第七章 §7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§7.3　空间点、直线、平面之间的位置关系 课标要求　1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题． 知识梳理 1．基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面． 基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内． 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线． 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行． 2．“三个”推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面． 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面． 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面． 3．空间中直线与直线的位置关系 4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 图形语言 符号语言 公共点 直线与平面 相交 a∩α＝A 1个 平行 a∥α 0个 在平面内 a⊂α 无数个 平面与平面 平行 α∥β 0个 相交 α∩β＝l 无数个 5.等角定理 如果空间中一个角的两边和另一个角的两条边分别平行且方向相同，那么这两个角相等． 6．异面直线所成的角 (1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′和b′所成的锐角(或直角)叫作异面直线a与b所成的角或夹角． (2)范围：. 常用结论 1．过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线． 2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面． 自主诊断 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)没有公共点的两条直线是异面直线．(　×　) (2)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种．(　×　) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　×　) (4)两两相交的三条直线共面．(　×　) 2．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，直线BD1与直线AA1所成角的余弦值是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　连接BD(图略)，由于AA1∥DD1，所以∠DD1B即为直线BD1与直线AA1所成的角， 不妨设正方体的棱长为a，则BD＝a，BD1＝＝a， 所以cos∠DD1B＝＝＝. 3．(多选)给出以下四个命题，其中错误的是(　　) A．不共面的四点中，其中任意三点不共线 B．若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面 C．若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面 D．依次首尾相接的四条线段必共面 答案　BCD 解析　反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上， 根据基本事实2的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故A正确； 如图1，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B错误； 如图2，a，b共面，a，c共面，但b，c异面，故C错误； 如图3，a，b，c，d四条线段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D错误． 图1　　　　　　图2　　　 　 　图3 4.如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则： (1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形； (2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形． 答案　(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD 解析　(1)由题意知，EF∥AC，EH∥BD， 且EF＝AC，EH＝BD， ∵四边形EFGH为菱形， ∴EF＝EH，∴AC＝BD. (2)∵四边形EFGH为正方形， ∴EF＝EH且EF⊥EH， ∴AC＝BD且AC⊥BD. 题型一　基本事实的应用 例1 已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证： (1)D，B，F，E四点共面； (2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点． 证明　(1)如图所示， 连接B1D1. 因为EF是△C1D1B1的中位线，所以EF∥B1D1. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD， 所以EF，BD确定一个平面， 即D，B，F，E四点共面． (2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C， 设A1，C，C1确定的平面为α， 又设平面BDEF为β. 因为Q∈A1C1，所以Q∈α. 又Q∈EF，所以Q∈β， 所以Q是α与β的公共点， 同理，P是α与β的公共点． 所以α∩β＝PQ. 又A1C∩β＝R， 所以R∈A1C，R∈α，且R∈β. 则R∈PQ，故P，Q，R三点共线． (3)因为EF∥BD且EF<BD， 所以DE与BF相交，设交点为M， 则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1， 得M∈平面D1DCC1， 同理，M∈平面B1BCC1. 又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1， 所以M∈CC1. 所以DE，BF，CC1三线交于一点． 思维升华 共面、共线、共点问题的证明 (1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内． (2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上． (3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点． 跟踪训练1 在如图所示的空间几何体中，四边形ABEF与ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，G，H分别为AF，FD的中点． (1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？ (1)证明　由题设知，因为G，H分别为AF，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝AD， 又BC∥AD且BC＝AD， 故GH∥BC且GH＝BC， 所以四边形BCHG是平行四边形． (2)解　C，D，F，E四点共面．理由如下： 由BE∥AF且BE＝AF，G是AF的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四边形，所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH. 故EC，FH共面．又点D在直线FH上， 所以C，D，F，E四点共面． 题型二　空间位置关系的判断 例2 (1)(多选)下列推断中，正确的是(　　) A．M∈α，M∈β，α∩β＝l⇒M∈l B．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB C．l⊄α，A∈l⇒A∉α D．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合 答案　ABD 解析　对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，故A正确； 对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，故B正确； 对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，故C错误； 对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，α，β重合，故D正确． (2)(2023·龙岩模拟)若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是(　　) A．异面或平行 B．异面或相交 C．异面 D．相交、平行或异面 答案　D 解析　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中， ①若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线B1A1记为直线c，此时a和c相交； ②若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线DD1记为直线c，此时a和c平行； ③若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线C1D1记为直线c，此时a和c异面． 思维升华　判断空间直线的位置关系一般有两种方法：一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断．二是排除法．特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．” 跟踪训练2　(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是(　　) A．平行 B．异面 C．相交或平行 D．平行或异面或相交均有可能 答案　D 解析　根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况， 由图可知AB与CD有相交、平行、异面三种情况． (2)(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个选项正确的是(　　) A．直线AM与CC1是相交直线 B．直线AM与BN是平行直线 C．直线BN与MB1是异面直线 D．直线AM与DD1是异面直线 答案　CD 解析　因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，所以AM与BN不平行，故B错误；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确． 题型三　异面直线所成的角 例3 (1)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，连接AF，易知F为的中点， 设四边形ABCD的边长为2， 则EF＝2，AF＝， 所以AE＝＝. 连接ED，则ED＝. 因为BC∥AD， 所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD(或其补角)． 在△EAD中，cos∠EAD＝＝. 所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为. (2)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD，异面直线AC与PD所成角的余弦值为，则四棱锥外接球的表面积为(　　) A．48π B．12π C．36π D．9π 答案　D 解析　如图，将其补成长方体． 设PA＝x，x>0，连接AB1，B1C， 则异面直线AC与PD所成的角就是∠ACB1或其补角． 则cos∠ACB1＝ ＝， 解得x＝1(舍去负值)， 所以外接球的半径为×＝， 所以该四棱锥外接球的表面积为4π×2＝9π. 思维升华 异面直线所成角的求法 方法 解读 平移法 将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解 补形法 在该几何体的某侧补接上一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解 跟踪训练3 (1)(2023·莆田模拟)若正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为，则直线AE1和EF所成角的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如图所示，EF∥E1F1，则∠AE1F1即为所求． ∵AF＝EF＝1，EE1＝，且∠AFE＝， ∴AE＝＝， ∴AE1＝＝3， AF1＝＝， ∴cos∠AE1F1＝ ＝＝，∴∠AE1F1＝， 即直线AE1和EF所成角的大小为. (2)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成的角为∠EAF1.∵△AF1E为正三角形， ∴sin∠EAF1＝sin 60°＝. 课时精练 一、单项选择题 1．若直线上有两个点在平面外，则(　　) A．直线上至少有一个点在平面内 B．直线上有无穷多个点在平面内 C．直线上所有点都在平面外 D．直线上至多有一个点在平面内 答案　D 解析　根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内． 2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　B 解析　由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内． 3．已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B∉l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是(　　) A．直线CM B．直线BM C．直线AB D．直线BC 答案　B 解析　已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC⊂γ.又AC∩l＝M，则M∈γ，又平面α∩平面β＝l，则l⊂α，l⊂β，又因为AC∩l＝M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM. 4.如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如图，取AC的中点D，连接DC1，BD，易知AM∥DC1， 所以异面直线AM与BC1所成角就是直线DC1与直线BC1所成的角，即∠BC1D， 因为直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，可设三棱柱的棱长都为2，则DC1＝， BD＝，BC1＝2， 则在△BDC1中，由余弦定理可得cos∠BC1D＝＝， 即异面直线AM与BC1所成角的余弦值为. 5．四边形ABCD是矩形，AB＝3AD，点E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重合，则直线ED，BF所成角α在旋转过程中(　　) A．逐步变大 B．逐步变小 C．先变小后变大 D．先变大后变小 答案　D 解析　由题可知初始时刻ED与BF所成的角为0，如图1，故B，C错误； 图1 在四边形AEFD绕EF旋转过程中，EF⊥DF，EF⊥FC，DF∩FC＝F，DF，FC⊂平面DFC， 所以EF⊥平面DFC，EF⊂平面EFCB， 所以平面DFC⊥平面EFCB， 故D在平面BCFE内的投影P一直落在直线CF上，如图2， 图2 所以一定存在某一时刻EP⊥BF，而DP⊥平面EFCB，DP⊥BF， 又DP∩PE＝P，DP，PE⊂平面DPE， 所以BF⊥平面DPE， 此时DE与BF所成的角为，然后α开始变小， 故直线ED，BF所成角α在旋转过程中先变大后变小，故A错误，D正确． 6．在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，E，F，G分别为AB，PC，AD的中点，直线BF与EG所成角的余弦值为，则三棱锥P－EFG的体积为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　连接BD，DF，AC，CG，CE，如图， 设BF＝DF＝x，由BD∥EG，得∠FBD即为BF与EG所成的角， 在△FBD中，易知BD＝2，cos∠FBD＝＝，解得x＝. 设PB＝PC＝y，在△PFB中，2＋3－2·cos∠PFB＝y2，① 因为∠PFB＋∠BFC＝180°，故cos∠BFC＝cos(180°－∠PFB)＝－cos∠PFB， 则在△BCF中，2＋3－2·cos∠BFC＝4， 即2＋3＋2·cos∠PFB＝4，② ①＋②得＋6＝y2＋4，因为y>0，解得y＝2. 因为F为PC的中点，故V三棱锥P－EFG＝V三棱锥C－EFG＝V三棱锥F－ECG， 因为PA2＋PC2＝AC2，PA＝PC， 所以△PAC为等腰直角三角形， 则在等腰直角三角形PAC中，易求得点P到AC的距离即点P到底面的距离为＝， 故点F到平面CEG的距离为， S△ECG＝S▱ABCD－S△AEG－S△CDG－S△CEB＝2×2－×1×1－×2×1－×1×2＝4－－1－1＝， 故所求三棱锥的体积为××＝. 二、多项选择题 7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是(　　) A．C1，M，O三点共线 B．C1，M，O，C四点共面 C．C1，O，B1，B四点共面 D．D1，D，O，M四点共面 答案　AB 解析　∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1， ∴O∈平面ACC1A1. ∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD， ∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和点C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确． 8．(2024·朝阳模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝，AD＝BC＝AC＝BD＝，则(　　) A．AB⊥CD B．三棱锥A－BCD的体积为 C．三棱锥A－BCD外接球的半径为 D．异面直线AD与BC所成角的余弦值为 答案　ABD 解析　将三棱锥补形为长方体，如图所示． 其中BE＝BN＝1， BF＝2， 所以AB＝CD＝， AD＝BC＝AC＝BD＝， 连接MF，则AM∥BF，AM＝BF， 所以四边形AMFB为平行四边形， 所以AB∥MF， 又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD， 所以AB⊥CD，故A正确； 长方体的体积V1＝1×1×2＝2， 三棱锥E－ABC的体积V2＝V三棱锥A－BEC＝××1×2×1＝， 同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为， 所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×＝，故B正确； 长方体的外接球的直径为＝， 所以长方体的外接球的半径为， 长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球， 所以三棱锥A－BCD外接球的半径为，故C错误； 连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角， 由已知OA＝AD＝， OM＝MN＝，AM＝2， 所以cos∠AOM＝＝－， 所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为，故D正确． 三、填空题 9．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点．若α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为________． 答案　P∈l 解析　∵m⊂α，n⊂β，m∩n＝P， ∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l， ∴点P在直线l上，即P∈l. 10.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对． 答案　3 解析　画出该正方体的直观图如图所示， 易知异面直线有(AB，GH)，(AB，CD)，(GH，EF)．故共有3对． 11．(2023·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且＝＝，EF＝，则AB与CD所成角的大小为________． 答案　60° 解析　在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图， ∵＝，∴＝， 又＝，∴＝， 则GF∥CD， ∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成的角， 在△EGF中，EG＝AB＝2，GF＝CD＝1， EF＝， ∴cos∠EGF＝＝－， ∴∠EGF＝120°， ∴AB与CD所成角的大小为60°. 12．(2023·长春模拟)如图，在底面为正方形的棱台ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱CC1，BB1，CF，AF的中点，对空间任意两点M，N，若线段MN与线段AE，BD1都不相交，则称点M与点N可视，下列与点D不可视的为________．(填序号) ①B1；②F；③H；④G. 答案　①②③ 解析　如图所示，连接B1D1，BD，DB1，EF，DE，DH，DF，DG，因为E，F分别为棱CC1，BB1的中点，所以EF∥BC， 又底面ABCD为正方形， 所以BC∥AD，所以EF∥AD， 所以四边形EFAD为梯形，所以DH与AE相交，DF与AE相交，故②③不可视； 因为B1D1∥DB，所以四边形B1D1DB是梯形， 所以B1D与BD1相交，故①不可视； 因为EFAD为梯形，G为CF的中点， 即G∉EF，则D，E，G，A四点不共面， 所以DG与AE不相交， 若DG与BD1相交，则D，B，G，D1四点共面， 显然D，B，B1，D1四点共面，G∉平面DBB1D1， 所以D，B，G，D1四点不共面，即假设不成立， 所以DG与BD1不相交，即点G与点D可视，故④可视． 四、解答题 13.已知ABCD是空间四边形，如图所示(M，N，E，F分别是AB，AD，BC，CD上的点)． (1)若直线MN与直线EF相交于点O，证明：B，D，O三点共线； (2)若E，N为BC，AD的中点，AB＝6，DC＝4，NE＝2，求异面直线AB与DC所成角的余弦值． (1)证明　因为M∈AB，N∈AD， AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD， 所以MN⊂平面ABD， 因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面CBD，所以EF⊂平面CBD， 由于直线MN与直线EF相交于点O， 即O∈MN，O∈平面ABD， O∈EF，O∈平面CBD， 又平面ABD∩平面CBD＝BD，则O∈BD， 所以B，D，O三点共线． (2)解　连接BD，作BD的中点G，并连接GN，GE，如图所示， 在△ABD中，点N，G分别是AD和BD的中点，且AB＝6， 所以GN∥AB，且GN＝AB＝3， 在△CBD中，点E，G分别是BC和BD的中点，且DC＝4， 所以GE∥CD，且GE＝DC＝2， 则异面直线AB与DC所成的角等于直线GE与GN所成的角，即∠EGN或∠EGN的补角， 又NE＝2，由余弦定理得 cos∠EGN＝＝＝>0， 故异面直线AB与DC所成角的余弦值为. 14.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点． (1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？若存在，请证明，若不存在，请说明理由； (2)若PC＝2，求三棱锥P－ACE的体积． 解　(1)存在．当G为PA的中点时满足条件． 如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线， 所以GE∥AB. 又AB∥DC，所以GE∥DC， 所以G，E，C，D四点共面． (2)因为E是PB的中点， 所以V三棱锥P－ACE＝V三棱锥B－ACE＝V三棱锥P－ACB. 又S△ABC＝AB·AD＝×2×1＝1， V三棱锥P－ACB＝PC·S△ABC＝， 所以V三棱锥P－ACE＝. 15.(多选)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是(　　) A．DP∥平面AB1D1 B．三棱锥C－AD1P的体积为定值 C．平面PB1D⊥平面ACD1 D．异面直线DP与AD1所成角的范围是 答案　ABC 解析　对于A，连接DB，C1D，AB1，D1B1， 因为BC1∥AD1，BC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1， 因为DB∥D1B1，DB⊄平面AB1D1，D1B1⊂平面AB1D1，所以DB∥平面AB1D1， 又DB∩BC1＝B，DB，BC1⊂平面BDC1，所以平面AB1D1∥平面BDC1，又DP⊂平面BDC1，所以DP∥平面AB1D1，故A正确； 对于B，由点P在线段BC1上运动知平面AD1P即平面AD1C1B，故点C到平面AD1P的距离不变，且△AD1P的面积不变，所以三棱锥C－AD1P的体积不变，故B正确； 对于C，因为四边形DCC1D1为正方形，则CD1⊥C1D，而AD⊥平面DCC1D1，CD1⊂平面DCC1D1，所以CD1⊥AD， 又AD∩C1D＝D，AD，C1D⊂平面AB1C1D， 则CD1⊥平面AB1C1D，而DB1⊂平面AB1C1D，因此DB1⊥CD1，同理DB1⊥CA， 又CD1∩CA＝C，CD1，CA⊂平面ACD1，所以DB1⊥平面ACD1， 又DB1⊂平面PB1D，则平面PB1D⊥平面ACD1，故C正确； 对于D，由AD1∥BC1，异面直线DP与AD1所成角即为DP与BC1所成角， 又△DBC1为等边三角形，当P与线段BC1的两端点重合时，DP与AD1所成角取最小值， 当P与线段BC1的中点重合时，DP与AD1所成角取最大值，故DP与AD1所成角的范围为，故D错误． 16．(2023·孝感模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的所有顶点均在体积为4π的球O上，则该正方体的棱长为________，若动点P在四边形A1B1C1D1内运动，且满足直线CC1与直线AP所成角的正弦值为，则OP的最小值为________． 答案　2　 解析　设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，球O的半径为R， 则由正方体体对角线L＝a＝2R得R＝， 所以V球O＝πR3＝π3＝4π，故a＝2， 因为CC1∥AA1，所以AA1与AP所成角的正弦值也是，即sin∠A1AP＝， 又因为AA1⊥平面A1B1C1D1，A1P⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥A1P， 故sin∠A1AP＝＝， 即＝，解得A1P＝， 所以点P的轨迹是以A1为圆心，为半径的圆与四边形A1B1C1D1内的一段弧，如图所示， 设正方形A1B1C1D1的中心为O1，连接O1P，OO1， 因为O1A1＝A1C1＝×＝， 所以(O1P)min＝O1A1－A1P＝， 所以(OP)min＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $