2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題四-微專題29-立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微專題29立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題[考情分析]“動(dòng)態(tài)”問題是高考立體幾何問題中最具創(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(zhuǎn)化．考點(diǎn)一動(dòng)點(diǎn)的軌跡典例1(1)(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，M為DD1的中點(diǎn)，N為四邊形ABCD所在平面上一動(dòng)點(diǎn)，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(diǎn)N的軌跡為圓B．若MN＝4，則MN的中點(diǎn)P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC．若點(diǎn)N到直線BB1與直線DC的距離相等，則點(diǎn)N的軌跡為拋物線D．若D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，則點(diǎn)N的軌跡為雙曲線答案ACD解析如圖所示，對(duì)于A，根據(jù)正方體的性質(zhì)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(diǎn)N的軌跡是以D為圓心，2為半徑的圓，故A正確；對(duì)于B，在Rt△MDN中，DN＝eq\r(MN2－MD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，取MD的中點(diǎn)E，因?yàn)镻為MN的中點(diǎn)，所以PE∥DN，且PE＝eq\f(1,2)DN＝eq\r(3)，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即點(diǎn)P在過(guò)點(diǎn)E且與DD1垂直的平面內(nèi)，又PE＝eq\r(3)，所以點(diǎn)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(duì)于C，連接NB，因?yàn)锽B1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點(diǎn)N到直線BB1的距離為NB，所以點(diǎn)N到點(diǎn)B的距離等于點(diǎn)N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點(diǎn)N的軌跡是以B為焦點(diǎn)，CD為準(zhǔn)線的拋物線，故C正確；對(duì)于D，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，設(shè)N(x，y,0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4)，因?yàn)镈1N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(diǎn)N的軌跡為雙曲線，故D正確．(2)(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，故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，所以點(diǎn)P與點(diǎn)D或D1重合時(shí)，A1P⊥BP，故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，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，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．跟蹤訓(xùn)練1(多選)(2023·揚(yáng)州模擬)已知圓柱OO1的高為1，下底面圓O的直徑AB長(zhǎng)為2，BB1是圓柱OO1的一條母線，點(diǎn)P，Q分別在上、下底面內(nèi)(包含邊界)，下列說(shuō)法正確的有()A．若PA＋PB＝3，則點(diǎn)P的軌跡為圓B．若直線OP與直線OB1所成的角為45°，則點(diǎn)P的軌跡是拋物線的一部分C．存在唯一的一組點(diǎn)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(duì)于B，如圖，不妨以O(shè)為原點(diǎn)，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(biāo)系，則O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，設(shè)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(jiǎn)得y＝－eq\f(1,2)x2，由于點(diǎn)P在上底面內(nèi)，所以點(diǎn)P的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；對(duì)于A,PA＋PB＝3，即eq\r(x2＋y－12＋1)＋eq\r(x2＋y＋12＋1)＝3，化簡(jiǎn)得eq\f(x2,\f(1,4))＋eq\f(y2,\f(9,20))＝1，即點(diǎn)P的軌跡為橢圓，故A錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)點(diǎn)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(dāng)P1在線段AQ上時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)AP1＝P1Q＝eq\f(AQ,2)時(shí)，等號(hào)成立，所以2＝AQ2－(APeq\o\al(2,1)＋P1Q2)≤eq\f(AQ2,2)，即AQ2≥4，而點(diǎn)Q只有在與點(diǎn)B重合時(shí)，AQ2才能取到4，此時(shí)點(diǎn)B與點(diǎn)Q重合，點(diǎn)P與點(diǎn)O1重合，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B1，點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時(shí)，AP＋PQ＋QB1的值為3AP＝3eq\r(12＋22)＝3eq\r(5)>2eq\r(3)＋eq\r(5)，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)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(diǎn)，將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，連接B1D，N為B1D的中點(diǎn)，則在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．存在某個(gè)位置，使得CN⊥AB1B．翻折過(guò)程中，CN的長(zhǎng)是定值C．若AB＝BM，則AM⊥B1DD．若AB＝BM＝1，當(dāng)三棱錐B1－AMD的體積最大時(shí)，三棱錐B1－AMD的外接球的表面積是4π答案BD解析對(duì)于A，取AD的中點(diǎn)為E，連接CE交MD于點(diǎn)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(diǎn)，故EN⊥CN和EN⊥NF不能同時(shí)成立，故A錯(cuò)誤；對(duì)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(duì)于C，如圖2，取AM的中點(diǎn)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≠M(fèi)D，故AM⊥B1D不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，根據(jù)題意知，只有當(dāng)平面B1AM⊥平面AMD時(shí)，三棱錐B1—AMD的體積最大，取AD的中點(diǎn)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(diǎn)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(xùn)練2(多選)(2023·泰安模擬)如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，M，N分別為BC，CD的中點(diǎn)，將正方形沿對(duì)角線AC折起，使點(diǎn)D不在平面ABC內(nèi)，則在翻折過(guò)程中，以下結(jié)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(gè)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(duì)于A，取AC的中點(diǎn)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(duì)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(duì)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O(shè)B和OD為腰長(zhǎng)的等腰三角形，與題意不符，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，V三棱錐M－ACN＝V三棱錐N－ACM，當(dāng)平面DAC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐M－ACN的體積取得最大值，此時(shí)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(diǎn)三最值、范圍問題典例3(多選)(2023·亳州模擬)已知圓錐的頂點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，則()A．圓錐的側(cè)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(diǎn)，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(zhǎng)為eq\r(3＋1)＝2，則圓錐的側(cè)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?yàn)閠an∠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(shè)∠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(jié)構(gòu)特征可知，點(diǎn)B在平面SAC上的投影在AC上，又SB為定值，則當(dāng)點(diǎn)B到直線AC的距離最大時(shí)，直線SB與平面SAC所成的角最大，所以當(dāng)B是的中點(diǎn)時(shí)，直線SB與平面SAC所成的角最大，由AC＝2eq\r(3)知，此時(shí)點(diǎn)B到平面SAC的距離為eq\r(3)，又因?yàn)楦邽?，所以直線SB與平面SAC所成角的最大值為60°，故C正確；當(dāng)B是的中點(diǎn)時(shí)，AB＝BC＝eq\r(6)，此時(shí)△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(gè)平面，得到如圖2所示的平面圖形，取AB的中點(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)S，F(xiàn)，C三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，故D不正確．跟蹤訓(xùn)練3(多選)(2023·永州模擬)已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)均為eq\r(2)，M，N分別為棱AD，BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)G為線段MN上的動(dòng)點(diǎn)，則()A．線段MN的長(zhǎng)度為1B．△FMN周長(zhǎng)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?yàn)樗拿骟wABCD的所有棱長(zhǎng)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(zhǎng)為1，由M，N分別為棱AD，BC的中點(diǎn)，得M，N是正方體兩個(gè)對(duì)面的中心，則MN＝1，故A正確；對(duì)于D，當(dāng)F為AB的中點(diǎn)，G為MN的中點(diǎn)時(shí)，設(shè)I為CD的中點(diǎn)，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知F，I，G三點(diǎn)共線，此時(shí)直線FG與直線CD交于點(diǎn)I，故D錯(cuò)誤；對(duì)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(dāng)且僅當(dāng)M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)MN＝eq\r(2)，所以MF＋NF的最小值為eq\r(2)，即△FMN周長(zhǎng)的最小值為eq\r(2)＋1，故B正確；對(duì)于C，如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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(dāng)t2＝0，即a＝eq\f(1,2)時(shí)，cos〈eq\o(FM,\s\up6(→))，eq\o(FN,\s\up6(→))〉＝0，當(dāng)t2≠0，即t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))時(shí)，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(cuò)誤．[總結(jié)提升]求解動(dòng)態(tài)范圍的選擇、填空題，有時(shí)應(yīng)把這類動(dòng)態(tài)的變化過(guò)程充分地展現(xiàn)出來(lái)，通過(guò)動(dòng)態(tài)思維，觀察它的變化規(guī)律，找到兩個(gè)極端位置，即用特殊法求解范圍．對(duì)于探究存在問題或動(dòng)態(tài)范圍(最值)問題，用定性分析比較難或繁時(shí)，可以引進(jìn)參數(shù)，把動(dòng)態(tài)問題化歸為靜態(tài)問題．具體地，可通過(guò)構(gòu)建方程、函數(shù)或不等式等進(jìn)行定量計(jì)算，以算促證．1.(2023·株洲模擬)已知三棱錐A－BCD的側(cè)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(diǎn)E，連接AE，BE，因?yàn)锽C＝BD＝eq\r(5)，AC＝AD＝eq\r(2)，所以AE⊥CD，BE⊥CD，因?yàn)锳E∩BE＝E，AE，BE?平面ABE，所以CD⊥平面ABE，因?yàn)锳B?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(zhǎng)為2，M是平面BCC1B1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，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?yàn)镈M⊥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(diǎn)共面，如圖2，又因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，則BC1＝2eq\r(2)，當(dāng)D，M，C三點(diǎn)共線時(shí)，DM＋MC取得最小值，此時(shí)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(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段A1B上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在平面AMC1上移動(dòng)，則P，Q兩點(diǎn)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(diǎn)O，連接OM(圖略)，∵O，M分別為A1C，BC的中點(diǎn)，則OM∥A1B，且OM?平面AMC1，A1B?平面AMC1，∴A1B∥平面AMC1，則線段A1B上的點(diǎn)到平面AMC1的距離相等，設(shè)為d，則P，Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為d，即點(diǎn)A1到平面AMC1的距離d，∵A1C的中點(diǎn)O在AC1上，則點(diǎn)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(diǎn)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(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的側(cè)面ABB1A1內(nèi)(包含邊界)有一點(diǎn)P，則下列說(shuō)法正確的是()A．若點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為2∶1，則點(diǎn)P的軌跡為雙曲線的一部分B．若點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為1∶1，則點(diǎn)P的軌跡為拋物線的一部分C．過(guò)P，C，D三點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，以B1A1，B1C1，B1B所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B1(0,0,0)，設(shè)側(cè)面ABB1A1內(nèi)(包含邊界)點(diǎn)P(x,0，z)(0≤x≤1,0≤z≤1)，對(duì)于A，點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P的軌跡為橢圓的一部分，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，點(diǎn)P到直線AB與到直線B1C1的距離之比為1∶1，即點(diǎn)P到直線AB與到定點(diǎn)B1的距離相等，根據(jù)拋物線定義知點(diǎn)P的軌跡為拋物線的一部分，故B正確；對(duì)于C，過(guò)點(diǎn)P作MN∥AB，分別交AA1，BB1于點(diǎn)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(guò)P，C，D三點(diǎn)的截面，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)P在A1B1上時(shí)，點(diǎn)P到平面ABCD的距離最大為1，又S△ABC為定值，故此時(shí)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(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不包含四個(gè)頂點(diǎn))，則下列說(shuō)法中正確的是()A．三角形AD1P的面積無(wú)最大值、無(wú)最小值B．存在點(diǎn)P，滿足DP∥平面AB1D1C．存在點(diǎn)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(diǎn)P到AD1的距離的最小值為平面BCC1B1與平面ADD1A1的距離2，此時(shí)點(diǎn)P在BC1上，因?yàn)檎襟wABCD－A1B1C1D1的對(duì)角面ABC1D1為矩形，且AB＝2，又AD1＝2eq\r(2)，此時(shí)△AD1P的面積有最小值，故A錯(cuò)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(dāng)P∈BC1時(shí)，DP∥平面AB1D1，故B正確；因?yàn)锽D＝DC1＝2eq\r(2)，取BC1的中點(diǎn)P，則DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正確；因?yàn)镻是側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不包含四個(gè)頂點(diǎn))，則射線BP必與折線段CC1B1存在交點(diǎn)Q，設(shè)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?yàn)閑q\f(\r(2),2)≤eq\f(2\r(2),t＋2)≤eq\r(2)，因此當(dāng)t＝0時(shí)，(cosθ)min＝eq\f(\r(3),3)，當(dāng)t＝2時(shí)，(cosθ)max＝eq\f(\r(6),3)，又因?yàn)閥＝cosθ在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以當(dāng)t＝0時(shí)，θ最大，tanθ＝eq\r(2)，當(dāng)t＝2時(shí)，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(zhǎng)均為3，AB是底面直徑，點(diǎn)C在圓O上且OC⊥AB，點(diǎn)E在母線BD上，BE＝2，點(diǎn)F是上底面的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則()A．存在唯一的點(diǎn)F，使得AF＋FE＝2eq\r(13)B．若AE⊥CF，則點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)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(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)為2eq\r(6)π答案ACD解析設(shè)E關(guān)于點(diǎn)D的對(duì)稱點(diǎn)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(dāng)且僅當(dāng)A，F(xiàn)，E′三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)，故存在唯一的點(diǎn)F，使得AF＋FE＝2eq\r(13)，故A正確；由題意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)C，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(biāo)系，則A(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，設(shè)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(duì)選項(xiàng)B，當(dāng)AE⊥CF時(shí)，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝6y＋6＝0，所以y＝－1，所以點(diǎn)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(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)為4eq\r(2)，故B錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)D，當(dāng)AF⊥FE時(shí)，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(diǎn)F的軌跡是以O(shè)1為圓心，eq\r(6)為半徑的圓，其軌跡長(zhǎng)為2eq\r(6)π，故D正確；對(duì)選項(xiàng)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(diǎn)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(diǎn)M是側(cè)棱PC上的定點(diǎn)，點(diǎn)Q在側(cè)棱AP上運(yùn)動(dòng)，若三棱錐M－BDQ