第二编 专题4 专题培优 立体几何中的动态问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦“立体几何中的动态问题”专题，依据高考评价体系梳理了动点轨迹、翻折展开、最值范围三大核心考向，通过考情分析明确选择题、填空题、解答题的中档难度定位，归纳出空间直角坐标系、向量法、函数思想等常考题型的解题策略，体现备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“真题解析+专题突破+素养提升”的备考模式，如以2025年八省联考最值问题为例，运用函数思想转化动态问题，培养学生的数学思维和空间观念。真题VS押题部分整合近三年新课标卷真题，提炼翻折问题“抓不变量”、轨迹问题“定义法”等技巧，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

第二编　主干知识突破 专题四　立体几何 专题培优　立体几何中的动态问题 「考情分析」立体几何中的动态问题是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的、是可变的一类开放性问题，这类试题给静态的立体几何问题赋予了活力，将立体几何问题与解三角形、多边形的周长与面积、解析几何等之间建立了桥梁．高考中的主要考向有空间中动点的轨迹问题，翻折、展开问题，最值、范围问题等，在选择题、填空题、解答题中均可能出现，难度属中档． 2 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 热点 考向探究 考向1　动点轨迹问题 热点 考向探究 5 热点 考向探究 6 热点 考向探究 7 热点 考向探究 8 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数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度的关系取特殊值或位置进行排除． 热点 考向探究 9 热点 考向探究 10 热点 考向探究 11 热点 考向探究 12 热点 考向探究 13 解： (1)证明：因为四边形ABCD是菱形且AC∩BD＝O1，所以AC⊥BD，DO1＝BO1. 因为M，N分别是边BC，CD的中点， 所以MN∥BD. 因为AC⊥BD，AC∩MN＝G， 所以AG⊥MN，CG⊥MN，AG⊥BD. 即在五边形ABMND中，AG⊥BD，AG⊥MN，DO1＝BO1； 在△PMN中，PG⊥MN. 在折叠过程中，MN⊥PG， 又因为MN∥BD，所以BD⊥PG. 热点 考向探究 14 又AG⊥BD，AG∩PG＝G，AG，PG⊂平面PAG， 所以BD⊥平面PAG. 连接PO1，因为PO1⊂平面PAG， 所以BD⊥PO1. 又DO1＝BO1，所以PO1垂直平分线段BD， 所以PD＝PB. (2)因为平面PMN⊥平面MNDB，平面PMN∩平面MNDB＝MN，PG⊂平面PMN，PG⊥MN， 所以PG⊥平面MNDB. 因为AG⊂平面MNDB，所以PG⊥AG. 热点 考向探究 15 热点 考向探究 16 热点 考向探究 17 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 翻折问题的两个解题策略 确定翻折 前后变与 不变的 关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 确定翻折 后关键点 的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 考向3　最值、范围问题　 例3　(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点． (1)设PC⊥AB，三棱锥P－ABC的各个顶点都在球O的球面上． ①证明：平面PAC⊥平面ABC； ②求球O的半径； (2)求二面角A－CP－B的余弦值的最小值． 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 热点 考向探究 27 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 解最值、范围问题的常用思路 (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(小)值． (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． 热点 考向探究 32 热点 考向探究 33 热点 考向探究 34 热点 考向探究 35 热点 考向探究 36 热点 考向探究 37 热点 考向探究 38 真题VS押题 1．(2025·新课标Ⅱ卷，17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 真题VS押题 40 解：(1)证明：因为AB∥CD，所以AE∥DF， 所以A′E∥D′F， 因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F， 所以A′E∥平面CD′F. 因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F， 所以EB∥平面CD′F， 又EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB， 所以平面A′EB∥平面CD′F， 又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F. 真题VS押题 41 (2)因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB， 又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°， 所以∠D′FC＝60°. 设AD＝1，所以AB＝3，CD＝2， 因为F为CD的中点，所以DF＝FC＝1， 则D′F＝DF＝1，因为EF∥AD，AB∥CD， 所以四边形AEFD是平行四边形， 所以AE＝DF＝1，则EB＝2， 真题VS押题 42 真题VS押题 43 真题VS押题 44 真题VS押题 45 真题VS押题 46 真题VS押题 47 真题VS押题 48 真题VS押题 49 在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝4，BC＝3，AC＝5，CC1＝4，E在AB上，AE＝2，F在AD上，DF＝2，P在CD上，CP＝1，M为A1B1上的动点，α，β分别是二面角M－BC1－A和二面角M－AD1－B的平面角． (1)当M为A1B1的中点时， ①证明：PF⊥平面MDE； ②N为底面ABCD(包括边界)内的一个动点，且点N到平面ADD1A1 的距离等于点N到直线BB1的距离，MN最大时，确定点N的位置； (2)当α＋β最小时，求tan(α＋β)． 真题VS押题 50 解： (1)①证明：因为AC＝5，AB＝4，BC＝3， 所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC， 又底面ABCD为平行四边形， 所以底面ABCD为矩形， 因为ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱， 所以DA，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则F(2，0，0)，P(0，3，0)，E(3，2，0)，M(3，2，4)， 真题VS押题 51 真题VS押题 52 因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD， 所以NH⊥平面ADD1A1，即点N到平面ADD1A1的距离为NH， 点N到直线BB1的距离为NB， 由题意可知NB＝NH， 由抛物线的定义知点N的轨迹是以B为焦点，AD为准线 的抛物线在四边形ABCD内部的部分(包括边界)， 以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，线段AB的中垂 线为y轴，建立平面直角坐标系，易得抛物线方程为y2＝8x， 真题VS押题 53 真题VS押题 54 (2)作B1S⊥BC1于点S，A1T⊥AD1于点T，连接MS，MT，ST， 因为A1B1⊥BC1，B1S⊥BC1，且A1B1∩B1S＝B1，A1B1，B1S⊂平面MB1S， 所以BC1⊥平面MB1S， 又MS⊂平面MB1S， 所以BC1⊥MS. 因为B1S⊥BC1，B1S⊥AB，BC1∩AB＝B，BC1， AB⊂平面ABC1D1， 所以B1S⊥平面ABC1D1， 同理，A1T⊥平面ABC1D1， 所以B1S∥A1T， 真题VS押题 55 真题VS押题 56 真题VS押题 57 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 翻折、展开问题；棱锥的外接球；球的表面积 动点轨迹问题；最值、范围问题 动点轨迹问题；棱锥的体积；棱锥的外接球；与截面有关的计算问题 翻折、展开问题；最值、范围问题；判断线面平行、线线垂直；锥体的体积；二面角的正切值 动点轨迹问题；判断线面平行、线线垂直；与截面有关的计算问题 题号 6 7 8 9 10 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★★ 对点 动点轨迹问题 翻折、展开问题；证明线面平行；求平面与平面夹角的余弦值 翻折、展开问题；证明线面垂直；求平面与平面夹角的余弦值 翻折、展开问题；证明线面平行；由线面角的正弦值求线段长度的比值；求点到平面的距离 翻折、展开问题；最值、范围问题；证明异面直线垂直；棱锥的外接球；求二面角的最值 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 59 一、单选题 1．(2025·河南九师联盟联考)如图1，在平行四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝2BD＝2.沿BD将△ABD折起，使点A到达点P的位置，得到三棱锥P－BCD，如图2，若PC＝3，则三棱锥P－BCD外接球的表面积为(　　) A．6π B．8π C．9π D．12π 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 60 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 61 解析：如图所示，取A1D1的中点M，连接AM，B1M，AB1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD∥B1C1且AD＝B1C1，因为E，F分别是棱AD，B1C1的中点，则AE∥B1F且AE＝B1F，所以四边形AB1FE为平行四边形，则AB1∥EF，又因为AB1⊄平面BEF， 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 65 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 66 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 67 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 68 解析：如图1，在线段AD上截取AE＝CM，由AD∥CM，可 得四边形AMCE为平行四边形，则CE∥AM，又CE⊄平面B′AM， AM⊂平面B′AM，则CE∥平面B′AM.在平面AB′D内过点E作EN∥ AB′，EN⊄平面B′AM，AB′⊂平面B′AM，则EN∥平面B′AM，又 EN∩CE＝E，EN，CE⊂平面CEN，则平面CEN∥平面B′AM，又CN⊂平面CEN，∴CN∥平面B′AM，故A正确；若对任意点N，都有直线B′M和直线CN垂直，CN⊂平面B′CD，则B′M⊥平面B′CD，又B′D⊂平面B′CD，∴B′M⊥B′D，又B′M⊥AB′，且B′D∩B′A＝B′，B′D，B′A⊂平面AB′D，∴B′M⊥平面AB′D，显然B′M不可能同时垂直于两个相交平面，故B错误； 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 69 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 70 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 71 ①③ 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 72 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 73 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 74 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 75 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 76 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 77 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 78 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 79 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 80 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 81 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 82 解：(1)证明：由平面CDP⊥平面ABCD，平面CDP∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，得AD⊥平面CDP， 又AD∥BC，所以BC⊥平面CDP， 又PD⊂平面CDP，所以BC⊥PD. 由P是以CD为直径的半圆上任意一点(不与点C，D重合)，得PC⊥PD， 又BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC， 所以PD⊥平面PBC. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 83 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 84 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 85 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 86 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 87 解：(1)证明：因为AC⊥BC，AB＝2BC＝6，所以∠ABC＝60°， 连接CE，因为E为AB的中点， 所以△BCE是等边三角形． 取BE的中点G，连接CG，FG， 则FG∥PE，CG⊥BE，所以CG∥DE. 因为FG⊄平面PDE，CG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，DE⊂平面PDE， 所以FG∥平面PDE，CG∥平面PDE， 又CG∩FG＝G，CG，FG⊂平面FCG， 所以平面FCG∥平面PDE， 又CF⊂平面FCG，所以CF∥平面PDE. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 88 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 89 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 90 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 91 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 92 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 93 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 94 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 95 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 96 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 97 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 98 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 99 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 100 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 101 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 102 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(多选)如图，平面ABN⊥平面α，AB＝MN＝2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α所成角的大小为30°，点P为平面α内的动点，则(　　) A．以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π B．若点P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线 C．若点P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为eq \f(π,2) D．满足∠MNP＝eq \f(π,4)的点P的轨迹是椭圆 解析：对于A，由于MN与平面α所成角的大小为30°， 所以点N到平面α的距离d＝MN·sin30°＝1，故半径为R＝2 的球面在平面α上截面圆的半径为r＝eq \r(R2－d2)＝eq \r(3)，故截痕长 为2πr＝2eq \r(3)π，A错误；对于B，由于平面ABN⊥平面α，所以以M为原点，AB为y轴，在平面α内过M作x轴⊥AB，在平面ABN内作z轴⊥AB，建立如图1所示的空间直角坐标系，则M(0，0，0)，B(0，1，0)，A(0，－1，0)，N(0，eq \r(3)，1)，设P(x，y，0)，则PM＝PN，即x2＋y2＝x2＋(y－eq \r(3))2＋1，化简得y＝eq \f(2\r(3),3)，则点P的轨迹是一条直线，B正确； 对于C，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \o(MP,\s\up17(→))＝(x，y，0)，所以点P到直线MN的距离为eq \r(\a\vs4\al(\o(MP,\s\up17(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(MP,\s\up17(→))·\o(MN,\s\up17(→)),(|\o(MN,\s\up17(→))|))))\s\up12(2)))＝eq \r(x2＋y2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)y,2)))\s\up12(2))＝1，化简可得x2＋eq \f(y2,4)＝1，所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2＋eq \f(y2,4)＝1，如图2，当P在短轴的端点时，∠APB最大，由于BM＝MP＝1，故∠BPM＝eq \f(π,4)，因此∠APB＝2∠BPM＝eq \f(π,2)，C正确； 对于D，eq \o(NM,\s\up17(→))＝(0，－eq \r(3)，－1)，eq \o(NP,\s\up17(→))＝(x，y－eq \r(3)，－1)，若∠MNP＝eq \f(π,4)，则cos∠MNP＝cos〈eq \o(NM,\s\up17(→))，eq \o(NP,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(NM,\s\up17(→))·\o(NP,\s\up17(→)),|\o(NM,\s\up17(→))||\o(NP,\s\up17(→))|)＝eq \f(－\r(3)y＋4,2\r(x2＋（y－\r(3)）2＋1))＝eq \f(\r(2),2)，化简得eq \f(（y－2\r(3)）2,4)－eq \f(x2,2)＝1且y<eq \f(4\r(3),3)，故满足∠MNP＝eq \f(π,4)的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误．故选BC. (多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M是侧面BB1C1C上的一个动点(含边界)，下列结论正确的是(　　) A．若A，B，M，D1四点共面，则点M的运动轨迹长度为4eq \r(2) B．若AM⊥BD1，则点M的运动轨迹长度为4eq \r(2) C．若AM＝2eq \r(5)，则点M的运动轨迹长度为2π D．若直线AM与C1D1所成的角为45°，则点M的运动轨迹长度为2π 解析：因为AB∥C1D1，所以A，B，C1，D1确定一个平面，而 不共线的三点A，B，D1在这个平面内，所以A，B，M，D1确定的 平面即为平面ABC1D1，故点M在BC1上，即点M的轨迹为BC1， BC1＝4eq \r(2)，故A正确；如图，连接AB1，B1C，AC，A1B，CD1.因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1.又AB1⊥A1B，BC∩A1B＝B，BC，A1B⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥平面A1BCD1.又BD1⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥BD1，同理可证AC⊥BD1.又AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C.故当AM⊥BD1时，点M在B1C上，即点M的轨迹为B1C，B1C＝4eq \r(2)，故B正确； 因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，所以AB⊥平面BCC1B1.而 BM⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BM，所以BM＝eq \r(AM2－AB2)＝ eq \r(20－16)＝2，所以点M的轨迹是以B为圆心，2为半径的eq \f(1,4)圆， 则轨迹长度为eq \f(1,4)×2π×2＝π，故C错误；因为AB∥C1D1，直线AM与C1D1所成的角为45°，所以AM与AB所成的角为45°，即∠MAB＝45°，所以在Rt△MAB中，AB＝BM＝4，所以点M的轨迹是以B为圆心，4为半径的eq \f(1,4)圆，则轨迹长度为eq \f(1,4)×2π×4＝2π，故D正确．故选ABD. 考向2　翻折、展开问题 例2　(2025·山东齐鲁名校联考四)如图1，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD＝O1，AC∩MN＝G.沿直线MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P－ABMND. (1)证明：在翻折过程中，总有PD＝PB； (2)若平面PMN⊥平面MNDB，线段PA上是否存在一点Q(可与点P重合)，使得点B到平面QDN的距离是菱形ABCD边长的eq \f(\r(87),29)？若存在，试确定点Q的位置，并求此时平面QDN与平面PMN所成锐二面角的余弦值；若不存在，请说明理由． 又因为GM⊥AG，所以GA，GM，GP两两垂直，故以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设菱形ABCD的边长为4a，则P(0，0，eq \r(3)a)，D(eq \r(3)a，－2a，0)，B(eq \r(3)a，2a，0)，N(0，－a，0)，A(3eq \r(3)a，0，0)，所以eq \o(PB,\s\up17(→))＝(eq \r(3)a，2a，－eq \r(3)a)＝a(eq \r(3)，2，－eq \r(3))，eq \o(PA,\s\up17(→))＝(3eq \r(3)a，0，－eq \r(3)a)＝a(3eq \r(3)，0，－eq \r(3))． 假设线段PA上存在符合题意的点Q， 设eq \o(PQ,\s\up17(→))＝λeq \o(PA,\s\up17(→))(0≤λ<1)， 则eq \o(GQ,\s\up17(→))＝eq \o(GP,\s\up17(→))＋eq \o(PQ,\s\up17(→))＝eq \o(GP,\s\up17(→))＋λeq \o(PA,\s\up17(→))＝a(0，0，eq \r(3))＋a(3eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)＝a(3eq \r(3)λ，0，eq \r(3)－eq \r(3)λ)． 易知平面PMN的一个法向量为n1＝(1，0，0)． 设平面QDN的法向量为n2＝(x，y，z)， 因为eq \o(DQ,\s\up17(→))＝eq \o(GQ,\s\up17(→))－eq \o(GD,\s\up17(→))＝a(3eq \r(3)λ－eq \r(3)，2，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，eq \o(DN,\s\up17(→))＝a(－eq \r(3)，1，0)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DQ,\s\up17(→))＝a（3\r(3)λ－\r(3)）x＋2ay＋a（\r(3)－\r(3)λ）z＝0，,n2·\o(DN,\s\up17(→))＝－\r(3)ax＋ay＝0，)) 可取n2＝(λ－1，eq \r(3)λ－eq \r(3)，3λ＋1)． 设平面QDN与平面PMN所成的锐二面角为θ， 则cosθ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝eq \f(|λ－1|,\r(（λ－1）2＋（\r(3)λ－\r(3)）2＋（3λ＋1）2)) ＝eq \f(|λ－1|,\r(4（λ－1）2＋（3λ＋1）2)). 因为eq \o(DB,\s\up17(→))＝a(0，4，0)， 所以点B到平面QDN的距离d＝eq \f(|\o(DB,\s\up17(→))·n2|,|n2|) ＝eq \f(4\r(3)a|λ－1|,\r(（λ－1）2＋（\r(3)λ－\r(3)）2＋（3λ＋1）2))＝eq \f(4\r(87)a,29)， 即eq \f(|λ－1|,\r(4（λ－1）2＋（3λ＋1）2))＝eq \f(\r(29),29)，即cosθ＝eq \f(\r(29),29)， 化简得2λ2－7λ＋3＝0，解得λ＝eq \f(1,2)(λ＝3舍去)． 综上，当点B到平面QDN的距离是菱形ABCD边长的eq \f(\r(87),29)时，点Q在线段PA的中点处，此时平面QDN与平面PMN所成锐二面角的余弦值为eq \f(\r(29),29). (2025·江苏南京模拟)如图1，已知三棱锥P－ABC，O，G分别为AC，PA的中点，AB＝eq \r(3).图2是三棱锥P－ABC的平面展开图，四边形ABCD为正方形，△ABE和△BCF均为正三角形． (1)证明：OG∥平面PCB； (2)证明：平面PCA⊥平面BCA； (3)求二面角C－PA－B的余弦值． 解：(1)证明：在△PAC中， 因为O，G分别为AC，PA的中点， 根据三角形中位线定理可得OG∥PC. 又因为OG⊄平面PCB，PC⊂平面PCB， 所以OG∥平面PCB. (2)证明：连接OP，OB. 由题意可知∠APC＝∠ADC＝90°，OP⊥AC，OB⊥AC，OP＝OB＝OA＝OC＝eq \f(\r(6),2)， 在三棱锥P－ABC中，PB＝eq \r(3)， 则OP2＋OB2＝3＝PB2， 根据勾股定理的逆定理可知∠POB＝90°， 即OP⊥OB. 因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面BCA， 所以OP⊥平面BCA. 又因为OP⊂平面PCA， 所以平面PCA⊥平面BCA. (3)以O为原点，OB，OA，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(6),2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)))， 所以eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)，－\f(\r(6),2)))，eq \o(PC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(6),2)，－\f(\r(6),2)))，eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0，－\f(\r(6),2))). 易得平面PCA的一个法向量为n1＝(1，0，0)， 设平面PBA的法向量为n2＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PA,\s\up17(→))＝0，,n2·\o(PB,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)y－\f(\r(6),2)z＝0，,\f(\r(6),2)x－\f(\r(6),2)z＝0，))令z＝1， 解得x＝1，y＝1，所以n2＝(1，1，1)． 设二面角C－PA－B的大小为θ，易知二面角C－PA－B为锐角， 所以cosθ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,1×\r(3))＝eq \f(\r(3),3)， 即二面角C－PA－B的余弦值为eq \f(\r(3),3). 解：(1)在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，得∠CAD＝∠ADC＝30°， 所以AD＝2ACcos∠CAD＝2×1×cos30°＝eq \r(3)，且∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝120°－30°＝90°，即AB⊥AC. ①证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC， 又AB⊂平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. ②以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 在平面PAC内，过P作PG⊥AC于G， 则AG＝eq \r(3)cos30°＝eq \f(3,2)，PG＝eq \r(3)sin30°＝eq \f(\r(3),2)， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，设球O的球心O(a，b，c)，半径为R，则AO＝BO＝CO＝PO＝R， 所以a2＋b2＋c2＝(a－1)2＋b2＋c2＝a2＋(b－1)2＋c2＝a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2)＝R2， 解得a＝eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)，c＝eq \f(\r(3),2)，R＝eq \f(\r(5),2)， 所以球O的半径为eq \f(\r(5),2). (2)如图，由(1)知PG⊥AC于G，在平面ABC内，过G作GM ⊥AC，设∠PGM＝θ，θ∈(0，π)，以G为原点，eq \o(GM,\s\up17(→))，eq \o(CG,\s\up17(→))的方向 分别为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Gxyz， 则G(0，0，0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ，0，\f(\r(3),2)sinθ))， 所以eq \o(CA,\s\up17(→))＝(0，－1，0)，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(1，－1，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosθ，\f(1,2)，\f(\r(3),2)sinθ))， 设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(CA,\s\up17(→))，,m⊥\o(CP,\s\up17(→))，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(CB,\s\up17(→))，,n⊥\o(CP,\s\up17(→))，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CA,\s\up17(→))＝－y1＝0，,m·\o(CP,\s\up17(→))＝\f(\r(3),2)x1cosθ＋\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)z1sinθ＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up17(→))＝x2－y2＝0，,n·\o(CP,\s\up17(→))＝\f(\r(3),2)x2cosθ＋\f(1,2)y2＋\f(\r(3),2)z2sinθ＝0，)) 取x1＝sinθ，x2＝1，则m＝(sinθ，0，－cosθ)， n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(\r(3)cosθ＋1,\r(3)sinθ)))， 所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|) ＝eq \f(sinθ＋\f(（\r(3)cosθ＋1）cosθ,\r(3)sinθ),\r(2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)cosθ＋1,\r(3)sinθ)))\s\up12(2)))＝eq \f(cosθ＋\r(3),\r(－3cos2θ＋2\r(3)cosθ＋7))， 令t＝cosθ＋eq \r(3)，则cosθ＝t－eq \r(3)， 由θ∈(0，π)，得t∈(eq \r(3)－1，eq \r(3)＋1)， 则eq \f(1,t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\f(\r(3)＋1,2)))， 则cos〈m，n〉＝eq \f(t,\r(－3t2＋8\r(3)t－8)) ＝eq \f(1,\r(－\f(8,t2)＋\f(8\r(3),t)－3))＝eq \f(1,\r(－8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋3))≥eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)， 当且仅当eq \f(1,t)＝eq \f(\r(3),2)，即t＝eq \f(2\r(3),3)，cosθ＝－eq \f(\r(3),3)时，等号成立， 所以二面角A－CP－B的余弦值的最小值为eq \f(\r(3),3). (2025·山东烟台三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为2的正三角形，且二面角P－AD－C的大小为60°.底面ABCD为平行四边形，AB＝1，∠ABC＝60°，点Q在棱PD上且eq \o(PQ,\s\up17(→))＝λeq \o(PD,\s\up17(→))(0<λ<1)． (1)若λ＝eq \f(1,2)，证明：PB∥平面ACQ； (2)求直线AP与平面BQC所成角的正弦值的取值范围． 解：(1)证明：若λ＝eq \f(1,2)，即Q为PD的中点，连接BD交AC于点M，连接QM， 由题意，可知M为BD的中点， 所以QM为△BDP的中位线，所以QM∥PB， 因为QM⊂平面ACQ，PB⊄平面ACQ， 所以PB∥平面ACQ. (2)因为AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°， 所以BA⊥AC. 以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴，过A且垂直平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，eq \r(3)，0)． 因为△PAD是边长为2的正三角形， 所以点P和AD的中点连线的距离为eq \r(3)， 因为二面角P－AD－C的大小为60°， 所以点P到底面ABCD的距离为eq \r(3)sin60°＝eq \f(3,2)， 点P在底面的射影到AD的距离为eq \r(3)cos60°＝eq \f(\r(3),2)， 所以点P在底面ABCD的射影在边BC上且靠近C的四等分点处， 所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3\r(3),4)，\f(3,2)))，所以eq \o(PD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，\f(\r(3),4)，－\f(3,2)))， 因为eq \o(PQ,\s\up17(→))＝λeq \o(PD,\s\up17(→))(0<λ<1)，所以eq \o(PQ,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)λ，\f(\r(3),4)λ，－\f(3,2)λ))， 又eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(3,2)))， 所以eq \o(BQ,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)－\f(5,4)λ，\f(3\r(3),4)＋\f(\r(3),4)λ，\f(3,2)－\f(3,2)λ)). 又eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－1，eq \r(3)，0)， 设平面BQC的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BQ,\s\up17(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)－\f(5,4)λ))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),4)＋\f(\r(3),4)λ))y＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(3,2)λ))z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，)) 令y＝eq \r(3)，则x＝3，z＝eq \f(2λ,1－λ)， 即m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\r(3)，\f(2λ,1－λ)))，0<λ<1， 又eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3\r(3),4)，\f(3,2)))， 设直线AP与平面BQC所成的角为α， 则sinα＝eq \f(|m·\o(AP,\s\up17(→))|,|m||\o(AP,\s\up17(→))|)＝eq \f(\f(3,1－λ),2\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,1－λ)))\s\up12(2)))， 整理，得sinα＝eq \f(3,4)·eq \f(1,\r(4λ2－6λ＋3)). 当λ∈(0，1)时，eq \r(4λ2－6λ＋3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))， 所以sinα∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(\r(3),2))). 即直线AP与平面BQC所成角的正弦值的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(\r(3),2))). 则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，E(1，0，0)，F(0，0，0)， 所以eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(CD′,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(FE,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(FD′,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2))). 设平面BCD′的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up17(→))·n＝0，,\o(CD′,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－y＝0，,－\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 令y＝eq \r(3)，则z＝1，x＝－eq \r(3)， 所以n＝(－eq \r(3)，eq \r(3)，1)． 设平面EFD′A′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up17(→))·m＝0，,\o(FD′,\s\up17(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 令y＝eq \r(3)，则z＝－1，x＝0，所以m＝(0，eq \r(3)，－1)． 所以|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|0＋3－1|,\r(3＋1)×\r(3＋3＋1))＝eq \f(1,\r(7)). 所以平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(7))))\s\up12(2))＝eq \f(\r(42),7). 2．(2024·新课标Ⅱ卷，17)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5eq \r(3)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))， 得AE＝2eq \r(3)，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理，得EF＝eq \r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠BAD) ＝eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3eq \r(3)，CD＝3， 得EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4eq \r(3)，PE＝AE＝2eq \r(3)，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则E(0，0，0)，P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2eq \r(3)，0)， 所以eq \o(PC,\s\up17(→))＝(3，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PD,\s\up17(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))， eq \o(PB,\s\up17(→))＝(4，2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PF,\s\up17(→))＝(2，0，－2eq \r(3))， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up17(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up17(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up17(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up17(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，)) 令y1＝2，x2＝eq \r(3)，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(eq \r(3)，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(13))＝eq \f(\r(65),65)， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝eq \r(1－\f(1,65))＝eq \f(8\r(65),65)， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为eq \f(8\r(65),65). 所以eq \o(PF,\s\up17(→))＝(2，－3，0)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝(3，2，0)，eq \o(EM,\s\up17(→))＝(0，0，4)， 则eq \o(PF,\s\up17(→))·eq \o(DE,\s\up17(→))＝0，eq \o(PF,\s\up17(→))·eq \o(EM,\s\up17(→))＝0， 所以PF⊥DE，PF⊥EM， 又DE∩EM＝E，DE，EM⊂平面MDE， 所以PF⊥平面MDE. ②因为AA1⊥平面ABCD，AA1⊂平面ADD1A1， 所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，过点N在底面ABCD内作NH⊥AD，连接NB. 设N(x0，y0)，0≤x0≤2，0≤y0≤3，MN＝eq \r(ME2＋EN2)＝eq \r(16＋EN2)，EN最大时，MN最大， EN＝2,0)eq \r(x＋yeq \o\al(2,0)) ＝2,0)eq \r(x＋8x0) ，当x0＝2时，y0＝4，当y0＝3时，x0＝eq \f(9,8)， 所以0≤x0≤eq \f(9,8)，所以当x0＝eq \f(9,8)时，EN最大，即MN最大， 此时N在CD上，且CN＝eq \f(7,8). 又由直角三角形的面积易得B1S＝A1T＝eq \f(12,5)， 所以四边形B1STA1是矩形， 所以ST∥A1B1∥AB， 因为AB⊥BC1，所以ST⊥BC1， 所以二面角M－BC1－A的平面角即为∠MST＝α， 同理，二面角M－AD1－B的平面角即为∠MTS＝β. 当M与B1(或A1)重合时，α＋β＝π－∠TB1S， tan(α＋β)＝－tan∠TB1S＝－eq \f(5,3)； 当M与B1(或A1)不重合时，设MB1＝x，MA1＝4－x，0<x<4， 则tanα＝eq \f(\f(12,5),x)，tanβ＝eq \f(\f(12,5),4－x)， 所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq \f(\f(48,5),x（4－x）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)))\s\up12(2))， 因为x(4－x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5))) eq \s\up12(2)≤4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5))) eq \s\up12(2)<0，当且仅当x＝2时，等号成立， 所以α＋β>eq \f(π,2)，当α＋β最小时，tan(α＋β)最小， 此时tan(α＋β)＝－eq \f(60,11)<－eq \f(5,3). 综上，tan(α＋β)＝－eq \f(60,11). 解析：在Rt△BCD中，BC＝eq \r(BD2＋CD2)＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，又PB＝2，PC＝3，所以PB2＋BC2＝PC2，所以PB⊥BC，同理可得CD⊥PD.取PC的中点O，则OP＝OB＝OC＝OD＝eq \f(3,2)，所以O为三棱锥P－BCD外接球的球心，OP为半径，所以三棱锥P－BCD外接球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up12(2)＝9π.故选C. 2．(2025·吉林通化二模)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1的中点，若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点，且B1P∥平面BEF，则B1P的最小值为(　　) A.eq \f(8\r(2),5) B.eq \f(2\r(30),5) C.eq \r(5) D．2eq \r(2) EF⊂平面BEF，所以AB1∥平面BEF，同理可证AM∥平面BEF， 因为AB1∩AM＝A，且AB1，AM⊂平面AB1M，所以平面AB1M∥平 面BEF，又因为AM⊂平面AA1D1D，当P∈AM时，B1P⊂平面AB1M， 所以B1P∥平面BEF，所以点P在侧面AA1D1D内的轨迹为线段AM，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，可得AM＝B1M＝eq \r(5)，AB1＝2eq \r(2)，在△AMB1中，可得cos∠AMB1＝eq \f(5＋5－8,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5)，且B1M·cos∠AMB1＝eq \f(\r(5),5)<eq \r(5)＝AM，则sin∠AMB1＝eq \f(2\r(6),5)，所以B1P的最小值为B1M·sin∠AMB1＝eq \r(5)×eq \f(2\r(6),5)＝eq \f(2\r(30),5).故选B. 二、多选题 3．(2025·山东潍坊二模)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为正方形ABCD内的动点(包含边界)，F为BC的中点，则(　　) A．三棱锥A1－B1D1E的体积为定值 B．若D1E⊥B1D，则动点E的轨迹长度为2eq \r(2) C．若点E在线段AB上(不包含端点)，则四棱锥D1－AECD存在外接球 D．若E为AB的中点，则过D1，E，F三点的平面截该正方体所得截面的周长为2eq \r(13)＋eq \r(2) 解析：对于A，如图1，因为E为正方形ABCD内的动点(包含 边界)，所以点E到平面A1B1D1的距离为AA1＝2，所以VA1－B1D1E＝ VE－A1B1D1＝eq \f(1,3)S△A1B1D·AA1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(4,3)，为定值，故A正确； 对于B，如图2，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，2，0)，D1(0，2，2)，B1 (2，0，2)，设E(x，y，0)，0≤x≤2，0≤y≤2，则eq \o(D1E,\s\up17(→))＝(x，y－2， －2)，eq \o(B1D,\s\up17(→))＝(－2，2，－2)，因为D1E⊥B1D，所以eq \o(D1E,\s\up17(→))·eq \o(B1D,\s\up17(→))＝－2x ＋2(y－2)＋4＝0，则y＝x，又0≤x≤2，0≤y≤2，所以点E的轨迹为线段AC，则动点E的轨迹长度为AC＝2eq \r(2)，故B正确； 对于C，如图3，假设四棱锥D1－AECD存在外接球，则在平面 AECD内存在一点O，使得外接球的球心在过点O垂直于平面 AECD的直线上，且点O到A，B，C，D四点的距离相等，由于 AD⊥DC，所以O为AC的中点，要使点O到A，B，C，D四点 的距离相等，则AE⊥EC，此时E位于点B的位置，而点E在线 段AB上(不包含端点)，所以四棱锥D1－AECD不存在外接球，故 C错误；对于D，如图4，延长直线EF交AD于点G，交CD于 点H，连接GD1交AA1于点J，连接D1H交CC1于点I，连接EJ， FI，AC，则五边形EFID1J为过D1，E，F三点的平面截正方体的截面，因为AD∥BC， 所以eq \f(AG,BF)＝eq \f(AE,BE)＝1，则AG＝BF＝eq \f(1,2)BC＝1，又AA1∥DD1，所以eq \f(AG,GD)＝eq \f(AJ,DD1)＝eq \f(1,3)，则AJ＝eq \f(2,3)，A1J＝eq \f(4,3)，又AE＝1，A1D1＝2，所以EJ＝eq \f(\r(13),3)，D1J＝eq \f(2\r(13),3)，同理可得FI＝eq \f(\r(13),3)，D1I＝eq \f(2\r(13),3)，又EF＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，所以五边形EFID1J的周长为2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),3)＋\f(\r(13),3)))＋eq \r(2)＝2eq \r(13)＋eq \r(2)，故D正确．故选ABD. 4．(2025·河北部分重点中学三模)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(3)，M为线段BC上的动点(含点C，不含点B)，将△ABM沿AM折起，使点B翻折至点B′位置，且二面角B′－AM－D为60°，N为线段B′D上的动点，在四棱锥B′－AMCD中，下列说法错误的是(　　) A．存在点N，使得CN∥平面B′AM B．存在点M，使得对任意点N，都有直线B′M和直线CN垂直 C．三棱锥B′－AMC的体积为定值 D．二面角B′－CM－D的正切值的最小值为eq \f(2,3) 如图2，过点B′作B′O⊥平面AMCD于点O，过点O作OP⊥ AM于点P，连接B′P，由B′O⊥平面AMCD，AM⊂平面AMCD， 得B′O⊥AM，又OP∩B′O＝O，OP，OB′⊂平面OPB′，则AM ⊥平面OPB′，又B′P⊂平面OPB′，则B′P⊥AM，∴∠B′PO为二 面角B′－AM－D的平面角，∴∠B′PO＝60°，设B′M＝t，则MC＝eq \r(3)－t，当t＝eq \r(3)时，M与C重合，不符合题意，则t∈(0，eq \r(3))．在Rt△AB′M中，由等面积法，可知B′P＝eq \f(t,\r(1＋t2))，∴PO＝eq \f(1,2)B′P＝eq \f(t,2\r(1＋t2))，B′O＝eq \f(\r(3)t,2\r(1＋t2))，∴VB′－AMC＝eq \f(1,3)·eq \f(\r(3)－t,2)·eq \f(\r(3)t,2\r(1＋t2))，不是定值，故C错误； 如图3，在矩形ABCD中，OB＝OP＋BP＝OP＋B′P＝eq \f(3t,2\r(1＋t2))， 过点O作OQ⊥CM于点Q，易得△ABM∽△BQO，∴eq \f(OQ,MB)＝eq \f(OB,MA)， ∴OQ＝eq \f(\f(3t,2\r(1＋t2)),\r(1＋t2))·t＝eq \f(3,2)·eq \f(t2,1＋t2)，设二面角B′－CM－D的大小为θ，则tanθ＝eq \f(B′O,OQ)＝eq \f(\f(\r(3)t,2\r(1＋t2)),\f(3,2)·\f(t2,1＋t2))＝eq \f(1,\r(3))·eq \r(1＋\f(1,t2))，∴当t＝eq \r(3)时，tanθ取得最小值eq \f(2,3)，但是t∈(0，eq \r(3))，则二面角B′－CM－D的正切值的最小值不可能取到eq \f(2,3)，故D错误．故选BCD. 三、填空题 5．(2025·北京石景山一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点(不包含端点)，给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有BQ⊥AB1； ②存在点Q，使得BQ∥平面MNP； ③过点Q且与BN垂直的平面截正方体ABCD－A1B1C1D1 所得截面面积的最大值为2eq \r(5). 其中正确的命题是________．(填序号) 解析：如图1，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，A(2，0， 0)，B1(2，2，2)，P(0，1，2)，M(2，0，1)，N(0，2，1)，设Q(a， 0，2)(0<a<2)，对于①，eq \o(BQ,\s\up17(→))＝(a－2，－2，2)，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，2，2)， 则eq \o(BQ,\s\up17(→))·eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(a－2)×0＋(－2)×2＋2×2＝0，所以eq \o(BQ,\s\up17(→))⊥eq \o(AB1,\s\up17(→))，即BQ⊥AB1，故①正确；对于②，eq \o(BQ,\s\up17(→))＝(a－2，－2，2)，eq \o(PM,\s\up17(→))＝(2，－1，－1)，eq \o(PN,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，设平面MNP的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PM,\s\up17(→))＝2x－y－z＝0，,m·\o(PN,\s\up17(→))＝y－z＝0，))取y＝1，则m＝(1，1，1)，要使BQ∥平面MNP，则eq \o(BQ,\s\up17(→))·m＝0，则a－2－2＋2＝0，即a＝2，不符合题意，所以不存在点Q，使得BQ∥平面MNP，故②错误； 对于③，如图2，在平面A1B1C1D1内作QK⊥B1C1，垂足为K，在平面BCC1B1内过点K作KT⊥BN交CC1于点T，因为平面A1B1C1D1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，且QK⊂平面A1B1C1D1，所以QK⊥平面BCC1B1，又BN⊂平面BCC1B1，所以QK⊥BN，因为QK∩KT＝K，QK，KT⊂平面QKT，所以BN⊥平面QKT，平面QKT截正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为平行四边形QKTL，当点T与点C重合时，K为B1C1的中点，截面面积最大，此时KT＝eq \r(5)，QK＝2，截面面积为2eq \r(5)，故③正确． 6．(2025·广东茂名二模)已知棱长为a的正四面体P－ABC中，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(7,9) eq \o(AB,\s\up17(→))，Q为侧面PBC内的一动点，若QM＝eq \f(\r(7),3)QB，则点Q的轨迹长度为________． 解析：以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标 系，可得A(0，0，0)，B(a，0，0)，因为eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(7,9) eq \o(AB,\s\up17(→))，可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)a，0，0))， 设Q(x，y，z)，因为QM＝eq \f(\r(7),3)QB，即QM2＝eq \f(7,9)QB2，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,9)a)) eq \s\up12(2)＋y2＋z2 ＝eq \f(7,9)[(x－a)2＋y2＋z2]，整理得x2＋y2＋z2＝eq \f(7a2,9)，所以点Q在空间中的轨迹是以A为球心，eq \f(\r(7),3)a为半径的球，又因为点Q在侧面PBC内，过点A作AO⊥平面PBC于点O，则O为△PBC的中心， eq \f(πa,3) 点Q在侧面PBC内的轨迹是以O为圆心，eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),3)a))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a))\s\up12(2))＝eq \f(a,3)为半径的圆的一部分(如图所示的圆的实线部分)，G为BC的中点，因为OG＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),6)a，所以cos∠SOG＝eq \f(OG,OS)＝eq \f(\f(\r(3),6)a,\f(a,3))＝eq \f(\r(3),2)，所以∠SOG＝eq \f(π,6)，则∠SOT＝eq \f(π,3)，所以点Q的轨迹长度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π－3×\f(π,3)))×eq \f(a,3)＝eq \f(πa,3). 四、解答题 7．(2025·河南许昌二模)如图，在正四棱台A1B1C1D1－ABCD中，AB＝4A1B1＝4，BB1＝3，eq \o(DB,\s\up17(→))＝4eq \o(DF,\s\up17(→))，棱B1B上的点E满足AE＋EC取得最小值． (1)证明：B1F∥平面AEC； (2)在空间取一点G，使得AG∥C1C，设平面AGE与平面BDD1B1的夹角为θ，求cosθ的值． 解：(1)证明：在等腰梯形AA1B1B中， 因为AB＝4A1B1＝4，BB1＝3， 所以cos∠ABB1＝eq \f(\f(AB－A1B1,2),BB1)＝eq \f(1,2)，所以∠ABB1＝eq \f(π,3)，将侧面AA1B1B与侧面BB1C1C沿着B1B展平到同一个平面内， 连接AC，如图1，可得当且仅当BE＝ABcos∠ABB1＝ 2时，AE＋EC取得最小值， 此时eq \o(BB1,\s\up17(→))＝3eq \o(EB1,\s\up17(→)). 如图2，设AC与BD交于点O，再连接EO，因为eq \o(DB,\s\up17(→))＝4eq \o(DF,\s\up17(→))，所以eq \o(BF,\s\up17(→))＝3eq \o(OF,\s\up17(→))， 所以B1F∥EO， 因为B1F⊄平面AEC，EO⊂平面AEC， 所以B1F∥平面AEC. (2)设上底面的中心为O1，则OA，OB，OO1两两垂直， 以O为原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 在直角梯形OBB1O1中，得 OO1＝2,1)eq \r(BB－（BO－B1O1）2) ＝eq \f(3\r(2),2)， 显然平面BDD1B1的一个法向量为n1＝(1，0，0)，A(2eq \r(2)，0，0)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，\f(3\r(2),2)))，C(－2eq \r(2)，0，0)，E(0，eq \r(2)，eq \r(2))，所以eq \o(AE,\s\up17(→))＝(－2eq \r(2)，eq \r(2)，eq \r(2))，eq \o(C1C,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),2)，0，－\f(3\r(2),2))). 不妨设eq \o(AG,\s\up17(→))＝eq \r(2) eq \a\vs4\al(\o(C1C,\s\up17(→)))＝(－3，0，－3)， 设平面AEG的法向量为n2＝(x，y，z)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2\r(2)x＋\r(2)y＋\r(2)z＝0，,－3x－3z＝0，))令x＝－1， 则y＝－3，z＝1，所以n2＝(－1，－3，1)， 所以cosθ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(|－1|,1×\r(11))＝eq \f(\r(11),11). 8．(2025·山西朔州模拟)如图1所示的平面图形中，AD⊥CD，AD∥BC，AD＝8，CD＝10，BC＝4，P是以CD为直径的半圆上任意一点(不与点C，D重合)，以CD为折痕，将半圆所在平面CDP折起，使平面CDP⊥平面ABCD，如图2. (1)证明：PD⊥平面PBC； (2)求△PBD面积的最大值； (3)当PD＝4eq \r(5)时，求平面PBC与平面ABP夹角的余弦值． (2)由(1)知PD⊥平面PBC，而PB⊂平面PBC，则PD⊥PB， 所以PB2＋PD2＝BD2＝BC2＋CD2＝116，S△PBD＝eq \f(1,2)PB·PD≤eq \f(PB2＋PD2,4)＝29， 当且仅当PB＝PD＝eq \r(58)时，等号成立， 所以△PBD面积的最大值为29. (3)在平面CDP内过点P作PG⊥DC于点G， 由(1)得PG⊥平面ABCD， 在平面ABCD内过点G作Gx⊥CD， 则直线Gx，GC，GP两两垂直， 以G为原点，Gx，GC，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 当PD＝4eq \r(5)时，PC＝eq \r(CD2－PD2)＝2eq \r(5)，PG＝eq \f(PD·PC,CD)＝4，CG＝2， 则B(4，2，0)，P(0，0，4)，A(8，－8，0)，D(0，－8，0)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－4，10，0)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(－8，8，4)， 设平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up17(→))＝－4x＋10y＝0，,m·\o(AP,\s\up17(→))＝－8x＋8y＋4z＝0，)) 令y＝2，得m＝(5，2，6)， 由(1)得平面PBC的一个法向量为eq \o(DP,\s\up17(→))＝(0，8，4)， |cos〈m，eq \o(DP,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|m·\o(DP,\s\up17(→))|,|m||\o(DP,\s\up17(→))|)＝eq \f(40,\r(65)×4\r(5))＝eq \f(2\r(13),13)， 所以平面PBC与平面ABP夹角的余弦值为eq \f(2\r(13),13). 9．(2025·新疆喀什三模)如图，在△ABC中，AC⊥BC，AB＝2BC＝6，E为AB的中点，过点E作DE⊥AB交AC于点D，将△ADE沿DE翻折至△PDE，得到四棱锥P－BCDE，F为棱PB上一动点(不包含端点)． (1)若F为棱PB的中点，证明：CF∥平面PDE； (2)若PB＝3eq \r(2)，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5). ①求eq \f(BF,BP)； ②求点F到平面PCD的距离． (2)①因为PE＝AE＝BE＝3，PB＝3eq \r(2)， 所以PE2＋BE2＝18＝PB2，所以PE⊥BE， 因为DE⊥AB，所以DE⊥PE，DE⊥BE，以E为原点， ED，EB，EP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， 所以E(0，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)，\f(3,2)，0))，D(eq \r(3)，0，0)，则eq \o(BP,\s\up17(→))＝(0，－3，3)， 设eq \o(BF,\s\up17(→))＝λeq \o(BP,\s\up17(→))(0<λ<1)， 则F(0，3－3λ，3λ)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(0，3－3λ，3λ)． 因为PE⊥平面BCDE， 所以平面BCDE的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设直线EF与平面BCDE所成的角为θ， 所以sinθ＝|cos〈eq \o(EF,\s\up17(→))，n〉|＝eq \f(|\o(EF,\s\up17(→))·n|,|\o(EF,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(3λ,\r(（3－3λ）2＋（3λ）2))＝eq \f(\r(5),5)， 整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,3)(λ＝－1舍去)，所以eq \f(BF,BP)＝eq \f(1,3). ②由①知eq \o(PD,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，0，－3)，eq \o(PC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)，\f(3,2)，－3))，eq \o(DF,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，2，1)． 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PD,\s\up17(→))＝0，,m·\o(PC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－3z＝0，,\f(3\r(3),2)x＋\f(3,2)y－3z＝0，)) 令x＝eq \r(3)，得y＝－1，z＝1，则m＝(eq \r(3)，－1，1)， 所以点F到平面PCD的距离为d＝eq \f(|\o(DF,\s\up17(→))·m|,|m|)＝eq \f(|－3－2＋1|,\r(5))＝eq \f(4\r(5),5). 10．(2025·广东湛江模拟)如图1，在平面五边形ABCDE中，∠EAC＝∠DCA＝eq \f(π,2)，AE＝4，CD＝2，AB＝BC＝AC＝2eq \r(3)，F，H分别为ED，AD的中点，将△ABC沿AC翻折，使点B到点P的位置，如图2. (1)若PH⊥平面ACDE. ①证明：CF⊥PA； ②三棱锥P－ACD的各顶点都在球O上，M为球O球面上的动点，求EM的取值范围． (2)在翻折的过程中，设平面PCD与平面PAE的交线为l，求二面角A－l－C的最小值． 解：(1)①证明：如图，设CF与AD交于点G， 由题意可得AE∥CD，AD＝eq \r(AC2＋CD2)＝4， 则sin∠CDA＝sin∠DAE＝eq \f(\r(3),2)， 所以∠CDA＝∠DAE＝eq \f(π,3)， 又AD＝AE，所以△ADE为正三角形， 所以∠EDA＝∠CDA＝eq \f(π,3)， 又DF＝eq \f(1,2)DE＝CD，DG＝DG， 故△DFG≌△DCG， 所以FG＝CG，故CF⊥AD. 因为PH⊥平面ACDE，CF⊂平面ACDE， 所以CF⊥PH， 因为PH∩AD＝H，PH，AD⊂平面PAD， 所以CF⊥平面PAD， 又PA⊂平面PAD，所以CF⊥PA. ②解法一：AH＝eq \f(1,2)AD＝2， 由题意可得PH＝eq \r(PA2－AH2)＝2eq \r(2)， △ACD为直角三角形，且PH⊥平面ACDE， 所以三棱锥P－ACD外接球的球心O在直线PH上， 设球O的半径为R，则OH＝|2eq \r(2)－R|， 如图，连接AO，在Rt△AOH中，OH2＋AH2＝OA2， 即(2eq \r(2)－R)2＋22＝R2，得R＝eq \f(3\r(2),2). 连接EO，HE， 因为OH＝eq \f(\r(2),2)，HE＝2eq \r(3)， 所以EO＝eq \r(OH2＋EH2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋（2\r(3)）2)＝eq \f(5\r(2),2)， 所以EM的最小值为EO－R＝eq \r(2)，最大值为EO＋R＝4eq \r(2)，故EM的取值范围为[eq \r(2)，4eq \r(2)]． 解法二：以H为坐标原点，点F，H所在直线为x轴，平面ACDE内过点H且与x轴垂直的直线为y轴，HP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1，－eq \r(3)，0)，C(1，eq \r(3)，0)，D(－1，eq \r(3)，0)，P(0，0，2eq \r(2))，E(－3，－eq \r(3)，0)． 设球心O(x，y，z)，连接OA，OC，OD，OP， 因为OA＝OC＝OD＝OP， 所以eq \r(（x－1）2＋（y＋\r(3)）2＋z2) ＝eq \r(（x－1）2＋（y－\r(3)）2＋z2) ＝eq \r(（x＋1）2＋（y－\r(3)）2＋z2) ＝eq \r(x2＋y2＋（z－2\r(2)）2)， 解得x＝y＝0，z＝eq \f(\r(2),2)，故Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))， 所以球O的半径R＝2eq \r(2)－eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(2),2). 连接EO，因为E(－3，－eq \r(3)，0)， 所以EO＝eq \r(32＋（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(5\r(2),2)， 所以EM的最小值为EO－R＝eq \r(2)，最大值为EO＋R＝4eq \r(2)， 故EM的取值范围为[eq \r(2)，4eq \r(2)]． (2)解法一：如图，过点P作平行于AE的直线，则该直线为平面PCD与平面PAE的交线l. 设点P在平面ACDE内的射影为K，过点K作平行于AC的直线分别交CD，AE于点M，N，连接PM，PN，则∠MPN为二面角A－l－C的平面角． 因为PA＝PC，所以KA＝KC，K为MN的中点，PM＝PN， 连接PK，则∠MPK＝∠NPK，tan∠MPK＝eq \f(MK,PK)＝eq \f(\r(3),PK). 若∠MPN最小，则∠MPK最小，即tan∠MPK最小， 所以当PK取最大值时，二面角A－l－C取得最小值． 易知当K为AC的中点时，PK取得最大值，且最大值为3， 因此tan∠MPK的最小值为eq \f(\r(3),3)，即∠MPK的最小值为eq \f(π,6)， 所以二面角A－l－C的最小值为eq \f(π,3). 解法二：取AC的中点Q，连接PQ，FQ，则PQ⊥AC，PQ＝3，FQ＝3， 以Q为坐标原点，FQ，QC所在直线分别为x轴、y轴，过点Q与平面ACDE垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－eq \r(3)，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－2，eq \r(3)，0)，E(－4，－eq \r(3)，0)， 所以eq \o(DC,\s\up17(→))＝(2，0，0)，eq \o(EA,\s\up17(→))＝(4，0，0)． 设∠PQx＝θ(0≤θ≤π)，则P(3cosθ，0，3sinθ)， 所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝(3cosθ，eq \r(3)，3sinθ)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(3cosθ，－eq \r(3)，3sinθ)． 设平面PAE的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up17(→))＝0，,m·\o(EA,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3cosθ·x1＋\r(3)y1＋3sinθ·z1＝0，,4x1＝0，)) 取z1＝－1，则x1＝0，y1＝eq \r(3)sinθ， 故m＝(0，eq \r(3)sinθ，－1)． 设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CP,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3cosθ·x2－\r(3)y2＋3sinθ·z2＝0，,2x2＝0，)) 取z2＝1，则x2＝0，y2＝eq \r(3)sinθ， 故n＝(0，eq \r(3)sinθ，1)． 易知此时m与n的夹角即为二面角A－l－C的平面角， 设二面角A－l－C的大小为φ， 则cosφ＝cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(3sin2θ－1,3sin2θ＋1)＝1－eq \f(2,3sin2θ＋1)≤eq \f(1,2)， 所以当sinθ＝1时，cosφ取得最大值eq \f(1,2)，此时φ取得最小值eq \f(π,3)， 故二面角A－l－C的最小值为eq \f(π,3). $