第7章 第10节 空间动态问题(培优课)（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教版2019）

第十节　空间动态问题(培优课11) 空间动态问题，是高考常考题型，常以客观题出现．常见题型有空间位置关系判定、轨迹问题、最值问题、范围问题等． 题型一　动态位置关系的判定 (1)[多选题]已知P，Q分别是正方体ABCD -A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论正确的是(　　) A．AB⊥PQ B．平面BPQ∥平面ADD1A1 C．四面体ABPQ的体积为定值 D．AP∥平面CDD1C1 (2)[多选题]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，则下列说法中正确的是(　　) 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 答案：(1)ABD　(2)ABC 解析：(1)对于A，因为AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1， 所以AB⊥平面BCC1B1，因为PQ⊂平面BCC1B1，所以AB⊥PQ，故A正确；对于B，因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合，所以平面BPQ∥平面ADD1A1，故B正确；对于C，因为A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，所以四面体ABPQ的体积不为定值，故C错误；对于D，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，所以AP∥平面CDD1C1，故D正确．故选ABD. (2)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，当平面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ABC. 　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.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 答案：C 解析：对于选项A，V＝V.在正方体中，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；对于选项B，由于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；对于选项C，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；对于选项D，当B与P重合时，AP与D1C的夹角为，故D不成立．故选C. 学生用书↓第182页 题型二　动点的轨迹问题 [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 答案：ACD 解析：如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠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，取MD的中点E，连接PE，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝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，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. 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.(1)设正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若△APC1的面积S＝，则动点P的轨迹是(　　) A．圆的一部分 B．双曲线的一部分 C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分 (2)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，点Q是△PBC内(含边界)的一个动点，且满足DQ⊥AC，则点Q所形成的轨迹长度是________． 答案：(1)D　(2) 解析：(1)设d是△APC1边AC1上的高，则S＝·|AC1|·d＝d＝，所以d＝，即点P到直线AC1的距离为定值，所以点P在以直线AC1为轴，以为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．故选D. (2)如图，连接BD，交AC于点O，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.取PC上一点M，连接MD，MB，且DM⊥AC，又AC⊥BD，BD∩DM＝D，所以AC⊥平面BDM，则点Q的轨迹是线段BM.以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系．则O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，P，C(－，0,0)，＝(，0,0)，＝，＝，＝(0，－2,0)．设＝＋＝＋λ＝＋λ，0≤λ≤1，则＝．因为OA⊥DM，所以·＝0，解得λ＝，所以＝，＝＋＝(0，－2,0)＋＝，所以||＝＝，即点Q所形成的轨迹长度为. 题型三　最值、范围问题 (数学文化)(2024·河北石家庄质检)《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，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》中，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(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：如图，取BC的中点O，连接AO，MO，则AO⊥BC.因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AO，又BC∩BB1＝B，所以AO⊥平面BCC1B1，所以AO⊥OM.在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝，所以AO＝，又AM＝2， 所以在Rt△OAM中，OM＝ ＝1， 所以动点M的轨迹是平面BCC1B1内以O为圆心，1为半径的半圆．连接BM，易得BO＝BC＝，所以BM∈[－1，＋1]．在△BAM中，AB＝，AM＝2， 由余弦定理得cos∠MAB＝＝≥＝. 即当BM＝＋1时，cos∠MAB取得最小值，即∠MAB取最大值，结合选项可知，A，C，D均不正确，所以∠MAB的最大值为.故选B. 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，常用的两种思路 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.(2024·广西百色模拟)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. 答案：A 解析：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.所以当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.故选A. 课时测评59　空间动态问题(培优课11) (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (每小题5分，共50分) 1.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 答案：B 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设OB＝OA＝1，则B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y,0)，则＝(0,1，－1)，＝(x，y，－1)，所以cos〈，〉＝＝，即x2＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆．故选B. 2．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 答案：C 解析：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. 3.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. 答案：D 解析：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tan∠DMD1＝＝.故选D. 4．已知点M是棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1内．若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是(　　) A. B. C．1 D. 答案：A 解析：设P在平面ABCD上的射影为P′，M在平面BCC1B1上的射影为M′(图略)，平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos α＝，cos β＝.因为cos α＝cos β，所以S△DP′M＝S△PM′C1，设P到C1M′距离为d，则××d＝×1×2，d＝，即点P到C1的最短距离为.故选A. 5．(新角度)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是(　　) 答案：C 解析：如图，过M作MN⊥AB，交AB于N，则MN⊥平面ABCD，过N作NQ∥AD，交CD于Q，过Q作QH∥PD，交PC于H，连接MH，则平面MNQH是所作的平面α，由题意得＝，解得MN＝4－2x，由＝，即 ＝，解得QH＝(2－x)，过H作HE⊥NQ，在Rt△HEQ中，EQ＝＝2－x，所以NE＝2－(2－x)＝x，所以MH＝x.所以y＝f(x)＝＝－x2＋4(0<x<2)．所以函数y＝f(x)的图象如图．故选C. 6．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，当·取得最小值时，点P到AD的距离为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：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·＝(＋)·(＋)＝P2＋·(＋)＋·＝P2－.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，可求得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. 7．[多选题]设动点P在正方体ABCD -A1B1C1D1上(含内部)，且＝λ，当∠APC为锐角时，实数λ可能的取值是(　　) A. B. C. D. 答案：CD 解析：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△AD1B中，AD1＝，cos∠AD1B＝＝，在△AD1P中，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＝，故λ>1(舍去)或0<λ<.故选CD. 8.[多选题]如图，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.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＋ 答案：BD 解析：在正方体ABCD -A1B1C1D1中，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，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. 9.如图所示，正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________． 答案： 解析：如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E，又C1G⊄平面CD1EF，D1E⊂平面CD1EF，所以C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF，C1H∥平面CD1EF.因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH＝＝. 10．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________． 答案： 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. (每小题8分，共32分) 11.[多选题]如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，AA1＝4，点M在棱CC1上，且C1M＝1，点P在上底面A1B1C1D1运动，则下列结论正确的是(　　) A．存在点P使BP⊥AM B．不存在点P使平面PBD⊥平面MBD C．若P，A1，B，M四点共面，则B1P的最小值为 D．若P，A，B，M，D五点共球面，则B1P的最小值为 BCD　 对于A，以D为原点，建立如图①所示的空间直角坐标系，则A(3,0,0)，B(3,3,0)，M(0,3,3)，设P(x，y,4)，则0≤x≤3,0≤y≤3，则＝(－3,3,3)，＝(x－3，y－3,4)，若BP⊥AM，则有·＝－3(x－3)＋3(y－3)＋12＝0，化简得x－y＝4，又0≤x≤3,0≤y≤3，所以x－y＝4不可能成立，故A错误； 对于B，连接AC交BD于O，连接MO，则依题意可得MO⊥BD，若平面PBD⊥平面MBD，又平面PBD∩平面MBD＝BD，MO⊂平面MBD，MO⊥BD，所以MO⊥平面PBD，所以有MO⊥BP，以D为原点，建立如图②所示的空间直角坐标系，则＝，＝(x－3，y－3,4)，0≤x≤3,0≤y≤3， 则·＝(x－3)－(y－3)－12＝0，得x－y＝8，此式不可能成立，故B正确； 对于C，如图③所示，延长BM交B1C1的延长线于Q，连接A1Q交C1D1于N，则A1Q为平面A1BM与平面A1B1C1D1的交线，若P，A1，B，M四点共面，则P在线段A1N上，所以当B1P⊥A1N时，B1P最小，因为C1M∥BB1，C1N∥A1B1，所以＝＝＝，所以B1Q＝4，又A1B1＝3，则A1Q＝5，所以当B1P⊥A1N时，在Rt△A1B1Q中，有A1B1·B1Q＝A1Q·B1P，得B1P＝＝＝，故C正确； 对于D，如图④所示，四点A，B，M，D确定的几何体的外接球即为正方体ABCD-MEFG的外接球O，球O的半径R＝(正方体ABCD-MEFG的体对角线长的一半)，设平面A1B1C1D1截球O的截面圆为圆O1，O1为正方形A1B1C1D1的中心，设圆O1的半径为r，OO1＝，所以r＝＝，若P，A，B，M，D五点共球面，则P在圆O1上，则B1P的最小值为B1O1－r＝，故D正确．故选BCD. 12．[多选题]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 答案：AC 解析：在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝C1D1，DD1＝BB1，B1C1＝AD，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，故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轴建立如图所示的空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱DD1，BB1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，故C正确，D错误．故选AC. 13．[多选题]已知棱长为a的正方体ABCD -A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP垂直于MC，则下列结论正确的是(　　) A．点P的轨迹中包含AA1的中点 B．点P在侧面AA1D1D内的轨迹的长为 C．MP长度的最大值为 D．直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为 答案：BCD 解析：如图，取A1D1的中点E，分别取A1A，B1B上靠近点A1，B1的四等分点F，G，连接EM，EF，FG，MG，则EM綊A1B1，FG綊A1B1，所以EM綊FG，所以点E，M，F，G四点共面．连接GC，因为MG2＝2＋2＝，MC2＝2＋a2＝，GC2＝2＋a2＝，所以MG2＋MC2＝GC2，所以MG⊥MC.由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，所以ME⊥平面B1C1CB，又MC⊂平面B1C1CB，所以ME⊥MC.因为MG∩ME＝M，MG，ME⊂平面MEFG，所以MC⊥平面MEFG，所以点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)．对于A，点P的轨迹与AA1有唯一交点F，而F不是AA1的中点，故A不正确；对于B，因为点P在侧面AA1D1D内的轨迹为EF，四边形MEFG为平行四边形，所以EF＝MG＝，故B正确；对于C，根据点P的轨迹可知，当P与F重合时，MP的长度有最大值．由正方体的性质知A1B1⊥平面B1C1CB，所以FG⊥平面B1C1CB.又MG⊂平面B1C1CB，所以FG⊥MG.连接MF，则MF＝＝，故C正确；对于D，当直线CC1与直线MP所成角的余弦值最大时，直线CC1与直线MP所成的角最小，由于点P的轨迹为四边形MEFG(不含点M)，所以直线CC1与直线MP所成的最小角就是直线CC1与平面MEFG所成的角，又向量与平面MEFG的法向量的夹角为∠C1CM，且sin∠C1CM＝＝，所以直线CC1与平面MEFG所成角的余弦值为，即直线CC1与直线MP所成角的余弦值的最大值为，故D正确．综上所述选BCD. 14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点D是AB上的动点．下列结论正确的是________(填序号)． ①AC⊥BC1； ②存在点D，使得AC1∥平面CDB1； ③不存在点D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B； ④三棱锥A1-CDB1的体积是定值． 答案：①②④ 解析：如图所示，由CC1⊥底面 ABC，知AC⊥CC1，又AC⊥CB，CC1∩CB＝C，CC1⊂平面BCC1B1，CB⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，故AC⊥BC1，故①正确； 设B1C与BC1交于点M，取AB的中点D，连接MD，则MD∥AC1，MD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1∥平面CDB1，故②正确； 当CD⊥AB时，因为AA1∥CC1，CC1⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面AA1B1B，所以CD⊥平面AA1B1B，因为CD⊂平面CDB1，故平面CDB1⊥平面AA1B1B，故③不正确； 设点C到平面A1B1D的距离为h，则V＝V＝×S×h＝S·h，因为四边形A1B1BA面积为定值，h为定值，所以三棱锥A1-CDB1的体积是定值，故④正确． (每小题9分，共18分) 15．在空间直角坐标系O-xyz中，正四面体P-ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则|OP|的取值范围是(　　) A. B．[1,3] C. D. 答案：A 解析：如图所示，若固定正四面体P-ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动．设AB的中点为M，则PM＝＝，所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径，最大距离是PM加上球M的半径，所以－1≤|OP|≤＋1，即|OP|的取值范围是.故选A. 16.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. 答案：B 解析：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′的最小值．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＝.故选B. 学科网（北京）股份有限公司 $$