7.9 空间动态问题(培优课11)（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.9　空间动态问题(培优课11) 第七章　立体几何与空间向量 立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力．在解“动态”立体几何题时，如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜． CONTECT 内 容 索 引 01 题型一 空间位置关系的判定 02 题型二 轨迹问题 04 课 时 测 评 03 题型三 最值、范围问题 题型一 空间位置关系的判定 返回 返回 例1 √ 如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线BD翻折，则下列说法中错误的是 A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC B．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD C．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD D．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD 当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD时，由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC，所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确； 在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝ ，所以将△BAD沿直线BD翻折时，总有AB⊥AD，取x＝ ，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝ 时，有AB2＋AC2＝BC2，即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确．故选D． 规律方法 解决空间位置关系的动态问题 1．应用“位置关系定理”转化． 2．建立“坐标系”计算． √ 对点练1.[多选题](2023·山东青岛二模)底面为菱形的直棱柱ABCD -A1B1C1D1各棱长均为2，∠BAD＝60°，点M是线段A1C1上的动点，点E，F分别是棱CC1，BC的中点，则下列结论正确的是 A．直线AM与BD为异面直线 B．直线EF∥平面AMD1 C．存在点M，使D1M⊥EF D．直线B1D1与EF所成的角为60° √ √ 设AC，BD交于点O，A1C1，B1D1交于点O1，因为ABCD -A1B1C1D1为直棱柱，且底面为菱形，所以OA，OD，OO1两两垂直，以O为原点，OA，OD，OO1分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，因为ABCD -A1B1C1D1 返回 题型二 轨迹问题 返回 返回 例2 (1)[多选题] 如图，已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的是 A．若MN与平面ABCD所成的角为 ，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2π C．若点N到直线BB1与到直线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 ，则点N的轨迹为双曲线 √ √ √ 如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以 取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝ 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的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标 (2) 如图，已知四棱锥S -ABCD的底面是边长为6的菱形，∠BAD＝60°，AC，BD相交于点O，SO⊥平面ABCD，SO＝4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为___． 8 如图，分别取DC，SC的中点G，F，连接GE，GF，FE， 因为E是BC的中点，所以GE∥DB，FE∥SB，GE⊄平面SBD，DB⊂平面SBD，则GE∥平面SBD；FE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，则FE∥平面SBD，又GE∩FE＝E，所以平面FEG∥平面SBD，因为SO⊥平面ABCD，所以SO⊥AC，又因为四边形ABCD是菱形，所以DB⊥AC，因为SO∩DB＝O，SO，DB⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD，则AC⊥平面FEG，故只要动点P在平面FEG内，即总保持PE⊥AC，又动点P在棱锥表面上运动，所以动点P的轨迹的周长即为△FEG的周长，因为四边形ABCD是边长为6的菱形，且∠BAD＝60°，所以BD＝6，则OB＝OD＝3，又SO＝4，所以SB＝SD＝5，故FE＝FG＝ ，GE＝3，所以△FEG的周长为8. 规律方法 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 1．几何法：根据平面的性质进行判定． 2．定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． 3．特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行 排除． √ 对点练2. 如图，斜线段AB与平面α所成的角为 ，B为斜足．平面α上的动点P满足∠PAB＝ ，则点P的轨迹为 A．圆 B．椭圆 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B(0，1，0)，A(0， 返回 题型三 最值、范围问题 返回 返回 例3 √ (1)(2024·安徽校联考三模)当动点P在正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线A1C上运动时，异面直线BP与AD1所成角的取值范围是 (2)(2024·河北石家庄统考一模)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．在《九章算术》里，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知在“堑堵”ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝ ，动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，且AM＝2，则∠MAB的最大值为 √ 由题意可知三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，且AB⊥AC，以A为坐标原点，AB，AC，AA1 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为 规律方法 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题时，常用的解题思路是： 1．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． 2．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． √ 对点练3. [多选题]如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是 √ 对于选项C，当点B与点A重合时，∠ASB＝0为最 小角，当点B与点C 返回 课时测评 返回 返回 √ 1．点P是棱长为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．2 π 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，所以CN为DP在 平面B1C1CB中的射影，所以点P的轨迹为过D，C，N的 平面与内切球的交线，因为正方体ABCD -A1B1C1D1的棱 长为2 ，所以O到过D，C，N的平面的距离为 ＝1，所以截面圆的半径为2，所以点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.故选C． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 2．正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 3. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，取A1B1的中点E，连接BE，C1E，则C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性质可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，所以C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中点F，连接AF，DF.因为D为BC1的中点，所以DF∥C1E，所以DF⊥平面ABB1A1，所以∠DAF即为直线AD与侧面ABB1A1所成的角．作 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 当∠APC为锐角时，实数λ可能的取值是 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 5．[多选题](2024·湖南长沙模拟)在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.给出的下列说法中正确的是 A．点P可以是棱BB1的中点 B．线段MP的最大值为 C．点P的轨迹是正方形 D．点P的轨迹长度为2＋ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，所以点P不可能是棱BB1的中点，故选项A错误；又EF＝GH＝1，EH＝FG＝ ，所以EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2× ＝2＋ ，故选项C错误，选项D正确；因为点P的轨迹为矩形EFGH，所以当点P在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为，故B正确．故选BD． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 6．[多选题] 如图，在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1 中，M为线段AB1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是 A．平面BCM⊥平面A1AM √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 对于A，因为BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1M，所以BC⊥平面AA1M，又BC⊂平面BCM，所以平面BCM⊥平面A1AM， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ √ 7．[多选题](2023·广东梅州二模) 在长方体ABCD -A1B1C1D1 中， ＝2，动点P在体对角线BD1上(含端 点)，则下列结论正确的有 A．当P为BD1中点时，∠APC为锐角 B．存在点P，使得BD1⊥平面APC 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设BP＝λBD1 (0≤λ≤1)，则 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 当BD1⊥平面APC，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1 ⊥AP，BD1⊥CP，则 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 8．[多选题](2024·重庆模拟) 如图，在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是 A．若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段 B．存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD C．当且仅当点Q落在C1处时，三棱锥Q-A1PD的体积最大 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 取B1C1，C1C的中点E，F，连接D1E，D1F，EF，PF，由PF∥B1C1∥A1D1且PF＝B1C1＝A1D1知，A1PFD1是平行四边形，所以D1F∥A1P，因为D1F⊄平面A1PD，A1P⊂平面A1PD，所以D1F∥平面A1PD，同理可得EF∥平面A1PD，因为EF∩D1F＝F，EF，D1F⊂平面D1EF，所以平面A1PD∥平面D1EF，则点Q的轨迹为线段EF，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 9．(2024·安徽合肥一模) 如图，在棱长为 1 的正方体ABCD -A1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面正方形ABCD内(不包括边界)，若B1P∥平面A1BM，则C1P长度的取值范围是___________. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 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如图， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 则y＝2x. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 因为 0<x<1，0<y<1，y＝2x， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 10．在直四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为______；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为_______． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，在直四棱柱ABCD -A1B1C1D1中，因为底面是菱形，侧棱垂直 底面， 所以AC⊥平面BDD1B1，所以BD1⊥AC．在AB上取F，使得BF＝3FA，连接EF，则EF∥AC，所以BD1⊥EF.记AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz，则B (4，0，0)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 谢谢观看 本节到此结束 各棱长均为2，∠BAD＝60°，所以A (，0，0)，B(0，－1，0)，D (0，1，0)，E (－，0，1)，F，B1 (0，－1，2)， D1 (0，1，2)，又因为点M是线段A1C1上的动点，所以设M (a，0，2)， a∈(－，)，选项A，因为＝ (a－，0，2)，＝ (0，2，0)，令＝λ，λ无解，所以直线AM与BD为异面直线，故A正确；选项B，＝，＝ (a－，0，2)，＝(－，1，2)，设平面AMD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则令x＝，得平面AMD1的一个法向量为n＝ ，因为n·＝－a＋＝0，所以直线 EF∥平面AMD1，故B正确；选项C，＝(a，－1，0)，＝，令·＝a＋＝0，解得a＝－，所以存在点M，使D1M⊥EF，故C正确；选项D，＝ (0，2，0)，＝，因为＝＝＝，所以直线B1D1与EF所成的角不为60°，故D错误．故选ABC． ∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝＝＝2， DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD， 系，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为，所以|cos〈，〉|＝cos，所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．故选ACD． 0，1)，P(x，y，0)，则＝(0，1，－1)，＝(x，y，－1)，所以cos〈，〉＝＝，即3x2＋(y－2)2＝3，所以点P的轨迹是椭圆．故选B． A． B． C． D． 如图，设正方体棱长为1，以D为原点，，，分别为x，y，z 轴正方向，建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，A1 (1，0，1)，C(0，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(1，－1，1)，设＝ λ，则λ∈[0，1]，所以＝(λ，－λ，λ)，所以＝(λ－1，－λ，λ)，故cos〈，〉 ＝ ＝，对于函数h(λ)＝3λ2－2λ＋1 ＝3(λ－)2＋，λ∈[0，1]，有h(λ)min＝h()＝，h(λ)max＝h(1)＝2，故cos〈，〉∈，又〈，〉∈[0，π]，故〈，〉∈.故选B． A． B． C． D． AB＝AC＝AA1＝，则B(，0，0)，C(0，，0)，B1(， 0，)，C1(0，，)，由于动点M在“堑堵”的侧面BCC1B1上运动，则存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，又＝(－，，0)，＝(0，0，)，所以＝(－λ，λ，μ)，所以＝＋＝(－λ，λ，μ)，又AM＝2，所以2＝(－λ)2＋(λ)2＋(μ)2＝4，化 简可得2λ2－2λ＋μ2＋＝0，即μ2＝－2λ2＋2λ－，又cos∠MAB＝＝＝(1－λ)，又μ2＝－2λ2＋2λ－≥0，所以λ∈，1－λ∈，所以cos∠MAB＝(1－λ)∈，又∠MAB∈(0，π)，函数y＝cos x在(0，π)上单调递减，且cos＝，所以∠MAB的最大值为.故选B． A．圆锥SO的侧面积为8π B．三棱锥S-ABC体积的最大值为 C．∠SAB的取值范围是 D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2(＋1) 在Rt△SOC中，SC＝＝2，则圆锥的母线长l＝2，半径r＝OC＝2， 对于选项A，圆锥SO的侧面积为πrl＝4π，故选项A错误；对于选项B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝×4×2＝4，则三棱锥S-ABC体积的最大值为×S△ABC×SO＝×4×2＝，故选项B正确； 重合时，∠ASB＝，达到最大 值，又因为B与A，C不重合，则∠ASB∈，又2∠SAB＋∠ASB＝π，可得∠SAB∈，故选项C不正确；对于选项D，由AB＝BC， ∠ABC＝，AC＝4，得AB＝BC＝2，又SA＝SB＝2，则△SAB为等边三角形，则∠SBA＝，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB， 则△S1AB为等边三角形，∠S1BA＝，如图所示，则(SE＋CE)min＝S1C，因为S1B＝BC＝2，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝，S1C2＝S1B2＋BC2－2×S1B×BC×cos＝8＋8＋8＝(2＋2)2，则(SE＋CE)min＝S1C＝2(＋1)，故选项D正确．故选BD． 当·取得最小值时，点P到AD的距离为 A． B． C． D． 因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，所以其体积为 ××1×1××＝.设正四面体ABCD内切球的半径 为r，则4×××1×1××r＝，得r＝. 如图，取AD的中点E，连接PE，则·＝(＋)·(＋)＝2＋·(＋)＋·＝2－.显然，当PE的长度最小时，·取得最小值．设正四面体内切球的球心为O，可得OA＝OD＝.因为球心O到点E的距离d＝＝＝，所以球O上的点P到点E的最小距离为d－r＝－＝，即当·取得最小值时，点P到AD的距离为.故选A． A． B． C． D． DE′⊥BC于E′，连接AE′，则E′为BC中点且DE′＝C1C＝b，所以AD＝＝＝.在Rt△AFD中，DF＝C1E＝a，AF＝＝，所以tan∠DAF＝＝＝≥＝，当且仅当a＝b时，等号成立，所以直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值为.故选D． 4．[多选题]设动点P在正方体ABCD -A1B1C1D1上(含内部)，且＝λ， A． B． C． D． 设AP＝x，D1P＝t，正方体的棱长为1，则AC＝，在△APC中，由余弦定理得cos∠APC＝＝，若∠APC为锐角，则>0，则x2>1，在△AD1P中，AD1＝，cos∠AD1P＝＝，于是由余弦定理得x2＝2＋t2－2××t×，于是2＋t2－2××t×>1，即3t2－4t＋3>0，解得t>或t<，由D1B＝，得λ＝，故λ>1(舍去)或0<λ<.故选CD． 因为该正方体的棱长为1，M，N分别为BD1，B1C1的中点，所以D1(0，0，1)，B(1，1，0)，M，N，C(0，1，0)，所以＝，设P(x，y，z)，则＝，因为MP⊥CN，所以 ＋z－＝0，即2x＋4z－3＝0，当x＝1时，z＝，当x＝0时，z＝，取E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE，则＝＝(0，1，0)，＝＝，所以四边形EFGH为矩形，又·＝0，·＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，所以CN⊥平面EFGH，又＝ ，＝，所以M为EG的中点，则M∈平面EFGH，为使 B．三棱锥B-MB1C体积的最大值为 C．当M为AB1的中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为 D．直线CM与A1D所成的角不可能是 故A正确；对于B，VB-MB1C＝VC-BB1M＝S△BB1M·BC＝S△BB1M，因为M为AB1上的动点，所以当M与A重合时，S△BB1M取得最大值为AB·BB1＝，所以(VB-MB1C)max＝×＝，故B正确；对于C，以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 当M为AB1的中点时，M，又B1(1，1，0)， C(0，1，1)，D(0，0，1)，所以＝(－1，－1，1)， ＝，所以cos〈，〉＝＝＝－，所以当M为AB1的中点时，直线B1D与直线CM所成的角的余弦值为，故C正确； 对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，设M(1，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)， 又A(1，0，1)，所以＝(0，1，－1)，＝(0，y，z－1)，所以(0，y， z－1)＝(0，λ，－λ)，则y＝λ，z＝1－λ，所以M(1，λ，1－λ)，所以 ＝(1，λ－1，－λ)，又＝(－1，0，1)，所以|cos〈，〉|＝＝，若直线CM与A1D所成的角为，则＝，解得λ＝2±，又λ∈[0，1]，所以当λ＝2－，即＝(2－)时，直线CM与A1D所成的角为，D错误．故选ABC． C．＋的最小值2 D．顶点B到平面APC的最大距离为 ＝＝1， A(1，0，0)，B(1，1，0)，C (0，1，0)，D1 (0，0，2)，则＝(－1，－1，2)，故＝λ＝ (－λ，－λ，2λ)，则＝＋＝ (0，1，0)＋ (－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，＝＋＝ (1，0，0)＋ (－λ，－λ， 2λ)＝ (1－λ，－λ，2λ)，对于A，当P为BD1中点时，则＝，＝，则＝，＝，所以cos∠APC＝＝＝>0，所以∠APC为锐角，故A正确； 解得 λ＝，故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，＋取得最小值，由B得，此时λ＝，则＝，＝， 所以＝＝，即＋的最小值为，故C错误；对于D，＝(0，1，0)， (－1，1，0)，设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，则有可取n (2λ，2λ，2λ－1)， 则点B到平面APC的距离为·＝＝，当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，当0<λ≤1时，＝＝≤，当且仅当λ＝时取等号，所以点B到平面APC的最大距离为，故D正确．故选ABD． D．若D1Q＝，那么点Q的轨迹长度为π 则A1 (1，0，0)，P (1，1，)，D (0，0，1))，设Q (x，1，z)，0≤x，z≤1，则＝(－1，0，1)，＝ (0，1，)，＝(x，1，z).设m＝(a，b，c)为平面A1PD的一个法向量，则即得取c＝1，则m＝(1，－，1).若D1Q⊥平面A1PD，则∥m， 即存在λ∈R，使得＝λm，则解得x＝z＝－2∉ (0，1)，故不存在点Q使得D1Q⊥平面A1PD，B选项错误；△A1PD的面积为定值，所以当且仅当点Q到平面A1PD的距离d最大时，三棱锥Q-A1PD的体积最大．d＝＝，①x＋z≤，d＝1－(x＋z)，则当x＋z＝0时， d有最大值1；②x＋z>，d＝(x＋z)－1，则当x＋z＝2时， d有最大值； 综上，当x＋z＝0，即Q和C1重合时，三棱锥Q-A1PD的 体积最大，C选项正确；D1C1⊥平面BB1C1C，所以D1C1⊥C1Q，D1Q＝＝，所以C1Q＝，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为π，D选项正确．故选ACD． 则M(，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)， C1(0，1，1)．设P(x，y，0) (0<x<1，0<y<1)，则B1P的方向向量＝(x－1，y－1，－1)，设平面A1BM的法向量为n＝(x1，y1，z1)，＝(，0，1)，＝(，1，0)， 又因为＝(x，y－1，－1)， 所以 ＝(x，2x－1，－1)， 即取x1＝2，则n＝(2，－1，－1)． 若B1P∥平面A1BM，则n⊥， 即n·＝2(x－1)－(y－1)＋1＝2x－y＝0， 即≤||<.故答案为. 即||＝＝＝. 所以 0<x<， 所以 ≤ 5(x－)2＋<2， 15 D1 (－4，0，6)，E (1，3，0).在BB1上取一点G，记为G (4，0，t)，于是＝ (－8，0，6)，＝ (3，－3，t).由·＝－24＋6t＝0，得t＝4，即BG＝2GB1，所以△EFG的边为点M的运动轨迹．由题意得FG＝＝2，EF＝AC＝×8＝6，动点M的轨迹围成的图形的面积为×6×＝15. 显然当M与G重合时，MC与平面ABCD所成角最大．因为M (4，0，4)，C1 (0，4，6)，所以＝ (－4，4，2)，＝＝2，因为直线AC的一个方向向量为n＝(0，1，0)，所以cos＝＝＝，即异面直线MC1与AC所成角的余弦值为. $$