第7章 第10节 空间中的动态问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第十节　空间中的动态问题 题点一　空间位置关系的判定 例1　[多选]如图1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD的位置(如图2)，则在翻折的过程中，下列选项正确的是(　 ) A．存在某个位置，使得PC＝3 B．存在某个位置，使得PB⊥CD C．存在某个位置，使得点B到平面PDC的距离为 D．存在某个位置，使得P，B，C，D四点落在半径为的球面上 解析：选ABD　因为菱形ABCD的对角线AC＝2>3，所以将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置的过程中，一定存在某个位置使得PC＝3，A正确；当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心Q时，有PQ⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以PQ⊥CD，又因为BQ⊥CD，BQ∩PQ＝Q，BQ，PQ⊂平面PBQ，所以CD⊥平面PBQ，因为PB⊂平面PBQ，所以CD⊥PB，即存在某个位置，使得PB⊥CD，B正确；因为点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，若点B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD，平面CBD⊥平面PCD，因为平面PBD∩平面CBD＝BD，则有BD⊥平面PCD，又因为CD⊂平面PCD，所以BD⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，C错误；由对称性可得四面体PBCD的外接球球心在底面三角形BCD的中垂线上，因为底面三角形外接圆半径为××2＝<，所以一定存在四面体的外接球取得半径，D正确． [思维建模] 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． [针对训练] 1.(2023·北京顺义二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN(　 ) A．有且仅有1条 B．有且仅有2条 C．有且仅有3条 D．有无数条 解析：选D　过点N作NE⊥BC，垂足为E，连接DE，当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，理由如下：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，所以四边形MDEN为平行四边形，所以MN∥DE.因为DD1⊥平面ABCD，且DE⊂平面ABCD，所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.所以当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，此时满足条件的直线MN有无数条．故选D. 2.(2024·杭州质检)如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论一定成立的是(　 ) A．三棱锥A-A1PD的体积大小与点P的位置有关 B．A1P与平面ACD1相交 C．平面PDB1⊥平面A1BC1 D．AP⊥D1C 解析：选C　因为VA­A1PD＝VP­AA1D， 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC1∥平面AA1D，所以点P到平面AA1D的距离不变，即三棱锥P-AA1D的高不变，又△AA1D的面积不变， 因此三棱锥P-AA1D的体积不变， 即三棱锥A-A1PD的体积与点P的位置无关，故A不成立；因为BC1∥AD1，AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，同理可证BA1∥平面ACD1，又BA1∩BC1＝B，所以平面BA1C1∥平面ACD1，因为A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B不成立；因为A1C1⊥BD，A1C1⊥BB1，BD∩BB1＝B，所以A1C1⊥平面BB1D，则A1C1⊥B1D，同理A1B⊥B1D，又A1C1∩A1B＝A1，所以B1D⊥平面A1BC1，又B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面A1BC1，故C成立；当B与P重合时，AP与D1C的夹角为，故D不成立． 题点二　轨迹问题 例2　如图直三棱柱ABC-A′B′C′中，△ABC为边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为(　 ) A．2 B．2π C．2 D．4 解析：选D　因为H，F，M分别为A′B′，AB，BC的中点，所以FM∥AC，HF∥AA′，所以FM∥平面ACC′A′，HF∥平面ACC′A′，又因为FM∩HF＝F，所以平面HFM∥平面ACC′A′，要使MP∥平面ACC′A′，则MP⊂平面HFM，所以点P的轨迹为线段HF，点P的轨迹长度为4. [思维建模] 解决本类题的关键是利用线面、面面平行与垂直，在动态问题中提炼一些不变的“静态”的量，建立不变量与动点之间的关系，从而确定动点的轨迹长度． [针对训练] 3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知点P为平面AA1D1D中的一个动点，且点P满足：直线PC1与平面AA1D1D所成的角的大小等于平面PBC与平面AA1D1D所成锐二面角的大小，则点P的轨迹为(　 ) A．直线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线 解析：选D　如图，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，不妨设B1(1,1,1)，其他各点相应坐标略，设P(x,0，z)，过P作EF∥AD分别交AA1，DD1于E，F，由EF在平面PBC内，连接PC1，PD1，可证∠D1PC1是直线PC1与平面ADD1A1所成的角，∠AEB是平面PBC与平面AA1D1D所成锐二面角的平面角，由题意∠D1PC1＝∠AEB，即tan∠D1PC1＝tan∠AEB，所以＝，化简得x2＝2z－1，点P的轨迹是抛物线．故选D. 4．已知动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上运动，且PA＝r(0＜r＜)，记点P的轨迹长度为f(r)，则f(1)＋f() ＝________. 解析：如图，当r＝1时，点P在正方体表面上的轨迹分别是以 A为圆心，1为半径的三个面上的三段弧，分别为，，， 则f(1)＝3××2π＝， 当r＝时，点P在正方体表面上的轨迹为在平面A1B1C1D1上以A1为圆心，1为半径的， 在平面B1BCC1上以B为圆心，1为半径的， 在平面DCC1D1上以D为圆心，1为半径的， 则f()＝3××2π＝， 所以f(1)＋f()＝＋＝3π. 答案：3π 题点三　最值、范围问题 例3　如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC折起，使平面ACD′⊥平面ACB，则此时空间四面体ABCD′体积的最大值为(　 ) A. B. C．1 D. 解析：选A　取AC的中点O，连接D′O(图略)． 设∠ABC＝α，α∈(0，π)，所以D′O＝AD′cos ＝2cos ，S△ABC＝×2×2sin α＝2sin α. 因为D′O⊥平面ABC，所以V四面体ABCD′＝S△ABC×D′O＝sin αcos＝sincos2 ＝sin·. 设t＝sin，则0＜t＜1，V四面体ABCD′＝(t－t3)． 设f(t)＝(t－t3)，0＜t＜1， 则f′(t)＝(1－3t2)，0＜t＜1. 因为当0＜t＜时，f′(t)＞0，f(t)单调递增； 当＜t＜1时，f′(t)＜0，f(t)单调递减． 所以当t＝时，f(t)取得最大值. 所以四面体ABCD′体积的最大值为. 例4　在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，D为棱PC上一动点，PA＝AC＝2，AB＝3.当BD与平面PAC所成角最大时，AD与平面PBC所成角的正弦值为________． 解析：因为在三棱锥P-ABC中，PA，AB，AC两两垂直，所以AB⊥平面PAC，则BD与平面PAC所成的角为∠ADB，tan∠ADB＝＝，当AD取得最小值时，∠ADB取得最大值．在等腰Rt△PAC中，当D为PC的中点时，AD取得最小值． 以A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)， 则＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)，＝(－3,2,0)． 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 即令y＝3，得n＝(2,3,3)． 因为cos〈n，〉＝＝＝， 所以AD与平面PBC所成角的正弦值为. 答案： [思维建模] 在动态变化过程中产生的体积最大（小）、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是 直观判断 在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解 函数思想 通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值 [针对训练] 5．在四面体ABCD中，若AD＝DB＝AC＝CB＝1，则四面体ABCD体积的最大值是(　 ) A. B. C. D. 解析：选A　如图，取AB的中点E，连接CE，DE， 设AB＝2x(0＜x＜1)，则CE＝DE＝， 当平面ABC⊥平面ABD时，四面体ABCD的体积最大， 此时，四面体ABCD的体积V＝××2x××＝x－x3. 所以V′＝－x2，令V′＝0，得x＝. 当x∈时，V单调递增，当x∈时，V单调递减．故当x＝时，V有最大值，Vmax＝×－×3＝. 6.如图所示，P是正三棱柱ABC-A1B1C1表面上的一个动点，且AA1＝AB＝2，若三棱锥B-PB1C的体积为3，则AP长度的最大值、最小值分别为(　 ) A．4,1 B.，1.5 C．4.5， D．2，2 解析：选B　设点P到平面BCC1B1的距离为h，则V三棱锥B-PB1C＝V三棱锥P-BB1C＝××(2)2h＝3，∴h＝.点A到BC的距离为3，如图，取A1B1的中点D，AB的中点E，AC的中点F，A1C1的中点G，连接DE，EF，FG，GD，则点P在矩形DEFG的边上自由移动，点A到EF的距离为，AD＝＝，∴≤AP≤ . [课时跟踪检测] 1．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为(　 ) A. B．1 C．2 D. 解析：选D　因为当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝，当MD1最小时，tan∠DMD1取得最大值，此时M位于A1C1的中点，tan∠DMD1＝＝. 2．(2024·广州模拟)点P为棱长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为(　 ) A．π B．2π C．4π D．2π 解析：选C　根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，如图．取BB1的中点N，连接CN，则CN⊥BM，∴CN为DP在平面B1C1CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切球的交线， ∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， ∴O到过D，C，N的平面的距离为＝1， ∴截面圆的半径为2， ∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π. 3.[多选]如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱DD1，BB1上的动点(异于所在棱的端点)，则下列结论正确的是(　 ) A．在点F运动的过程中，直线FC1可能与AE平行 B．直线AC1与EF必然异面 C．设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1可能在直线PQ上 D．设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1一定不在直线PQ上 解析：选AC　在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝C1D1，DD1＝BB1，B1C1＝AD，如图1，连接C1E，AC1，EF，当点E，F分别是棱DD1，BB1的中点时，由勾股定理得AE＝，C1F＝，故AE＝C1F，同理可得AF＝C1E，故四边形AEC1F是平行四边形，所以在点F运动的过程中，直线FC1可能与AE平行，AC1与EF相交，A正确，B错误；以C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱DD1，BB1的中点且几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体时，设棱长为2，延长AE，A1D1交于点M，延长AF，A1B1交于点N，连接MN，则C1(0,0,0)，M(2，－2,0)，N(－2,2,0)，则＝(2，－2,0)，＝(2，－2,0)，则＝，又两向量有公共点C1，所以C1，M，N三点共线，故点C1可能在直线PQ上，C正确，D错误． 4．[多选]如图，在等腰Rt△ABC中，BC＝2，∠C＝90°，D，E分别是线段AB，AC上异于端点的动点，且DE∥BC，现将△ADE沿直线DE折起至△A′DE，使平面A′DE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，下列选项正确的是(　 ) A．∠A′DB的大小不会发生变化 B．二面角A′-BD-C的平面角的大小不会发生变化 C．三棱锥A′-EBC的体积先变小再变大 D．A′B与DE所成的角先变大后变小 解析：选AB　设A′D＝a，则DB＝2－a，A′E＝，EC＝2－，BC2＋CE2＝BE2，A′B2＝A′E2＋BE2，cos∠A′DB＝＝－是定值，∴∠A′DB的大小不会发生变化，故A正确；由三垂线法作出二面角A′-BD-C的平面角，可知其大小为定值，故B正确；设A′E＝x，则CE＝2－x(0<x<2)，则V三棱锥A′-BCE＝V三棱锥B-A′CE＝×CE·A′E·BC＝(2－x)x＝(2x－x2)(0<x<2)，由二次函数的单调性，可知V先变大后变小，故C错误；A′B与DE所成的角先变小后变大，故D错误． 5.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥D1M，则动点P的轨迹的长度为(　 ) A. B. C. D. 解析：选A　如图，分别取BC，BB1的中点E，F，连AE，AF，EF，A1M，DM，A1F，因为M为AB的中点，E为BC的中点，四边形ABCD为正方形，所以DM⊥AE，又D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥AE，而DM∩D1D＝D，所以AE⊥平面D1DM， 所以D1M⊥AE，同理可得D1M⊥AF，又AE∩AF＝A，所以D1M⊥平面AEF，因为AP⊂平面AEF，所以AP⊥D1M，因为动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，所以动点P的轨迹是线段EF，而EF＝，所以动点P的轨迹的长度为.故选A. 6．已知点A，B，C在半径为5的球面上，且AB＝AC＝2，BC＝2，P为球面上的动点，则三棱锥P-ABC体积的最大值为(　 ) A. B. C. D. 解析：选A　如图，M是△ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，当P是MO的延长线与球面交点时，P到平面ABC距离最大，由AB＝AC＝2，BC＝2，得cos∠ACB＝＝，则sin∠ACB＝，2AM＝＝＝8，AM＝4，OM＝＝＝3，PM＝3＋5＝8，又S△ABC＝AC·BC·sin∠ACB＝×2×2×＝7，所以最大的VP-ABC＝×7×8＝.故选A. 7.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H，N分别是CC1，C1D1，DD1，CD，BC的中点，M在四边形EFGH边上及其内部运动，若MN∥平面A1BD，则点M轨迹的长度是(　 ) A.a B.a C.a D.a 解析：选D　因为在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是CC1，C1D1，DD1，CD的中点，N是BC的中点，则GH∥BA1，HN∥BD.又GH⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD，所以GH∥平面A1BD.同理可得，NH∥平面A1BD.又GH∩HN＝H，所以平面A1BD∥平面GHN.因为点M在四边形EFGH边上及其内部运动，MN∥平面A1BD，所以点M一定在线段GH上运动才可满足条件．易得GH＝a.故点M的轨迹长度是a.故选D. 8．[多选]在梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC＝2CB，将△BDC沿BD折起，使C到C′的位置(C与C′不重合)，E，F分别为线段AB，AC′的中点，H在直线DC′上，那么在翻折的过程中(　 ) A．DC′与平面ABD所成角的最大值为 B．F在以E为圆心的一个定圆上 C．若BH⊥平面ADC′，则＝ D．当AD⊥平面BDC′时，四面体C′-ABD的体积取得最大值 解析：选ACD　如图，在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AB＝2AD＝2DC＝2CB，E是AB的中点，所以CD∥BE，CD＝BE，所以四边形BCDE是菱形，所以BC＝DE，由于AD＝DE＝AE，所以三角形ADE是等边三角形，所以DE＝AB，故AD⊥BD，∠BDC＝∠DBC＝.在将△BDC沿BD翻折至△BDC′的过程中，∠BDC，∠DBC的大小保持不变，由线面角的定义可知，DC′与平面ABD所成角的最大值为，故A正确；因为∠DBC大小不变，所以在翻折的过程中，C′的轨迹在以BD为轴的一个圆锥的底面圆周上，而EF是△ABC′的中位线，所以点F的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点E，故B不正确；当BH⊥平面ADC′时，BH⊥DH.因为∠HC′B＝，所以DC′＝BC′＝2C′H，所以＝3，故C正确；在翻折的过程中，△BC′D的面积不变，所以当AD⊥平面BDC′时，四面体C′-ABD的体积取得最大值，故D正确．故选ACD. 9.如图，在四棱锥P-ABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB＝，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当AN＋MN取最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥外接球的表面积为(　 ) A. B. C. D. 解析：选B　如图，在PC上取点M′，使得PM＝PM′，连接NM′，则MN＝M′N，AN＋MN＝AN＋M′N，则当A，N，M′三点共线时，AN＋M′N最小，为AM′，当AM′⊥PC时，AM′取得最小值，即AN＋NM′取得最小值． 因为此时M恰为PD的中点，所以M′为PC的中点，所以PA＝AC＝2，因此PO＝＝.易知外接球的球心在四棱锥内部，设外接球的半径为r，则r2＝(－r)2＋1，解得r＝， 因此外接球的表面积S＝4πr2＝. 10．(2024·洛阳模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，O为BC的中点，M为棱B1C1上的动点，N为AM上的动点，且＝，则线段MN长度的取值范围为(　 ) A. B. C. D．[，] 解析：选B　取B1C1中点Q，连接OQ，OA，则OC，OA，OQ两两垂直，如图，以O为原点，OC，OA，OQ所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0,0)，A(0，，0)，B1(－1，0，)，C1(1,0，)，因为M是棱B1C1上一动点，设M(a,0，)，且a∈[－1,1]，所以＝(a,0，)，＝(－a，，－)，由题意得＝，即MN＝＝，于是令t＝，t∈[，]，所以＝＝t－，t∈[，]，又函数y＝t－在t∈[，]上单调递增，所以线段MN长度的取值范围为.故选B. 11.[多选]如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥CD，AB∥CD，BC＝，AA1＝AB＝AD＝2，点P，Q，R分别在棱BB1，CC1，DD1上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论正确的是(　 ) A．对任意点P，都有AP∥QR B．对任意点P，四边形APQR不可能为平行四边形 C．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形 D．存在点P，使得BC∥平面APQR 解析：选ABD　在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，易得平面ABB1A1∥平面DCC1D1，又平面APQR∩平面ABB1A1＝AP，平面APQR∩平面DCC1D1＝QR，所以AP∥QR，故A正确；若四边形APQR为平行四边形，则PQ∥AR，根据面面平行的判定，因为PQ∥AR，PQ⊂平面BCC1B1，AR⊄平面BCC1B1，所以AR∥平面BCC1B1.又BB1∥AA1，BB1⊂平面BCC1B1，AA1⊄平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1.又AA1∩AR＝A，AA1，AR⊂平面ADD1A1，所以平面BCC1B1∥平面ADD1A1，这与题目条件不符，故B正确；假设存在点P，使得△APR为等腰直角三角形，令BP＝x，如图，过点D作DE⊥AB于E，连接BD，则DE＝BC＝，BD＝2，在线段DR上取一点M，使得DM＝BP＝x，连接PM，则四边形BDMP为矩形，所以MP＝BD＝2，则PR＝＝，AP＝＝，AR＝＝，显然AR≠PR，AP≠PR，若△APR为等腰三角形，则AP＝AR，BP＝DR＝x，又BP∥DR，所以四边形BPRD为平行四边形，所以RP＝BD＝2＝AP＝，无解，故C错误；当PQ∥BC时，因为PQ⊂平面APQR.BC⊄平面APQR，所以BC∥平面APQR，故D正确． 12．[多选]如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G，H分别是所在棱上的动点，且满足DH＝B1G，AE＝C1F，则以下四个结论正确的是(　 ) A．E，G，F，H四点共面 B．若四边形EGFH为矩形，则DH＝CF C．若四边形EGFH为菱形，则E，F一定为所在棱的中点 D．若四边形EGFH为菱形，则四边形EGFH周长的取值范围为[4,2] 解析：选AD　对于A，连接BD1，HG，交于点O，如图1所示．根据题意，可得D1H＝BG，又D1H∥BG，故△BGO≌△D1HO，故点O为直线HG，D1B的中点，同理可得△AEO≌△C1FO，故点O也为直线EF，AC1的中点，则四边形EGFH的对角线互相平分，故四边形EGFH为平行四边形，则H，G，E，F四点共面，A正确；对于B，因为AE∥DH，故当DH＝AE时，四边形EADH为平行四边形，则EH∥AD，又AD⊥平面AA1B1B，EG⊂平面AA1B1B，故AD⊥EG，则EH⊥EG，又四边形EGFH为平行四边形，故四边形EGFH为矩形；同理，当DH＝CF时，也有四边形EGFH为矩形，综上所述，当DH＝AE或DH＝CF时，四边形EGFH为矩形，故B错误；对于C，若H，G为所在棱的中点时，易知HG∥BD，又BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，故BD⊥平面AA1C1C，又EF⊂平面AA1C1C，故BD⊥EF，则HG⊥EF，又四边形EGFH为平行四边形，故四边形EGFH为菱形，即当H，G为所在棱中点时，四边形EGFH为菱形；同理，当E，F分别为所在棱的中点时，四边形EGFH也为菱形，故C错误；对于D，根据选项C中所证，不妨取E，F分别为所在棱的中点，此时四边形EGFH为菱形满足题意，取BB1，DD1的中点分别为M，N，画出正方体的部分侧面展开图如图2所示． 由图可知，当G，H分别与M，N重合时，四边形EGFH的周长最小，最小值为4；当G，H分别与B，D1重合时，四边形EGFH的周长最大，最大值为2BD1＝2；故四边形EGFH周长的取值范围为[4,2]，D正确．故选AD. 13．在三棱锥A-BCD中，AB，AC，AD两两垂直且长度均为6，定长为l(l＜4)的线段MN的一个端点M在棱AB上运动，另一个端点N在△ACD内运动(含边界)，若线段MN的中点P的轨迹的面积为，则l的值为________． 解析：如图，由题意可知，∠MAN＝90°，在Rt△AMN中，AP＝l，线段MN的中点P的轨迹是以A为球心， l为半径的球面的，所以线段MN的中点P的轨迹的面积为×4π×2＝，则l＝2. 答案：2 14．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线l是底面ABCD所在平面内的一条动直线，记直线A1C与直线l所成的角为α，则sin α的最小值是__________． 解析：如图，过C作l的平行线，过A1作该平行线的垂线，垂足为P，则∠A1CP＝α，所以sin α＝.设正方体的棱长为1，则|A1C|＝，|A1P|≥|A1A|＝1，所以sin α＝≥＝，当且仅当P与A重合时，等号成立，所以sin α的最小值是. 答案： 15．(2023·新乡一模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝，则CP的最小值为________． 解析：如图，作HG⊥BB1交BB1于点G，则可得HG⊥平面BCC1B1，因为GP⊂平面BCC1B1，所以HG⊥GP，则HG＝3，因为HP＝，所以GP＝2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG－2＝－2. 答案：－2 16．如图，二面角α-l-β的平面角的大小为60°，A，B是l上的两个定点，且AB＝2，C∈α，D∈β，满足AB与平面BCD所成的角为30°，且点A在平面BCD上的射影H在△BCD的内部(包括边界)，则点H的轨迹的长度等于__________． 解析：如图所示，因为AB与平面BCD所成的角为30°，点A在平面BCD上的射影为H，AB＝2，所以AH＝AB·sin 30°＝1，BH＝AB·cos 30°＝，所以H的轨迹为直角三角形AHB绕斜边AB旋转所形成的轨迹．在Rt△AHB中，作HO⊥AB，垂足为O，因为AB＝2，AH＝1，BH＝，可得OH＝＝，即点H的轨迹为以O为圆心，OH为半径的圆弧．又因为二面角α-l-β的平面角的大小为60°，所以点H的轨迹的长度等于×＝π. 答案：π 学科网（北京）股份有限公司 $$