立體幾何中動(dòng)點(diǎn)及其軌跡問題【知識(shí)拓展】立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)及其軌跡問題有兩個(gè)類型：(1)研究動(dòng)點(diǎn)的軌跡，主要方法有定義法(如圓錐曲線定義)、解析法、交軌法；(2)與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的最值、范圍問題，主要方法有幾何法、函數(shù)法.【類型突破】類型一動(dòng)點(diǎn)的軌跡問題考向1定性的研究動(dòng)點(diǎn)的軌跡例1(多選)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點(diǎn)，N為ABCD所在平面上一動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是()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的軌跡為以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的軌跡為以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的軌跡為以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.規(guī)律方法定性的研究動(dòng)點(diǎn)的軌跡要利用線面平行、垂直的性質(zhì)定理，結(jié)合圓錐曲線等的定義，確定動(dòng)點(diǎn)的軌跡.訓(xùn)練1已知在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1與底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E為CC1的中點(diǎn)，P在對(duì)角面BB1D1D內(nèi)運(yùn)動(dòng)，若EP與AC成30°角，則點(diǎn)P的軌跡為()A.圓 B.拋物線C.雙曲線 D.橢圓答案A解析因?yàn)樵谄叫辛骟wABCD－A1B1C1D1中，AA1與底面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以該平行六面體ABCD－A1B1C1D1是一個(gè)底面為菱形的直四棱柱，所以對(duì)角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥對(duì)角面BB1D1D.取AA1的中點(diǎn)F，連接EF，則EF∥AC.因?yàn)镋P與AC成30°角，所以EP與EF成30°角.設(shè)EF與對(duì)角面BB1D1D的交點(diǎn)為O，則EO⊥對(duì)角面BB1D1D，所以點(diǎn)P的軌跡是以EO為軸的一個(gè)圓錐的底面圓周，故選A.考向2定量的研究動(dòng)點(diǎn)的軌跡例2(多選)(2024·河南名校聯(lián)考)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為棱BB1的中點(diǎn)，Q為正方形BB1C1C內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)(含邊界)，則下列說法正確的是()A.若D1Q∥平面A1PD，則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡是一條線段B.存在點(diǎn)Q，使得D1Q⊥平面A1PDC.當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)Q落在棱CC1上某處時(shí)，三棱錐Q－A1PD的體積最大D.若D1Q＝eq\f(\r(6),2)，那么點(diǎn)Q的軌跡長度為eq\f(\r(2),4)π答案ACD解析對(duì)于A，如圖，取B1C1，C1C的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，連接D1E，D1F，EF，PF，則PF∥B1C1∥A1D1且PF＝B1C1＝A1D1，則四邊形A1PFD1是平行四邊形，∴D1F∥A1P，∵D1F?平面A1PD，A1P?平面A1PD，∴D1F∥平面A1PD，同理可得EF∥平面A1PD.∵EF∩D1F＝F，EF，D1F?平面D1EF，∴平面A1PD∥平面D1EF，則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡為線段EF，故A正確；對(duì)于B，如圖，以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，以D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，D(0，0，1)，設(shè)Q(x，1，z)，0≤x≤1，0≤z≤1，則eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(D1Q,\s\up6(→))＝(x，1，z).設(shè)m＝(a，b，c)為平面A1PD的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1P,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a＋c＝0，,b＋\f(c,2)＝0，))取c＝1，則m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，1)).若D1Q⊥平面A1PD，則eq\o(D1Q,\s\up6(→))∥m，即存在λ∈R，使得eq\o(D1Q,\s\up6(→))＝λm，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝λ，,1＝－\f(λ,2)，,z＝λ，))解得x＝z＝－2?[0，1]，故不存在點(diǎn)Q使得D1Q⊥平面A1PD，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，∵△A1PD的面積為定值，∴當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)Q到平面A1PD的距離d最大時(shí)，三棱錐Q－A1PD的體積最大.由B可得eq\o(A1Q,\s\up6(→))＝(x－1，1，z)，m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，1))，d＝eq\f(|\o(A1Q,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋z－\f(3,2)))，當(dāng)x＋z≤eq\f(3,2)時(shí)，d＝1－eq\f(2,3)(x＋z)，則當(dāng)x＋z＝0時(shí)，d有最大值1；當(dāng)x＋z>eq\f(3,2)時(shí)，d＝eq\f(2,3)(x＋z)－1，則當(dāng)x＋z＝2時(shí)，d有最大值eq\f(1,3).綜上，當(dāng)x＋z＝0，即Q和C1重合時(shí)，三棱錐Q－A1PD的體積最大，故C正確；對(duì)于D，由正方體的性質(zhì)知D1C1⊥平面BB1C1C，∴D1C1⊥C1Q，D1Q＝eq\r(D1Ceq\o\al(2,1)＋C1Q2)＝eq\f(\r(6),2)，∴C1Q＝eq\f(\r(2),2)，則點(diǎn)Q的軌跡是圓心為C1，半徑為eq\f(\r(2),2)，圓心角為eq\f(π,2)的圓弧，軌跡長度為eq\f(\r(2),4)π，故D正確.規(guī)律方法當(dāng)涉及動(dòng)點(diǎn)的軌跡的長度，圖形的面積與幾何體的體積以及體積的最值時(shí)，可借助于幾何體的結(jié)構(gòu)特征，建立空間直角坐標(biāo)系，用變量表示軌跡，然后用函數(shù)的性質(zhì)求解.訓(xùn)練2(多選)(2024·西安調(diào)研)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為線段A1B上的動(dòng)點(diǎn)(不包含端點(diǎn))，若正方體棱長為1，則下列結(jié)論正確的有()A.直線D1P與AC所成角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))B.存在P點(diǎn)，使得平面APD1∥平面C1BDC.三棱錐D1－CDP的體積為eq\f(1,6)D.平面APD1截正方體所得的截面可能是直角三角形答案BC解析對(duì)于A，如圖①，連接AC，D1P，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，1，0).則有eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1A1,\s\up6(→))＋λeq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)，所以|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|－1＋λ|,\r(2)·\r(2λ2＋1))＝eq\r(\f(（1－λ）2,4λ2＋2)).令f(λ)＝eq\f(（1－λ）2,4λ2＋2)，λ∈(0，1)，f′(λ)＝eq\f(8λ2－4λ－4,（4λ2＋2）2)＝eq\f(4（2λ＋1）（λ－1）,（4λ2＋2）2)<0，所以f(λ)＝eq\f(（1－λ）2,4λ2＋2)在(0，1)上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(0)＝eq\f(1,2)，f(1)＝0，所以0<|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))〉|<eq\f(\r(2),2)，又〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))〉∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))〉∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，故A錯(cuò)誤；圖①對(duì)于B，當(dāng)P為A1B的中點(diǎn)時(shí)，有AP∥C1D，AD1∥C1B，易證平面APD1∥平面C1BD，故B正確；對(duì)于C，三棱錐D1－CDP的體積VD1－CDP＝VP－CDD1＝eq\f(1,3)×S△CDD1×AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)A1B的中點(diǎn)為O，連接AP，AD1，D1P.當(dāng)P點(diǎn)在線段OB(不包含端點(diǎn))上時(shí)，此時(shí)平面APD1截正方體所得的截面為梯形AEFD1，如圖②；當(dāng)P點(diǎn)在O點(diǎn)時(shí)，此時(shí)平面APD1截正方體所得的截面為正三角形AB1D1；當(dāng)P點(diǎn)在線段OA1(不包含端點(diǎn))上時(shí)，此時(shí)平面APD1截正方體所得的截面為等腰三角形AD1G，如圖③，且AG2＋D1G2≠ADeq\o\al(2,1)，所以該三角形不可能為直角三角形，故D錯(cuò)誤.類型二與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的最值、范圍問題例3(多選)(2024·懷化二模)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，PA＝2eq\r(3)，點(diǎn)D是三角形PAB內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(含邊界)，AD⊥CD，則下列結(jié)論正確的是()A.PB與平面ABC所成角的大小為eq\f(π,3)B.三棱錐C－ABD的體積最大值是2C.D點(diǎn)的軌跡長度是eq\f(2π,3)D.異面直線CD與AB所成角的余弦值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),10)，\f(\r(2),2)))答案ACD解析如圖所示，對(duì)于A，∵PA⊥平面ABC，AB＝BC＝2，PA＝2eq\r(3)，∴PB與平面ABC所成角為∠PBA＝eq\f(π,3)，∴A正確；對(duì)于C，∵點(diǎn)D是三角形PAB內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)(含邊界)，AD⊥CD，∴D為以AC的中點(diǎn)F為球心，AC為直徑的球與三角形PAB的交線eq\o(AI,\s\up8(︵))，取AB的中點(diǎn)G，連接FG，GI，則根據(jù)題意易知FG⊥平面PAB，且FG＝eq\f(1,2)CB＝1，又AC＝2eq\r(2)，∴該球的半徑為eq\r(2)，∴交線eq\o(AI,\s\up8(︵))所在圓的半徑為eq\r(（\r(2)）2－12)＝1，又易知△GIB為邊長為1的正三角形，∴交線eq\o(AI,\s\up8(︵))所對(duì)的圓心角為∠AGI＝eq\f(2π,3)，∴eq\o(AI,\s\up8(︵))的長為eq\f(2π,3)×1＝eq\f(2π,3)，∴C正確；對(duì)于B，由選項(xiàng)C知，當(dāng)DG⊥AB時(shí)，D點(diǎn)到平面ABC距離最大，最大距離為1，因此三棱錐C－ABD的體積VC－ABD＝VD－ABC≤eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，B錯(cuò)誤；對(duì)于D，將底面直角三角形ABC對(duì)稱補(bǔ)全成正方形ABCE，建立如圖所示的坐標(biāo)系.設(shè)∠AGD＝θ(0<θ≤eq\f(2π,3))，則點(diǎn)D(0，1－cosθ，sinθ)，而A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，0)，于是eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1－cosθ，sinθ)，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，設(shè)異面直線CD與AB所成的角大小為φ，則cosφ＝|cos〈eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(CD,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋cosθ,\r(（1＋cosθ）2＋4＋sin2θ))＝eq\f(1＋cosθ,\r(6＋2cosθ))，令t＝1＋cosθ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，cosφ＝eq\f(t,\r(4＋2t))＝eq\f(1,\r(\f(4,t2)＋\f(2,t)))在t∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞增，因此eq\f(\r(5),10)≤cosφ<eq\f(\r(2),2)，D正確.規(guī)律方法在動(dòng)態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點(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：通過建系或引入變量，把這類動(dòng)態(tài)問題轉(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.訓(xùn)練3在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面四邊形BCC1B1內(nèi)(不含邊界)一點(diǎn).若A1P∥平面AEF，則線段A1P長度的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))解析如圖所示，分別取棱BB1，B1C1的中點(diǎn)M，N，連接MN，NE，A1N，A1M.因?yàn)镸，N，E，F(xiàn)分別為BB1，B1C1，BC，CC1的中點(diǎn)，所以MN∥EF.因?yàn)镸N?平面AEF，EF?平面AEF，所以MN∥平面AEF.因?yàn)锳A1∥NE，AA1＝NE，所以四邊形AA1NE為平行四邊形，所以A1N∥AE.因?yàn)锳1N?平面AEF，AE?平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因?yàn)锳1N∩MN＝N，A1N，MN?平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AEF.因?yàn)镻是側(cè)面四邊形BCC1B1內(nèi)(不含邊界)一點(diǎn)，且A1P∥平面AEF，所以點(diǎn)P必在線段MN上(不含點(diǎn)M，N).在Rt△A1B1M中，A1M＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋B1M2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，同理在Rt△A1B1N中，求得A1N＝eq\r(5)，所以△A1MN為等腰三角形，當(dāng)點(diǎn)P在MN的中點(diǎn)O時(shí)，A1P⊥MN，此時(shí)A1P最短，當(dāng)點(diǎn)P在M或N處時(shí)，A1P最長，因?yàn)锳1O＝eq\r(A1M2－OM2)＝eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),2)，A1M＝A1N＝eq\r(5)，所以線段A1P長度的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)，\r(5))).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，若P到直線BC與到直線C1D1的距離相等，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為()A.直線 B.圓C.雙曲線 D.拋物線答案D解析點(diǎn)P到直線C1D1的距離即為點(diǎn)P到點(diǎn)C1的距離，所以在平面BB1C1C中，點(diǎn)P到定點(diǎn)C1的距離與到定直線BC的距離相等，由拋物線的定義可知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為拋物線，故選D.2.(2024·無錫調(diào)研)如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)為AA1，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)M是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若C1M∥平面CD1E，則點(diǎn)M的軌跡長度為()A.eq\f(\r(2),2) B.1C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案C解析如圖所示，取A1B1的中點(diǎn)H，B1B的中點(diǎn)G，連接EF，F(xiàn)C，GH，C1H，C1G，EG，HF可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，∴C1G∥D1E，又D1E?平面CD1E，C1G?平面CD1E，∴C1G∥平面CD1E，同理可得C1H∥CF，又CF?平面CD1E，C1H?平面CD1E，∴C1H∥平面CD1E，又C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G?平面C1GH，∴平面C1GH∥平面CD1E，又M點(diǎn)是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，若C1M∥平面CD1E，∴點(diǎn)M在線段GH上，∴M點(diǎn)軌跡的長度GH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).3.(2024·西安調(diào)研)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝eq\r(3)，E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，C1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)，若直線D1P∥平面EFG，則線段D1P長度的最小值是()A.eq\f(2\r(2),3) B.eq\f(\r(6),2)C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)答案D解析如圖，連接D1A，AC，D1C，因?yàn)镋，F(xiàn)，G分別為AB，BC，C1D1的中點(diǎn)，所以AC∥EF，又EF?平面ACD1，AC?平面ACD1，所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1，所以同理可得EG∥平面ACD1，又EF∩EG＝E，EF，EG?平面EFG，所以平面ACD1∥平面EFG.因?yàn)橹本€D1P∥平面EFG，所以點(diǎn)P在直線AC上.在△ACD1中，AD1＝eq\r(2)，AC＝2，CD1＝2，所以S△AD1C＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),2).當(dāng)D1P⊥AC時(shí)，線段D1P的長度最小，所以線段D1P長度的最小值是eq\f(S△AD1C,\f(1,2)AC)＝eq\f(\f(\r(7),2),\f(1,2)×2)＝eq\f(\r(7),2)，故選D.4.如圖所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，長為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在棱DD1上運(yùn)動(dòng)，另一端點(diǎn)N在正方形ABCD內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則MN中點(diǎn)軌跡的面積為()A.4π B.2πC.π D.eq\f(π,2)答案D解析易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取線段MN的中點(diǎn)P，則DP＝eq\f(1,2)MN＝1，所以點(diǎn)P的軌跡是以D為球心，1為半徑的eq\f(1,8)球面，故S＝eq\f(1,8)×4π×12＝eq\f(π,2).5.(2024·衡水調(diào)研)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M是棱CC1的中點(diǎn)，空間中的動(dòng)點(diǎn)P滿足DP⊥BM，且D1P＝1，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長度為()A.eq\f(\r(5),5) B.3C.2π D.eq\f(2\r(5)π,5)答案D解析如圖，分別取A1D1，B1C1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接DE，EF，CF.易知BM⊥CF，BM⊥CD，且CF∩CD＝C，所以BM⊥平面CDEF.由DP⊥BM，得點(diǎn)P在平面CDEF內(nèi).由D1P＝1，得點(diǎn)P在以D1為球心，半徑為1的球面上，因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為平面CDEF與球D1的球面的交線，即在平面CDEF內(nèi)的圓，連接DF，設(shè)點(diǎn)D1到平面DEF的距離為h，平面DEF截球D1所得截面圓的半徑為r，則由V三棱錐D1－DEF＝V三棱錐F－DED1，得eq\f(1,3)h·S△DEF＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×1，且S△DEF＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝eq\r(5)，所以h＝eq\f(2\r(5),5)，則r＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),5)，因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長度為eq\f(2\r(5)π,5).6.(2024·成都診斷)在棱長為5的正方體ABCD－A1B1C1D1中，Q是DD1中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方體的內(nèi)切球的球面上運(yùn)動(dòng)，且CP⊥AQ，則點(diǎn)P的軌跡長度為()A.eq\r(5)π B.2eq\r(5)πC.eq\f(5π,4) D.5π答案B解析以點(diǎn)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Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(5,2)))，A(5，0，0)，C(0，5，0)，球心Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2)，\f(5,2)))，取A1D1的中點(diǎn)R，B1C1的中點(diǎn)H，連接DR，RH，HC，則Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0，5))，eq\o(DR,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0，5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，0，\f(5,2)))＝－eq\f(25,2)＋eq\f(25,2)＝0，eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(0，5，0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，0，\f(5,2)))＝0，故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD＝D，DR，CD?平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故當(dāng)P位于平面CDRH與內(nèi)切球O的交線上時(shí)，滿足CP⊥AQ，此時(shí)Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2)，\f(5,2)))到平面CDRH的距離為d＝eq\f(|\o(DO,\s\up6(→))·\o(AQ,\s\up6(→))|,|\o(AQ,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(5,2)，\f(5,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，0，\f(5,2))))),\r(25＋\f(25,4)))＝eq\f(\f(25,4),\f(5\r(5),2))＝eq\f(\r(5),2)，r＝eq\r(\f(25,4)－\f(5,4))＝eq\r(5)，其中r為平面CDRH截正方體內(nèi)切球所得截面圓的半徑，故點(diǎn)P的軌跡為以eq\r(5)為半徑的圓，故點(diǎn)P的軌跡長度為2eq\r(5)π.7.(2024·北京門頭溝模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P為線段BC1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是()①三棱錐A－D1PC的體積為定值；②直線AP與平面ACD1所成的角的大小不變；③直線AP與A1D所成的角的大小不變；④A1C⊥DP.A.1 B.2C.3 D.4答案C解析對(duì)于①，因?yàn)锽C1∥AD1，BC1?平面ACD1，AD1?平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，所以BC1上任意一點(diǎn)到平面AD1C的距離相等，又VA－CPD1＝VP－CAD1，所以三棱錐A－D1PC的體積不變，故正確；對(duì)于②，點(diǎn)P在直線BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線AB與平面AD1C所成的角和直線AC1與平面AD1C所成的角不相等，故錯(cuò)誤；對(duì)于③，設(shè)AD1∩A1D＝M，則AD1⊥A1D，又AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABC1D1，又AP?平面ABC1D1，所以A1D⊥AP，所以點(diǎn)P在直線BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線AP與直線A1D所成的角的大小不變，故正確；對(duì)于④，因?yàn)锳BCD－A1B1C1D1為正方體，則AA1⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，則AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面A1AC，所以BD⊥平面A1AC，且A1C?平面A1AC，所以BD⊥A1C，又A1B1⊥平面BB1C1C，且BC1?平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，且A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C?平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，且A1C?平面A1B1C，所以BC1⊥A1C，又BC1∩BD＝B，BC1，BD?平面BDC1，所以A1C⊥平面BDC1，且DP?平面BDC1，所以A1C⊥DP，故正確.二、多選題8.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，線段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)，且EF＝eq\f(\r(2),2)a，則下列結(jié)論正確的是()A.當(dāng)E與D1重合時(shí)，異面直線AE與BF所成的角為eq\f(π,3)B.三棱錐B－AEF的體積為定值C.EF在平面ABB1A1內(nèi)的射影長為eq\f(1,2)aD.當(dāng)E向D1運(yùn)動(dòng)時(shí)，二面角A－EF－B的平面角保持不變答案BCD解析對(duì)于A，如圖，當(dāng)E與D1重合時(shí)，因?yàn)镋F＝eq\f(\r(2),2)a，所以F為B1D1的中點(diǎn)，連接BD，記BD中點(diǎn)為O，連接D1O，AO，由正方體性質(zhì)可知，BO∥D1F，BO＝D1F，所以四邊形BOD1F為平行四邊形，所以D1O∥BF，所以直線AE與BF所成角即為直線D1O與AD1所成角，又D1O＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))\s\up12(2)＋a2)＝eq\f(\r(6)a,2)，AD1＝eq\r(2)a，AO＝eq\f(\r(2)a,2)，所以cos∠AD1O＝eq\f(\f(3a2,2)＋2a2－\f(a2,2),2×\f(\r(6)a,2)×\r(2)a)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠AD1O＝eq\f(π,6)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，VB－AEF＝VA－BEF，易知點(diǎn)A到平面BB1D1D的距離和點(diǎn)B到直線B1D1的距離均為定值，所以三棱錐A－BEF的體積為定值，故B正確；對(duì)于C，易知∠A1B1D1＝eq\f(π,4)，EF在平面ABB1A1內(nèi)的射影在A1B1上，所以射影長為eq\f(\r(2)a,2)×coseq\f(π,4)＝eq\f(a,2)，故C正確；對(duì)于D，二面角A－EF－B的平面角即為二面角A－B1D1－B的平面角，顯然其平面角不變，故D正確.故選BCD.9.三棱錐P－ABC滿足PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC＝2，D是線段PB的中點(diǎn)，E是底面△ABC內(nèi)部(包括邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，球O是三棱錐P－ABC的外接球，下列說法正確的有()A.當(dāng)E在線段AB上時(shí)，PE⊥BCB.若F是球O表面一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則EF的最大值為4C.DE的取值范圍是[1，eq\r(6)]D.經(jīng)過DE的平面截球O的截面面積的最小值為2π答案ACD解析如圖1，圖1因?yàn)镻A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又PA＝AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC＝2，由勾股定理得AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB，因?yàn)镻A∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，當(dāng)E在線段AB上時(shí)，PE?平面PAB，所以PE⊥BC，故A正確；如圖2，圖2因?yàn)镻A⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC＝2，則可以將三棱錐P－ABC放入正方體中，正方體的棱長為2，正方體外接球O的半徑為eq\f(\r(3),2)×2＝eq\r(3)，故三棱錐P－ABC外接球的半徑為eq\r(3)，點(diǎn)E是球O表面或內(nèi)部一點(diǎn)，點(diǎn)F是球O表面任意一點(diǎn)，所以EF的最大值為球的直徑，即2eq\r(3)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)镻A⊥平面ABC，則點(diǎn)D在底面上的射影為AB的中點(diǎn)D′，則DE2＝D′D2＋D′E2，由圖3知，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，D′E取到最大值，DE2＝D′D2＋D′E2＝1＋5＝6，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D′重合時(shí)，DE取到最小值，所以DE∈[1，eq\r(6)]，故C正確；圖3記經(jīng)過DE的平面為α，當(dāng)OD⊥α?xí)r，平面α與球O的截面面積最小，此時(shí)截面圓的半徑為eq\r(R2－OD2)＝eq\r(2)，所以截面面積為2π，故D正確.三、填空題10.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足________時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)答案DM⊥PC(或BM⊥PC)解析連接AC，BD，則AC⊥BD，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，PC?平面PAC，所以BD⊥PC，所以當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時(shí)，有PC⊥平面MBD，PC?平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.11.如圖，P是棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1表面上的動(dòng)點(diǎn)，且AP＝eq\r(2)，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的長度為________.答案eq\f(3π,2)解析由已知AC＝AB1＝AD1＝eq\r(2)，在平面BC1，平面A1C1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1內(nèi)分別以B，D，A1為圓心，1為半徑的三段圓弧，且長度相等，故軌跡長度和為eq\f(π,2)×3＝eq\f(3π,2).12.(2024·北京房山區(qū)模擬)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P是對(duì)角線AC1上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P與點(diǎn)A，C1不重合).給出下列結(jié)論：①存在點(diǎn)P，使得平面A1DP⊥平面AA1C1；②對(duì)任意點(diǎn)P，都有A1P＝DP；③△A1DP面積的最小值為eq\f(\r(3),6)；④若θ1是平面A1DP與平面A1B1C1D1的夾角，θ2是平面A1DP與平面BB1C1C的夾角，則對(duì)任意點(diǎn)P，都有θ1≠θ2.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是________.答案①②③解析對(duì)于①，因?yàn)锳C1⊥A1D，在AC1上取點(diǎn)P使AC1⊥DP，因?yàn)锳1D∩DP＝D，A1D，DP?平面A1DP，所以AC1⊥平面A1DP，因?yàn)锳C1?平面AA1C1，所以平面A1DP⊥平面AA1C1，故①正確；對(duì)于②，以D1為原點(diǎn)，以D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖A1(1，0，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，C1(0，1，0)，則eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1，1，－1)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AC1,\s\up6(→))＝λ(－1，1，－1)＝(－λ，λ，－λ)(0<λ<1)，則eq\o(A1P,\s\up6(→