2027届高考数学一轮复习讲义-第七章课时7综合法求空间角与距离

该高中数学高考复习讲义聚焦空间角与距离核心考点，涵盖异面直线所成角、线面角、二面角及空间距离，按“定义理解—方法提炼—真题应用”逻辑架构知识体系，通过知识梳理、基础回顾、考点扫描（含典例精析与对点训练）、拓展延伸等环节，帮助学生系统突破综合法求解难点，体现复习的系统性与针对性。 资料突出动态问题探究与分层训练设计，如在立体几何动态问题中，通过轨迹分析、最值求解培养学生数学思维与空间观念，结合定义法、等积法等策略强化解题技能。设置基础巩固、能力提升、综合应用三级练习，配合真题讲解与即时反馈，助力学生高效提升空间想象与逻辑推理能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

课时7 综合法求空间角与距离 一、课标要求 1．理解异面直线所成角的定义，了解异面直线所成角的取值范围，会根据定义通过平移作出异面直线所成的角，进而通过构造三角形求解异面直线所成角. 2．了解斜线在平面内的射影的概念，理解直线与平面所成角的定义，了解直线与平面所成角的范围.会根据定义作出平面的斜线与平面所成角，进而运用综合法求解直线与平面所成角. 3．理解二面角及其平面角的概念. 会用定义法作出二面角的平面角，进而求解二面角的大小. 4．了解两点间的距离、点到平面的距离的定义，了解用直接法，等积法等方法求空间距离. 二、知识梳理 1．（1）异面直线所成角的定义 过空间中一点P(注意取图形中的特殊点)作a1∥a，b1∥b，则直线a1与b1所成的________就叫作异面直线a，b所成的角． （2）异面直线所成角的取值范围 由定义可知，异面直线a，b所成的角的取值范围是________． 2．（1）直线与平面所成角的定义 平面的一条斜线与它在这个平面内的________所成的________，叫作这条直线与这个平面所成的角． （2）一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是________；一条直线与平面平行或在平面内，我们说它们所成的角是________的角． （3）直线与平面所成角的取值范围 由定义可知，直线与平面所成角的取值范围是________． 3．（1）二面角的定义：如下图，从一条直线l出发的两个半平面α，β组成的图形叫作________．记作________．在棱l上任意一点O出发，分别在面α，β内作OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB是二面角α－l－β的________． （2）二面角的取值范围：________． 4．从平面外一点引平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫作这个点到这个平面的距离． 【拓展知识】 1．异面直线所成角的求解方法——定义法：异面直线所成角是由空间一点分别引它们的平行线所成的锐角(或直角)来定义的．因此，我们可以选择恰当的点，通过平移直线，形成平面角，然后在某个三角形中运用正弦定理或余弦定理求得异面直线所成角的大小．在这一方法中，平移直线是求异面直线所成角的关键，而如何平移直线要求我们有良好的空间观和作图能力． 2．平面的一条斜线与平面所成角的求解方法——定义法：设斜线在平面α内的斜足为A，过斜线上不与A重合的一点P作PO⊥α，垂足为O，则AO是PA在平面α内的射影，斜线与平面α所成的角即为∠PAO． 3．二面角的综合法求解关键在于寻找垂直，通常采用定义法或三垂线法. 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） （1） 任意平行移动两条异面直线中的一条，它们所成的角不变． （ ） （2）若直线与平面所成的角为α，则0°<α≤90°. （ ） （3）组成二面角的平面角的两边所在直线所确定的平面与二面角的棱垂直． （ ） （4）一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个面，那么这两个二面角的大 小相等. （ ） 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为线段B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　) A． B． C． D． 3．（多选题）在正方体ΑΒCD－Α1Β1C1D1中，平面ΑΒC1D1与正方体的各个面所在的平面所成的二面角的大小可能是 （ ） A．30° B．45° C．60° D．90° 4．已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为6的正方形，且该四棱锥的体积为96，则点P到平面ABCD的距离是___________． 四、考点扫描 考点一 两条异面直线所成的角 例1 如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A．1 B． C． D． 对点训练 已知空间四边形中，、分别是，的中点，若，，，则与所成的角为（ ） A． B． C． D． 考点二 直线与平面所成的角 例2 （1）（2024·全国新课标Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 （2）如图，在三棱锥P－ABC中，已知AB＝BC＝，平面PAC⊥平面ABC，PD⊥AC于点D，AD＝1，CD＝3，PD＝.则直线AP与平面PBC所成角的正弦值为 ． 规律方法： 对点训练（1）（2025·安徽合肥市三校联考）在三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是BC1与B1C的交点，则AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是(　　) A. B. C. D. （2）在正方体中，为正方形内（含边界）一动点，且满足，则直线与平面所成角的正弦的取值范围是（    ） A． B． C． D． 考点三 二面角 例3 （2024·全国新课标I卷）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求的长． 规律方法： 对点训练 （1）如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长都相等，则二面角A1－BC－A的余弦值为(　　) A. 　　　 B. C. 　　　D. （2）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，PO＝1，底面圆半径为2，M，N是底面圆周上两点，且∠MON＝，则二面角P－MN－O的大小为(　　) A. B. C. D. 考点四 空间距离 例4（2025·四川资阳市模拟）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC＝60°，AC＝2，平面ABC⊥平面ACC1A1． (1) 求证：A1C⊥AB1； (2) 求点C1到平面ABB1A1的距离． 规律方法： 对点训练 (2025·广东广州市模拟)在矩形ABCD中，∠BCA＝30°，AC＝20，PA⊥平面ABCD，且PA＝5，则点P到BC的距离为__ __． 拓展与延伸15 立体几何中的动态问题 一、【考情分析】 “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使得立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化． 二、知识梳理 立体几何中的动态问题一般与最值与范围相结合，考查空间角、空间距离和几何体的体积、表面积的范围和最值问题．处理策略一般有： 1．从代数关系入手，引入参数构建目标函数，转化为求函数的值域或最值问题； 2．从几何特征入手，由条件探索出动点的轨迹，根据轨迹确定最值的条件，求出最值或范围． 三、知识梳理 立体几何中的动态问题一般与最值、范围相结合，考查空间角、空间距离和几何体的体积、表面积的范围和最值问题．处理策略一般有： 1．从代数关系入手，引入参数构建目标函数，转化为求函数的值域或最值问题； 2．从几何特征入手，由条件探索出动点的轨迹，根据轨迹确定最值的条件，求出最值或范围． 三、考点扫描 考点一 空间位置关系 例1（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)，则有(　　) 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）在正三棱柱中，，点满足，其中，，，，则有　　 A．当时，△的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 对点训练（多选题）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，D是棱AB上的动点．则有（ ）　　 A. AC⊥BC1 B. 存在点D，使得AC1∥平面CDB1 C. 不存在点D，使得平面CDB1⊥平面AA1B1B D. 三棱锥A1－CDB1的体积是定值 考点二 轨迹问题 例2（1）（2025·四川宜宾模拟）在直三棱柱中，，，点P在四边形内（含边界）运动，当时，点P的轨迹长度为，则该三棱柱的表面积为（    ） A．4 B． C． D． （2）已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，且总保持，则动点的轨迹的长度为 . 规律方法： 对点训练 在棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为　　 A． B． C． D．1 考点三 最值、范围问题 例3 （多选题）（2025·浙江嘉兴市模拟）如图，P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则有（     ） A．当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是 D．使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为 规律方法： 对点训练 如图所示，在三棱锥中，平面，，，且为棱的中点，于点，则当的长变化时，三棱锥体积的最大值是（ ） A． B． C． D． 四、巩固提升 1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q是正方形B1BCC1内的动点，且A1Q⊥BC1，则点Q的轨迹是(　　) A．点B1 B．线段B1C C．线段B1C1 D．平面B1BCC1 2．已知长方体，，，是棱的中点，点在长方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是　　 A．6 B． C． D．9 3．（多选题）如图，在等腰直角中，，，为中点，为中点，为边上一个动点，将沿翻折，使得，点在平面上的投影为点，则当点在上运动时，下列说法正确的有（ ） A．线段为定长 B． C．线段的长 D．点的轨迹是圆弧 4．（多选题）将边长为2的正方形沿对角线折成直二面角，为线段上的一动点，下列结论正确的有　　 A．异面直线与所成的角为 B．是等边三角形 C．面积的最小值为 D．四面体的外接球的表面积为 5．在正四棱柱中，，E 为棱中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为 . 课时7 综合法求空间角与距离参考答案 二、知识梳理 1．（1）锐角或直角 （2） 2．（1）射影　 锐角 （2）直角 　0° （3） 3．（1）二面角　 α－l－β　平面角 （2）[0，π] 三、基础回顾 1．（1） √【解析】根据异面直线所成角的定义可知论断正确. （2）×【解析】根据直线与平面的定义可知当线面平行时α可以为0°，所以论断错误. （3）√【解析】根据异二面角的定义可知论断正确. （4）×【解析】二面角的两个面对应平行，当方向相同时，两个二面角大小相等；当方向不同时，两个二面角大小互补，所以原论断错误. 2．D【解析】如图，连接C1P. 因为ABCD­A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1.又C1P⊥BB1，平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP．又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP．连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.故选D． 3．BD【解析】由二面角的定义知所求角为45°或90°.故选BD. 4．8【解析】由体积公式，得，所以，即则点P到平面ABCD的距离是8. 四、考点扫描 例1 B【解析】如图，取的中点，连接、，易知， 所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即（或其补角）. 由题意可知正三棱柱的所有棱长都相等，可设三棱柱的棱长都为，则，，.因为，所以为直角三角形， 所以即异面直线与所成角的余弦值为.故选. 对点训练C【解析】设为的中点，连接，.又，分别是，的中点， 所以，分别为，的中线，所以且，且，所以与所成的角即为与所成的角.又，所以，所以为直角三角形，且，所以，所以，即与所成的角为.故选C. 例2（1）B【解析】方法一：分别取的中点，则， 可知.设正三棱台的为，则，解得，如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，，可得，结合等腰梯形可得,即，解得，所以与平面ABC所成角的正切值为. 方法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角.因为，则，可知，则.设正三棱锥的高为，则，解得，取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，所以与平面ABC所成角的正切值.故选B. （2）【解析】过点A作平面PBC的垂线，垂足为H，连接PH，则∠APH为直线AP与平面PBC所成的角．易得S△ABC＝2.因为PD＝，由题意易证PD⊥面ABC，所以VP－ABC＝×S△ABC×PD＝×2×＝.计算可得PB＝，PC＝2.又因为BC＝，所以PB⊥BC，所以△PBC的面积S△PBC＝×BC×PB＝××＝3.因为VA－PBC＝VP－ABC，即×3×AH＝，所以AH＝.又在Rt△PAD中，计算可得AP＝2.因为sin∠APH＝＝＝.所以直线AP与平面PBC所成角的正弦值为. 对点训练（1）C【解析】取BC的中点E，连接DE，AE，如图. 依题意，三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱，设棱长为2，则AE＝，DE＝1.因为D，E分别是BC1和BC的中点，所以DE∥CC1，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥AE，所以AD＝＝＝2.因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE＝E，BC，DE⊂平面BB1C1C，所以AE⊥平面BB1C1C，所以∠ADE是AD与平面BB1C1C所成的角，所以sin∠ADE＝＝，所以AD与平面BB1C1C所成角的正弦值是.故选C. （2）D【解析】因为，所以，M，B三点共线，连接，，.因为平面，所以直线与平面所成角为，其正弦值为，，当时，，所以，则，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是.故选D. 例3（1）【证明】因为平面，而平面，所以.又，，平面，所以平面.而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知.又平面，平面，所以平面． （2）【解】如图所示，过点D作于，再过点作于，连接. 因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面.又，所以平面.根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即． 对点训练 （1）C【解析】如图，取BC的中点M，连接AM，A1M. 由正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都相等，可得AM⊥BC，A1M⊥BC，所以二面角A1－BC－A的平面角为∠AMA1，设AB＝2，则A1A＝2，AM＝，A1M＝＝， 所以cos ∠AMA1＝＝＝.故选C. （2）　B【解析】如图，取MN的中点E，连OE，PE.因为OM＝ON，所以OE⊥MN. 因为PM＝PN，所以PE⊥MN，所以∠PEO是二面角P－MN－O的平面角.因为PO⊥平面OMN，OE⊂平面OMN，所以PO⊥OE.因为∠MON＝，OM＝2，所以OE＝OM·cos ＝2×＝.因为PO＝1，所以PE＝＝＝2，所以cos ∠PEO＝＝，所以结合图知∠PEO＝.所以二面角P－MN－O的大小为.故选B. 例4（1）【证明】如图，连接AC1，由四边形ACC1A1为菱形，得AC1⊥A1C．由∠ACB＝90°，得BC⊥AC．又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BC⊂平面ABC，则BC⊥平面ACC1A1．因为A1C⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1C，又BC∥B1C1，则B1C1⊥A1C．又AC1∩B1C1＝C1，AC1，B1C1⊂平面AB1C1，因此A1C⊥平面AB1C1．又AB1⊂平面AB1C1，所以A1C⊥AB1． （2）【解】点C1到平面ABB1A1的距离，即三棱锥C1－AA1B1的底面AA1B1上的高．由(1)知B1C1⊥平面ACC1A1，则三棱锥B1－AA1C1的底面AA1C1的高为B1C1．设点C1到平面ABB1A1的距离为d，由VB1－AA1C1＝VC1－AA1B1，得S△AA1C1·B1C1＝S△AA1B1·d，而BC＝AA1＝AC＝2，∠A1AC＝60°，则△AA1C1的面积S△AA1C1＝．由AA1＝A1C1＝2，∠AA1C1＝120°，得AC1＝2．又B1C1＝2，B1C1⊥AC1，则AB1＝4．又AA1＝2，A1B1＝2，由余弦定理得cos∠A1AB1＝＝，则sin∠A1AB1＝，△A1AB1的面积S△A1AB1＝×2×4×＝，则×2＝d，即d＝ ，所以点C1到平面ABB1A1的距离为． 对点训练 5【解析】因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．又四边形ABCD是矩形，所以BC⊥AB．因为AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB．因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以PB的长为点P到BC的距离．在矩形ABCD中，因为∠BCA＝30°，AC＝20，所以AB＝10．在Rt△PAB中，由勾股定理得PB＝＝＝5，所以点P到BC的距离为5． 拓展与延伸15 立体几何中的动态问题 三、考点扫描 例1 （1）ABD【解析】对于选项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； 对于选项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； 对于选项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； 对于选项D，因为面ABB1A1∥面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1，所以AP∥平面CDD1C1，故D正确．故选ABD. （2） BD【解析】对于选项，当时，，即，所以， 故点在线段上，此时△的周长为，当点为的中点时，△的周长为，当点在点处时，△的周长为，故周长不为定值，故选项A错误. 对于选项B，当时，，即，所以，故点在线段上.因为平面， 所以直线上的点到平面的距离相等.又△的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确. 对于选项C，当时，取线段，的中点分别为，，连结，因为，即，所以， 则点在线段上，当点在处时，，，又，所以平面.又平面，所以，即，同理，当点在处，.故选项错误. 对于选项，当时，取的中点，的中点，因为，即，所以，则点在线的上，当点在点处时，取的中点，连接，.因为平面，又平面，所以.在正方形中，，又，，平面，故平面.又平面，所以.在正方体形中，，又，，平面，所以平面.因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点，使得平面.故选项D正确．故选BD． 对点训练 ABD【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A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B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C不正确； 设点C到面A1B1D的距离为h，则，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D正确．故选ABD. 例2（1）C【解析】 设.因为，所以由棱柱的性质可得.因为平面，平面，所以.又因为，，平面，所以平面，点P在四边形内（含边界）运动，当时，，这意味着点是在以为圆心为半径的圆弧上运动，该圆弧弧长是圆周周长.由题意，，解得，所以该三棱柱的表面积为.故选C. （2）【解析】如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点，注意到底面三角形是等边三角形，所以.由正三棱锥的性质可得为高，因为底面边长为6，体积为，所以，所以， 注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径，所以由正弦定理有，所以，所以.因为面，面，所以.又因为，面，面，所以面.因为面，所以，因为，且，面，面，所以平面.因为平面，所以.又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持， 所以点的轨迹为线段.在等腰三角形中，由余弦定理，有，从而，所以. 对点训练 C【解析】 连接，，，则可证平面，故点轨迹围成图形为△，又，所以．故选C． 例3 ABD【解析】对于选项A，当P在平面上运动时，点到平面的距离为2，，所以，故A正确. 对于选项B，如图： 取中点，连接，则. 当P在线段AC上运动时，因为，且，所以为异面直线与所成角.当与重合时，异面直线与所成角为.当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围是，故B正确. 对于选项C，如图： 根据正方体的结构特点，平面，为中点，因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点.故当P在底面ABCD上运动，且满足时，点P的运动轨迹为线段. 其中分别为，中点.易知六边形为正六边形，所以当与重合时，，此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误. 对于选项D，如图： 当直线与平面ABCD所成的角为时，因为，所以不可能在四边形内（除外）；同理不可能在四边形内（除外）.在平面与平面的运动轨迹为线段和，且；当在平面时，作平面，垂足为，连接，因为，所以，所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的，所以点的轨迹长度为：，故D正确.故选ABD. 对点训练 C【解析】在三棱锥中，平面，知 ，而，而且，又.因为为的中点，知：.所以设，则，所以.令，有.令，，而由二次函数的性质知当时，有最大值，所以最大值为.故选C. 四、巩固提升 1.B 【解析】如图，连接A1C. 因为BC1⊥A1Q，BC1⊥A1B1，A1Q∩A1B1＝A1，A1Q，A1B1⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥平面A1B1Q.又B1Q⊂平面A1B1Q，所以BC1⊥B1Q.又BC1⊥B1C，所以点Q在线段B1C上．故选B. 2.D【解析】如图所示， ，，，，分别为，，，，的中点，则，，所以平面平面，所以动点的轨迹是六边形及其内部．因为，，所以，，，到的距离为，所以 ．故选D． 3.ACD【解析】如图所示，对于选项A，在为直角三角形，ON为斜边AC上的中线，为定长，即A正确； 对于选项C，点D在M时，此时点O与M点重合，此时，，此时，即正确； 对于选项D，由A可知，根据圆的定义可知，点O的轨迹是圆弧，即D正确.故选ACD． 4.BCD【解析】对于选项A，因为，，，所以平面，平面，所以，异面直线与所成的角为，不是，所以错. 对于选项B，因为，所以，同理， 所以是等边三角形，所以B对. 对于选项C，因为，所以要求面积的最小值，只需求边上高的最小值，此最小值恰为异面直线与的距离，设为，因为，平面，平面，所以平面.又因为平面，所以直线到平面距离即为，即点到平面距离为.因为，所以，解得，所以面积的最小值，所以C对. 对于选项D，四面体的外接球的球心为，半径为，所以表面积为，所以D对．故选BCD． 5. 【解析】如图，连接，，由题可知，，平面. 因平面，则.又平面，平，，则平面.又平面，则；如图，过E作平行线，交于F，则F为中点.连接，过作垂线，交于G.由题可得，平面，又，则平面.因平面，则.又平面，平面，，则平面. 因平面，则；因平面，平面，，则平面.连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.注意到，，则，故.则点的轨迹的长为. . 学科网（北京）股份有限公司 $