊥平面APC時(shí)，因?yàn)锳P，CP?平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))＝λ＋λ－1＋4λ＝0，,\o(BD1,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→))＝λ－1＋λ＋4λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,6)，故存在點(diǎn)P，使得BD1⊥平面APC，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)BD1⊥AP，BD1⊥CP時(shí)，AP＋PC取得最小值，由B得，此時(shí)λ＝eq\f(1,6)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(5,6)，\f(1,3)))，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)，－\f(1,6)，\f(1,3)))，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝|eq\o(CP,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(30),6)，即AP＋PC的最小值為eq\f(\r(30),3)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，設(shè)平面APC的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝－λx＋1－λy＋2λz＝0，))可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，則點(diǎn)B到平面APC的距離為|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|2λ|,\r(12λ2－4λ＋1))，當(dāng)λ＝0時(shí)，點(diǎn)B到平面APC的距離為0，當(dāng)0<λ≤1時(shí)，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\co1(\f(1,λ)－2))2))≤eq\f(\r(2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，取等號(hào)，所以點(diǎn)B到平面APC的最大距離為eq\f(\r(2),2)，故D正確．規(guī)律方法在動(dòng)態(tài)變化過(guò)程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問(wèn)題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過(guò)程中判斷點(diǎn)、線、面在何位置時(shí)，所求的量有相應(yīng)最大、最小值．(2)函數(shù)思想：通過(guò)建系或引入變量，把這類動(dòng)態(tài)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值．跟蹤演練3(2022·菏澤質(zhì)檢)如圖，等腰Rt△ABE的斜邊AB為正四面體A－BCD的側(cè)棱，AB＝2，直角邊AE繞斜邊AB旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，三棱錐E－BCD體積的取值范圍是__________________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－1,3)，\f(\r(2)＋1,3)))解析如圖，令F為CD的中點(diǎn)，O為AB的中點(diǎn)，則點(diǎn)E在以O(shè)為圓心，1為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，由圖可知當(dāng)F，O，E三點(diǎn)共線，且O在F，E之間時(shí)，三棱錐E－BCD的體積最大，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到E1的位置時(shí)，E－BCD的體積最小，在Rt△BOF中，BO＝1，BF＝eq\r(3)，OF＝eq\r(2)，sin∠BFO＝eq\f(\r(3),3)，F(xiàn)E＝eq\r(2)＋1，F(xiàn)E1＝eq\r(2)－1，設(shè)E，E1到平面BCD的距離分別為h1，h2，則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)，所以三棱錐E－BCD體積的最大值為eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(6)＋\r(3),3)＝eq\f(\r(2)＋1,3)，三棱錐E－BCD體積的最小值為eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(\r(6)－\r(3),3)＝eq\f(\r(2)－1,3)，所以三棱錐E－BCD體積的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－1,3)，\f(\r(2)＋1,3))).專題強(qiáng)化練1．(多選)(2022·佛山模擬)在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1的中點(diǎn)，N在該正方體的棱上運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()A．存在點(diǎn)N，使得MN∥BC1B．三棱錐M—A1BC1的體積等于eq\f(9,4)C．有且僅有兩個(gè)點(diǎn)N，使得MN∥平面A1BC1D．有且僅有三個(gè)點(diǎn)N，使得N到平面A1BC1的距離為eq\r(3)答案BC解析對(duì)于A，顯然無(wú)法找到點(diǎn)N，使得MN∥BC1，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×3×3＝eq\f(9,4)，故B正確；對(duì)于C，如圖所示，N1，N2分別為B1B，B1C1的中點(diǎn)，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正確；對(duì)于D，易證B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝eq\f(1,3)B1D＝eq\r(3)，所以有點(diǎn)B1，A，C，D1四點(diǎn)到平面A1BC1的距離為eq\r(3)，故D錯(cuò)誤．2.(2022·蕪湖模擬)已知四棱錐P－ABCD的高為eq\r(3)，底面ABCD為矩形，BC＝3，AB＝2，PC＝PD，且平面PCD⊥平面ABCD.現(xiàn)從四棱錐中挖去一個(gè)以CD為底面直徑，P為頂點(diǎn)的半個(gè)圓錐，得到的幾何體如圖所示．點(diǎn)N在弧eq\o(CD,\s\up8(︵))上，則PN與側(cè)面PAB所成的最小角的正弦值為()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解析如圖所示，分別取AB，CD的中點(diǎn)為E，F(xiàn)，連接EF，EF與eq\o(CD,\s\up8(︵))交于點(diǎn)H.記點(diǎn)N到側(cè)面PAB的距離為d，PN與側(cè)面PAB所成的最小角為θ，由于PN的長(zhǎng)為定值，因此當(dāng)且僅當(dāng)d最小時(shí)，PN與側(cè)面PAB所成的角最小，此時(shí)點(diǎn)N與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tanθ＝eq\f(\r(3),3)，即sinθ＝eq\f(1,2).3.(多選)如圖是四棱錐P－ABCD的平面展開圖，四邊形ABCD是矩形，ED⊥DC，F(xiàn)D⊥DA，DA＝3，DC＝2，∠FAD＝30°.在四棱錐P－ABCD中，M為棱PB上一點(diǎn)(不含端點(diǎn))，則下列說(shuō)法正確的有()A．DM的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(39),4)，\r(13)))B．存在點(diǎn)M，使得DM⊥BCC．四棱錐P－ABCD外接球的體積為eq\f(16π,3)D．三棱錐M－PAD的體積等于三棱錐M－PCD的體積答案AD解析把平面圖形還原得到原四棱錐，如圖，由ED⊥DC，F(xiàn)D⊥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＝3tan30°＝eq\r(3)，連接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，所以點(diǎn)D到直線PB的距離為eq\f(\r(3)×\r(13),4)＝eq\f(\r(39),4)，故DM的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(39),4)，\r(13)))，故A正確；對(duì)于B，假設(shè)DM⊥BC，因?yàn)镻D⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以PD⊥BC，因?yàn)镻D∩DM＝D，所以BC⊥平面PBD，因?yàn)锽D?平面PBD，所以BC⊥BD，與已知條件矛盾，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，將此四棱錐可以補(bǔ)形成一個(gè)長(zhǎng)方體，PB為長(zhǎng)方體的一條體對(duì)角線，同時(shí)也是四棱錐P－ABCD外接球的直徑，所以半徑為2，其體積V＝eq\f(4π,3)×23＝eq\f(32π,3)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閑q\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正確．4.(多選)(2022·濰坊模擬)已知四面體ABCD的4個(gè)頂點(diǎn)都在球O(O為球心)的球面上，如圖，△ABC為等邊三角形，M為底面ABC內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，AB＝BD＝2，AD＝eq\r(2)，且AC⊥BD，則()A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O為△ABC的中心C．直線OM與CD所成的角最小為eq\f(π,3)D．若動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)B的距離與到平面ACD的距離相等，則點(diǎn)M的軌跡為拋物線的一部分答案ABD解析如圖，設(shè)△ABC的中心為G，取AC的中點(diǎn)E，連接BE，DE，則BE⊥AC.∵AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD?平面BDE，∴AC⊥平面BDE，又DE?平面BDE，則AC⊥DE，又△ABC為等邊三角形，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正確；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為四面體ABCD的外接球的球心，即球心O為△ABC的中心，故B正確；當(dāng)OM∥AC時(shí)，∠DCA為直線OM與CD所成的角，由上知∠DCA＝eq\f(π,4)<eq\f(π,3)，故C錯(cuò)誤；由平面ACD⊥平面ABC可知，動(dòng)點(diǎn)M到平面ACD的距離即為動(dòng)點(diǎn)M到直線AC的距離，由拋物線的定義可知，點(diǎn)M的軌跡為拋物線的一部分，故D正確．5．(多選)如圖1，在矩形ABCD與菱形ABEF中，AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，M，N分別是BF，AC的中點(diǎn)．現(xiàn)沿AB將菱形ABEF折起，連接FD，EC，構(gòu)成三棱柱AFD－BEC，如圖2所示，若AD⊥BF，記平面AMN∩平面ADF＝l，則()A．平面ABCD⊥平面ABEFB．MN∥lC．直線EF與平面ADE所成的角為60°D．四面體EABD的外接球的表面積為148π答案AB解析對(duì)于A，由于矩形ABCD，則AD⊥AB，又因?yàn)锳D⊥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選項(xiàng)正確；對(duì)于B，因?yàn)镸，N分別是BF，AC的中點(diǎn)，四邊形ABEF是菱形，則M也是AE的中點(diǎn)，由三角形中位線的性質(zhì)，可知MN∥EC，由于三棱柱AFD－BEC，則平面BEC∥平面ADF，又EC?平面BEC，所以EC∥平面ADF，而平面AMN∩平面ADF＝l，則EC∥l，所以MN∥l，所以B選項(xiàng)正確；對(duì)于C，由于四邊形ABEF是菱形，則AE⊥BF，又因?yàn)锳D⊥BF，而AE∩AD＝A，AE，AD?平面ADE，所以BF⊥平面ADE，所以∠FEM為直線EF與平面ADE所成的角，又因?yàn)椤螦BE＝120°，則∠BEF＝60°，所以∠FEM＝30°，故直線EF與平面ADE所成的角為30°，所以C選項(xiàng)不正確；對(duì)于D，由題可知AB＝2BC＝4，∠ABE＝120°，則在△ABE中，AE＝2AM＝2Absin

eq\f(1,2)∠ABE＝2×4×sin60°＝4eq\r(3)，由正弦定理可得△ABE的外接圓半徑r＝eq\f(1,2)×eq\f(AE,sin∠ABE)＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),sin120°)＝4，由A選項(xiàng)可知，AD⊥平面ABEF，所以四面體EABD的外接球半徑R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AD))2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17)，故四面體EABD的外接球的表面積S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D選項(xiàng)不正確．6．(多選)(2022·德州模擬)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知E為線段B1C的中點(diǎn)，點(diǎn)F和點(diǎn)P分別滿足eq\o(D1F,\s\up6(→))＝λeq\o(D1C1,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝μeq\o(D1B,\s\up6(→))，其中λ，μ∈[0,1]，則下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，三棱錐P－EFD的體積為定值B．當(dāng)μ＝eq\f(1,2)時(shí)，四棱錐P－ABCD的外接球的表面積是eq\f(9π,4)C．PE＋PF的最小值為eq\f(5\r(3),6)D．存在唯一的實(shí)數(shù)對(duì)(λ，μ)，使得EP⊥平面PDF答案ABD解析對(duì)于A，當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，F(xiàn)為C1D1中點(diǎn)，如圖，又E為B1C中點(diǎn)，∴EF∥BD1，∵EF?平面EFD，BD1?平面EFD，∴BD1∥平面EFD，則當(dāng)P在線段BD1上移動(dòng)時(shí)，其到平面EFD的距離不變，∴三棱錐P－EFD的體積為定值，A正確；對(duì)于B，當(dāng)μ＝eq\f(1,2)時(shí)，如圖，連接AC，BD，交點(diǎn)為O，連接PO，則四棱錐P－ABCD為正四棱錐，∴PO⊥平面ABCD，設(shè)四棱錐P－ABCD的外接球的球心為O′，半徑為R，則O′在直線PO上，∵OC＝eq\f(\r(2),2)，OO′＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－R))，∴OC2＋OO′2＝O′C2，即eq\f(1,2)＋eq\