重难点专题31 立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
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重难点专题31立体几何压轴小题（轨迹与最值）十四大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149765014" 题型1平行求轨迹 PAGEREF _Tc149765014 \h 1
\l "_Tc149765015" 题型2垂直求轨迹 PAGEREF _Tc149765015 \h 16
\l "_Tc149765016" 题型3翻折求轨迹 PAGEREF _Tc149765016 \h 23
\l "_Tc149765017" 题型4角度恒定求轨迹 PAGEREF _Tc149765017 \h 32
\l "_Tc149765018" 题型5定长求轨迹 PAGEREF _Tc149765018 \h 42
\l "_Tc149765019" 题型6向量法求轨迹 PAGEREF _Tc149765019 \h 52
\l "_Tc149765020" 题型7阿波罗尼斯圆相关 PAGEREF _Tc149765020 \h 66
\l "_Tc149765021" 题型8解析几何相关 PAGEREF _Tc149765021 \h 77
\l "_Tc149765022" 题型8线段最值 PAGEREF _Tc149765022 \h 93
\l "_Tc149765023" 题型9折线求最值 PAGEREF _Tc149765023 \h 102
\l "_Tc149765024" 题型10倍数求最值 PAGEREF _Tc149765024 \h 114
\l "_Tc149765025" 题型11点线距离求最值 PAGEREF _Tc149765025 \h 119
\l "_Tc149765026" 题型12点线面距离求最值 PAGEREF _Tc149765026 \h 127
\l "_Tc149765027" 题型13周长求最值 PAGEREF _Tc149765027 \h 138
\l "_Tc149765028" 题型14面积求最值 PAGEREF _Tc149765028 \h 153
题型1平行求轨迹
【例题1】（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足AA1=4AP，E，F分别为棱BC，CD的中点，点Q在正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上运动，满足A1Q//面EFP，则点Q的轨迹所构成的周长为（ ）
A．5373B．237C．7373D．8373
【答案】D
【分析】作出辅助线，找到点Q的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.
【详解】延长AD,AB，交EF的延长线与H,G，连接PG,PH，分别交BB1，DD1于R，T
过点A1作A1K//PG交BB1于点K，过点A1作A1N//PH交DD1于点N，
因为A1K⊄平面EFP，PG⊂平面EFP，所以A1K//平面EFP，
同理可得A1N//平面EFP，
因为A1K∩A1N=A1，所以平面EFP//平面A1KN，
过点N作NM//A1K交CC1于点M，
连接MK，则MK//A1N
则平行四边形A1KMN（A1点除外）为点Q的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，E，F分别为棱BC，CD的中点，AA1=4AP，
所以AP=1,BR=DT=13，
因为A1P=KR=NT=3，所以B1K=D1N=4−3−13=23，
过点N作NJ⊥CC1于点J，则C1J=D1N=23，
则由几何关系可知JM=B1K=23，所以C1M=23+23=43，
由勾股定理得A1K=A1N=MN=MK=NJ2+JM2=16+49=2373，
所以点Q的轨迹所构成的周长为8373.
故选：D
【变式1-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点M满足CC1=3CM．若在正方形A1B1C1D1内有一动点P满足BP//平面AMD1，则动点P的轨迹长为（ ）
A．3B．10C．13D．32
【答案】C
【分析】在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得A1E=13A1D1，A1F=13A1A，连接EF,BC1,BF,C1E,D1F,BM，证明平面BFD1M//平面AMD1即可得点P的轨迹为线段C1E，再计算长度即可.
【详解】解：如图，在棱A1D1,AA1上分别取点E,F，使得A1E=13A1D1，A1F=13A1A，连接EF,BC1,BF,C1E,D1F,BM，
因为A1E=13A1D1，A1F=13A1A，
所以，EF//AD1，
因为EF⊄平面AMD1，AD1⊂平面AMD1，
所以EF//平面AMD1，
因为A1F=13A1A，CC1=3CM，
所以，AF=C1M=2，CM=A1F=1，
因为AB=C1D1,∠BAF=∠MC1D1，A1D1=BC,∠BCM=∠FA1D1，
所以，△ABF≌△C1D1M，△BCM≌△D1A1F，
所以BF=D1M,D1F=BM
所以，四边形BFD1M是平行四边形，
所以BF//D1M，
因为BF⊄平面AMD1，D1M⊂平面AMD1，
所以，BF//平面AMD1，
因为BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BFD1M，
所以平面BFD1M//平面AMD1，
因为平面BFD1M∩平面A1B1C1D1=C1E,
所以，在正方形A1B1C1D1内有一动点P满足BP//平面AMD1时，点P的轨迹为线段C1E，
因为C1E=22+32=13
所以，动点P的轨迹长为13
故选：C
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）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//平面CND1，则下列说法正确的是（ ）
A．点P可以是棱BB1的中点B．线段MP的最大值为32
C．点P的轨迹是正方形D．点P轨迹的长度为2+5
【答案】B
【分析】如图，取棱BC的中点E，连接DE,B1E,ME，进而证明平面B1EM//平面CND1，再结合题意可知直线B1M必过D点，进而取A1D1中点F，连接B1F,FD,DE，证明F∈平面B1EM即可得四边形B1EDF为点P的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可.
【详解】解：如图，取棱BC的中点E，连接DE,B1E,ME，
因为M,N分别为BD1，B1C1的中点，
所以，在△BCD1中，ME//CD1，由于ME⊄平面CND1，CD1⊂平面CND1，
所以ME//平面CND1，
因为B1N//CE,B1N=CE，所以，四边形CNB1E为平行四边形，
所以CN//B1E，因为CN⊂平面CND1，B1E⊄平面CND1，
所以，B1E//平面CND1，
因为B1E∩ME=E，B1E,ME⊂平面B1EM，
所以，平面B1EM//平面CND1，
由于M为体对角线BD1的中点，
所以，连接B1M并延长，直线B1M必过D点，
故取A1D1中点F，连接B1F,FD,DE，
所以，由正方体的性质易知FD1//CE,FD1=CE，
所以，四边形CD1FE是平行四边形，EF//CD1，EF=CD1，
因为，ME//CD1，ME=12CD1，
所以，E,F,M共线，即F∈平面B1EM，
所以，四边形B1EDF为点P的轨迹，故A选项错误；
由正方体的棱长为1，所以，四边形B1EDF的棱长均为52，且对角线为EF=2,B1D=3，，
所以，四边形B1EDF为菱形，周长为25，故CD选项错误，
由菱形的性质知，线段MP的最大值为12B1D=32，故B选项正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱BC的中点E，进而证明平面B1EM//平面CND1，再根据面面平行的性质求解点P轨迹即可求解.
【变式1-1】3.（多选）（2024秋·山东临沂·高三校联考开学考试）在三棱台A1B1C1−ABC中，AA1⊥平面ABC，AB=BC=AC=2A1B1=4A1A=2，点P为平面ABC内一动点（包括边界），满足A1P//平面B1BCC1，则（ ）
A．点P的轨迹长度为1
B．P到平面B1BCC1的距离为定值
C．有且仅有两个点P，使得A1P⊥BC
D．A1P与平面ABC所成角的最大值为30°
【答案】ABD
【分析】取AB的中点E，AC的中点F，根据线面平行的判定与性质可得点P在线段EF上运动.对A，根据中位线的性质求解即可；对B，根据EF//平面B1BCC1判断可得；对C，根据AB=BC=AC结合正三角形的性质判断即可；对D，易得∠APA1为A1P与平面ABC所成角，再根据tan∠A1PA的最值判断即可.
【详解】取AB的中点E，AC的中点F，因为三棱台中AB=2A1B1，则AC=2A1C1，
故EB=A1B1且EB//A1B1，故四边形EBB1A1为平行四边形，则A1E//B1B.
又A1E⊄平面BB1C1C，B1B⊂平面BB1C1C，故A1E//平面BB1C1C，
同理A1F//C1C，A1F//平面BB1C1C，又A1E∩A1F=A1，A1E,A1F⊂平面A1EF，
故平面A1EF//平面B1BCC1，故点P在线段EF上运动.
对A，EF=12BC=1，故A正确；
对B，因为EF⊂平面A1EF，故EF//平面B1BCC1，所以P到平面B1BCC1的距离为定值，故B正确；
对C，因为AB=BC=AC，故A1P⊥BC当且仅当P为EF中点时成立，故C错误；
对D，因为AA1⊥平面ABC，所以∠APA1为A1P与平面ABC所成角.
由题意AE=EF=AF=1，故当P为EF中点时，AP取得最小值32，此时tan∠A1PA=1232=33，所以A1P与平面ABC所成角的最大值为30°，故D正确.

故选：ABD
【变式1-1】4. （多选）（2023·重庆·统考模拟预测）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点，点F是正方形A1B1C1D1内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线BC1与直线AC夹角为60°
B．平面BC1E截正方体所得截面的面积为62
C．若EF=25，则动点F的轨迹长度为2π
D．若AF//平面BC1E，则动点F的轨迹长度为25
【答案】ACD
【分析】对A，根据AC的平行线确定直线BC1与直线AC夹角即可；
对B，根据面面平行的性质，作出平面BC1E截正方体所得截面并求其面积即可；
对C，由题意D1F=4，动点F的轨迹为以D1为圆心的四分之一圆弧A1C1，再根据弧长公式求解即可；
对D，先判断过A且平行于平面BC1E的平面截正方体的面，再分析F的轨迹即可
【详解】对A，连接A1C1,A1B,BC1,AC，可得正△A1BC1，根据正方体的性质，A1C1//AC，故直线BC1与直线AC夹角为直线BC1与直线A1C1的夹角为60∘，故A正确；
对B，因为面ADD1A1//面BCC1B1，平面BC1E∩面BCC1B1=BC1，根据面面平行的性质可得平面BC1E截ADD1A1的交线EP//BC1，故平面BC1E截AD的交点P为AD的中点，故PB=AB2+AP2=D1C12+D1E2=EC1=25，故截面为等腰梯形EPBC1，在等腰梯形EPBC1中BC1=42,PE=22，高ℎ=32，故截面的面积为22+422×32＝18，故B错误；
对C，若EF=25，则D1F=EF2−D1E2=4，故动点F的轨迹为以D1为圆心的四分之一圆弧A1C1，其长度为π2×4=2π，故C正确；
对D，取B1C1中点Q，连接如图，由B知截面为等腰梯形EPBC1，由四边形ABC1D1为平行四边形得AD1//BC1，又AD1⊄面BC1E,BC1⊂面BC1E，所以AD1//面BC1E，由四边形BQD1P为平行四边形得D1Q//PB，D1Q⊄面BC1E,BP⊂面BC1E，所以 D1Q//面BC1E，由AD1∩D1Q=D1得平面D1QA//平面BEC1，又AF⊂平面D1QA，所以AF//平面BEC1，故F的轨迹为线段D1Q，其长度为42+22=25，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
【变式1-1】5.（多选）（2023春·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论正确的有（ ）

A．当点P为BC中点时，平面PEF⊥平面GMN
B．异面直线EF､GN所成角的余弦值为13
C．点E､F､G､M､N在同一个球面上
D．若A1P=tA1A+A1M−2tA1B1，则P点轨迹长度为52
【答案】ACD
【分析】根据正方体图形特征证明面面垂直判断A选项，根据异面直线所成角判断B选项，根据五点共圆判断C选项，根据轨迹求出长度判断D选项.
【详解】取AD中点Q，连接PQ,FQ，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，
易知GM⊥PQ，∵FQ//DD1,∴FQ⊥平面ABCD，GM在面ABCD内，
∴GM⊥FQ，FQ⊂平面PQF，PQ⊂平面PQF，PQ∩FQ=Q，
∴GM⊥平面PQF, PF⊂面PQF, ∴GM⊥PF，

连接BA1，ABB1A1是正方形,GN⊥A1B，
∵FA1⊥平面ABA1B1，GN⊂平面ABA1B1，∴GN⊥A1F，
FA1⊂平面PFA1B，A1B⊂平面PFA1B，A1B∩FA1=A1，
∴GN⊥平面PFA1B, PF⊂平面PFA1B, ∴GN⊥PF，
综上，GN⊂平面GMN，GM⊂平面GMN，又GM∩GN=G,
所以PF⊥平面GMN，PF⊂平面PEF,故平面PEF⊥平面GMN，故A正确；
取A1B1中点T，连接ET,FT，ET//GN,
∴∠TEF是异面直线EF,GN所成的角，
又EF=FT=ET=2,则∠TEF=π3,cs∠TEF=12，故B错误；
记正方体的中心为点O，则OE=OF=OG=OM=ON=2，
故点E,F,G,M,N在以O为球心，以2为半径的球面上，故C正确；
∵A1P=tA1A+A1M−2tA1B1,E是A1A的中点，
∴A1P−A1M=2tA1E−2tA1B1，故MP=2tB1E,
∴P点轨迹是过点M与B1E平行的线段MP'，且CP'=12，
∴MP'=52，故D正确.
故选：ACD.
【变式1-1】6．（多选）（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，E为AB的中点，C1F=2FC，动点M在侧面AA1D1D内运动（含边界），则（ ）
A．若MB∥平面D1EF，则点M的轨迹长度为132
B．平面D1EF与平面ABCD的夹角的正切值为223
C．平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面多边形的周长为313+322
D．不存在一条直线l，使得l与正方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱所成的角都相等
【答案】ABC
【分析】对于A、C项，先作出平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；
对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.
【详解】如图所示，
分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面D1EF截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面，在侧面AA1D1D中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，
由已知及平行线分线段成比例可得：CN=12DC=BE=CO=AE=AG=32，
AGA1D1=AHHA1=12,所以A1P=1,A1Q=32,即PQ=132，A正确；
HE=PQ=132=OF,D1H=2PQ=13=D1F,OE=322，
故五边形D1FOEH周长为313+322，C正确；
连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即∠D1ID为平面D1EF与平面ABCD的夹角，
易得DI=924,∴tan∠DID1=223，B正确；
对于D存在直线l，如直线BD1与正方体三条棱夹角相等．
故选：ABC．
【变式1-1】7.（多选）（2023·河北·模拟预测）如图所示，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E,F分别是棱AD,DD1的中点，点P是侧面B1BCC1内一点（含边界）．若D1P//平面BEF，则下列说法正确的有（ ）
A．点P的轨迹为一条线段
B．三棱锥P−BEF的体积为定值
C．DP的取值范围是52,32
D．直线D1P与BF所成角的余弦值的最小值为55
【答案】AB
【分析】取BB1,B1C1中点G,H，由面面平行的判定可证得平面BEF//平面D1GH，可知P点轨迹为线段GH，知A正确；由线面平行性质可知P点到平面BEF的距离即为点G到平面BEF的距离，利用等体积转化，结合棱锥体积公式可求得B正确；在△DGH中，通过求解点D到GH的距离可确定C错误；根据平行关系可知所求角为∠PD1G，则余弦值最小时，P与H重合，由余弦定理可求得结果，知D错误.
【详解】对于A，分别取BB1,B1C1中点G,H，连接D1G,GH,D1H,BC1,AD1，
∵D1F//BG，D1F=BG=12BB1，∴四边形BFD1G为平行四边形，∴D1G//BF，
∵BF⊂平面BEF，D1G⊄平面BEF，∴D1G//平面BEF；
∵EF//AD1//BC1//GH，EF⊂平面BEF，GH⊄平面BEF，∴GH//平面BEF；
∵D1G∩GH=G，D1G,GH⊂平面D1GH，∴平面BEF//平面D1GH；
则当D1P⊂平面D1GH时，D1P//平面BEF恒成立，
又平面D1GH∩平面B1BCC1=GH，P∈平面B1BCC1，
∴P点轨迹为线段GH，A正确；
对于B，由A知：GH//平面BEF，∴点P到平面BEF的距离即为点G到平面BEF的距离，
∴VP−BEF=VG−BEF=VE−BFG=12VA−BFG=14VA−BDFG=112S▱BDFG⋅12AC =112×2×12×22=124，
即三棱锥P−BEF的体积为定值124，B正确；
对于C，连接DG,DH，
在△DGH中，DG=22+122=32，DH=12+12+122=32，GH=122+122=22，
∴点D到GH的距离为DG2−12GH2=94−18=344，
∴DP的取值范围为344,32，C错误；
对于D，由A知：BF//D1G，∴直线D1P与BF所成角即为直线D1P与D1G所成角，即∠PD1G，
则当P与H重合时，∠PD1G取得最大值∠HD1G，此时余弦值取得最小值；
在△D1GH中，D1G=22+122=32，D1H=12+122=52，GH=22，
∴cs∠HD1G=D1H2+D1G2−GH22D1H⋅D1G=54+94−122×52×32=255，
即直线D1P与BF所成角的余弦值的最小值为255，D错误.
故选：AB.
题型2垂直求轨迹
【例题2】（2023·全国·高三对口高考）如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α,PB⊥α，C是α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是（ ）

A．一条线段，但要去掉两个点B．一个圆，但要去掉两个点
C．一个椭圆，但要去掉两个点D．半圆，但要去掉两个点
【答案】B
【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得AC⊥BC，进而得到动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆（去掉A,B两个点）.
【详解】连接AB,BC.
PB⊥α,AC⊂α，则PB⊥AC，又PC⊥AC，
PB∩PC=P，PB,PC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，则AC⊥BC，
则动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆（去掉A,B两个点）.

故选：B
【变式2-1】1. （2023·全国·高三对口高考）正四棱锥S−ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为（ ）
A．6+2B．6−2C．4D．5+1
【答案】A
【分析】由题意，动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，再根据线面垂直的性质求解即可.
【详解】如图，设AC,BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得，SO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC.
又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD⊂平面SBD，故AC⊥平面SBD.
由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，即如图EFG，则AC⊥平面EFG.
由线面垂直的性质可得平面SBD//平面EFG，又由面面平行的性质可得EG//SB，GF//SD，EF//BD，又E是边BC的中点，故EG,GF,EF分别为△SBC,△SDC,△BCD的中位线.
由题意BD=22,SB=SD=22+2=6，故EG+EF+GF=126+6+22=6+2.
即动点P的轨迹的周长为6+2.

故选：A
【变式2-1】2. （2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=4，E为DD1中点，P为正四棱柱表面上一点，且C1P⊥B1E，则点P的轨迹的长为（ ）
A．5+2B．22+2C．25+2D．13+2
【答案】A
【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点C1垂直于B1E的正四棱柱的截面即可计算作答.
【详解】在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连接B1D1,A1C1，如图，A1C1⊥B1D1，ED1⊥平面A1B1C1D1，
因为A1C1⊂平面A1B1C1D1，则ED1⊥A1C1，又B1D1,ED1⊂平面EB1D1，
ED1∩B1D1=D1，则A1C1⊥平面EB1D1，又B1E⊂平面EB1D1，则C1A1⊥B1E，
取CC1中点F，连接EF,B1F，在平面BCC1B1内过C1作C1G⊥B1F，交BB1于G，显然EF//D1C1，
而D1C1⊥平面BCC1B1，则EF⊥平面BCC1B1，有C1G⊥EF，
又B1F,FE⊂平面B1FE，FE∩B1F=F，于是C1G⊥平面B1FE，而B1E⊂平面B1FE，因此C1G⊥B1E，
因为C1G,C1A1⊂平面C1GA1，C1A1∩C1G=C1，从而B1E⊥平面C1GA1，
连接A1G，则点P的轨迹为平面C1GA1与四棱柱的交线，即△A1C1G，
因为∠B1C1G+∠GC1F=∠GC1F+∠B1FC1=90°，即有∠B1C1G=∠B1FC1，又∠C1B1G=∠FC1B1，
于是△C1B1G∽△FC1B1，有C1B1B1G=FC1C1B1=2，B1G=12，
所以点P的轨迹长为A1G+C1G+A1C1=21+14+2=5+2.
故选：A
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
【变式2-1】3. （2023·宁夏银川·校联考二模）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B,C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动，点H运动的轨迹（ ）
A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形
【答案】A
【分析】设定圆圆心为O，半径为r，由线面垂直的判定与性质可推导证得BH⊥DH，由直角三角形性质可确定OH=OB=OD=r，由此可得轨迹图形.
【详解】设定圆圆心为O，半径为r，
连接OH，设直径为BD，连接AD,CD，
∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD；
∵BD为直径，∴BC⊥CD，又AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，又BH⊂平面ABC，∴CD⊥BH，
又BH⊥AC，AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ACD，
∴BH⊥平面ACD，DH⊂平面ACD，∴BH⊥DH，
在Rt△BDH中，OH=OB=OD=r，则点H的轨迹是以O为圆心，r为半径的圆.
故选：A.
【变式2-1】4. （多选）（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面ABCD内一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点P在棱AD上运动，则A1P+PC的最小值为2+22
B．若点P是棱AD的中点，则平面PBC1截正方体所得截面的周长为25+32
C．若点P满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线
D．若点P在直线AC上运动，则P到棱BC1的最小距离为233
【答案】BCD
【分析】化折线为直线，即可判断A，取DD1的中点E，连接BP、PE、C1E、AD1，即可证明四边形EPBC1即为平面PBC1截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D.
【详解】对于A：如图将平面ABCD展开与平面ADD1A1处于一个平面，连接A1C与AD交于点P，
此时A1P+PC取得最小值，即A1P+PCmin=22+42=25，故A错误；
对于B：如图取DD1的中点E，连接BP、PE、C1E、AD1，
因为点P是棱AD的中点，所以PE//AD1且PE=12AD1，
又AB//C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1//BC1，
所以PE//BC1，所以四边形EPBC1即为平面PBC1截正方体所得截面，
又BC1=22，PE=12AD1=2，BP=EC1=12+22=5，
所以截面周长为32+25，故B正确；
对于C：如图，DC1⊥D1C，BC⊥平面DCC1D1，DC1⊂平面DCC1D1，
所以DC1⊥BC，又D1C∩BC=C，D1C,BC⊂平面BCD1A1，
所以DC1⊥平面BCD1A1，因为平面ABCD∩平面BCD1A1=BC，
D1∈平面BCD1A1，P∈平面ABCD，
又PD1⊥DC1，所以P在直线BC上，即动点P的轨迹是一条直线，故C正确；
对于D：如图建立空间直角坐标系，则B2,2,0，C10,2,2，设Pa,2−a,0 a∈0,2，
所以BC1=−2,0,2，BP=a−2,−a,0，
所以P到棱BC1的距离d=BP2−BC1⋅BPBC12=32a2−2a+2=32a−232+43，
所以当a=23时dmin=43=233，故D正确；
故选：BCD
题型3翻折求轨迹
【例题3】（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=4，E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE的位置，连接PC，PD，在翻折的过程中，则（ ）

A．四棱锥P−AECD体积的最大值为22B．PD的中点F的轨迹长度的最大值为3π2
C．EP,CD与平面PAD所成的角相等D．三棱锥P−AED外接球的表面积的最小值为16π
【答案】ACD
【分析】根据锥体体积、动点轨迹、线面角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A，梯形AECD的面积为2+42×2=6，AE=22，直角△APE斜边AE上的高为2．
当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P−AECD的体积取得最大值13×6×2=22，A正确．
对于B，取PA的中点G，连接GF,GE,FC，则GF,EC平行且相等，四边形ECFG是平行四边形，
所以点F的轨迹与点G的轨迹形状完全相同．
过G作AE的垂线，垂足为H，G的轨迹是以H为圆心，HG=22为半径的半圆弧，
从而PD的中点F的轨迹长度的最大值为2π2，B错误.
对于C，由四边形ECFG是平行四边形，知EC∥FG，
则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD的距离相等，
故PE,CD与平面PAD所成角的正弦值之比为CD:PE=1:1，C正确．
对于D，Rt△ADE外接圆的半径为2，圆心为AD的中点，
当三棱锥P−AED外接球球心为AD中点，即PD=23时，
三棱锥P−AED外接球的表面积取得最小值，为4π×22=16π．D正确．

故选：ACD
【点睛】求解几何体外接球有关问题，关键是判断出球心的位置以及求得球的半径. 解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：1、寻找一个或两个面的外接圆圆心;2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.
【变式3-1】1. （多选）（2023秋·广东佛山·高三校联考阶段练习）如图甲，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为AB上一动点（不含端点），且满足将△AED沿DE折起后，点A在平面DCBE上的射影F总在棱DC上，如图乙，则下列说法正确的有（ ）
A．翻折后总有BC⊥AD
B．当EB=12时，翻折后异面直线AE与BC所成角的余弦值为13
C．当EB=12时，翻折后四棱锥A−DCBE的体积为5536
D．在点E运动的过程中，点F运动的轨迹长度为12
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作EP⊥DC于P，可得异面直线所成的角，判断B，作AG⊥DE，设AE=x，DF=y，利用三角形相似可得x=1y，利用函数性质求出y的范围判断D，求出棱锥的高AF，再由四棱锥体积公式计算可判断C.
【详解】在图乙中，因为点A在平面DCBE上的射影F在棱DC上，所以AF⊥平面DCBE，
又BC⊂平面DCBE，所以AF⊥BC，又BC⊥DC，AF∩DC=F，AF,DC⊂平面ADC，所以BC⊥平面ADC，又AD⊂平面ADC，所以BC⊥AD，故A正确；
如图，
在图乙中作EP⊥DC于P，连接AP，则EP//BC，所以AE与BC所成角即为AE与EP所成角，又由BC⊥平面ADC可得EP⊥平面ADC，所以EP⊥AP而EP=1，AE=2−BE=32，则cs∠AEP=23，即AE与BC所成角余弦值为23，故B错误；
如上图，在图乙中作FG⊥DE于G，连接AG，则由AF⊥平面DCBE可得AF⊥DE，又FG∩AF=F，FG，AF⊂平面AGF，所以DE⊥平面AGF，
又AG⊂平面AGF，则DE⊥AG，在图甲中，如图，
作AG⊥DE，则A，G，F三点共线，设AE=x，DF=y，则由△DFA∽△ADE可得DFAD=ADEA，即y1=1x，又在图乙中有AF=AD2−DF2=1−y2>0，
所以y∈0,1，所以x=1y>1，而x=AE∈0,2，所以x∈1,2，y=1x∈12,1,1−12=12，故D正确；
当EB=12时，x=32，则y=23，所以AF=AD2−DF2=1−49=53，
则VA−DCBE=13⋅EB+DC⋅BC2⋅AF=12+26×53=5536，故C正确.
故选：ACD.
【变式3-1】2. （多选）（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，AC与BD交于点O，现将△AEH，△BEF，△CFG，△DGH分别沿EH，EF，FG，GH把这个矩形折成一个空间图形，使A与D重合，B与C重合，重合后的点分别记为M，N，Q为MN的中点，对于多面体MNEFGH，下列说法正确的是（ ）
A．异面直线GN与ME的夹角大小为60°
B．该多面体的体积为2
C．四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为22π
D．若点P是该多面体表面上的动点，满足PQ⊥ON时，点P的轨迹长度4+2
【答案】AC
【分析】根据异面直线所成角的几何法即可利用三角形边的关系进行求解A，根据线面垂直以及锥体的体积即可求解B,根据外接球的性质，结合勾股定理即可求解C，根据线面垂直即可判断点P的轨迹，即可求解D.
【详解】取HF的中点为O，取NE的中点为点P，连接OQ,OP,
由几何体形成的过程可知平面MNFH⊥ 平面EFGH,其交线为HF，由于
四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，故OQ⊥HF,OQ⊂平面MNFH，所以OQ⊥平面EFGH,
由题意可知GE=AD=22，NG=NE=2，∴NG2+NE2=GE2，∴NG⊥NE，由于NF⊥NG,NF⊥NE,NG∩NE=N, NE,NG⊂平面NEG,所以NF⊥平面NEG,
由VF−NGE=VN−GEF，得OQ=NG⋅NE⋅NFEG⋅12HF=2×2×222×2=1，则∠OPQ即为异面直线GN与ME所成夹角的平面角或其补角，而OP=PQ=12ME=1，∴△OPQ为等边三角形，∴异面直线GN与ME的夹角大小为60°，选项A正确；
由几何体形成的过程可知平面MNFH⊥ 平面EFGH,其交线为HF，由于
四边形EFGH为菱形，四边形MNFH为等腰梯形，故OE⊥HF,OE⊂平面EFGH，所以OE⊥ 平面MNFH，OQ=1,MH=2,HF=4⇒MN=2 ,
VMNEFGH=2VE−MNFH=2×13S梯形MNFH⋅OE=2×13×12×2+4×1×2=22，选项B错误；
在△NFH中，∠NFH=45°，NH=32+12=10，∴△NFH的外接圆直径D1=10sin45°=25，△HEF的外接圆直径D2=613=32，∴四棱锥E－MNFH的外接球直径D满足D2=D12+D22−HF2=20+18 −16=22，∴四棱锥E－MNFH的外接球的表面积为πD2=22π，选项C正确：
由A可知NF⊥平面ENG,同理 HM⊥平面MEG ，又ON//HM,所以ON⊥平面MEG，点P所在平面与平面MEG平行，∴点P的轨迹为五边形QPRST，长度为1+22+2+22 +1=2+22，D选项错误．
故选AC．
【点睛
【变式3-1】3. （多选）（2022·辽宁丹东·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为2,E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE，连结PC,PD，在翻折过程中（ ）
A．四棱锥P−AECD的体积最大值为255
B．PD中点F的轨迹长度为2π
C．EP,CD与平面PAD所成角的正弦值之比为2:1
D．三棱锥P−AED的外接球半径有最小值54，没有最大值
【答案】ACD
【分析】根据题意，根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图，逐个选项进行判断即可求解
【详解】由已知梯形AECD面积为3,AE=5，直角△APE斜边AE
上的高为255.当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥P−AECD的
体积取最大值13×3×255=255. A正确；
取PA中点为G，则GF，EC平行且相等，四边形ECFG是平行四边形，
所以，点F的轨迹与点G的轨迹完全相同，过G作AE的垂线，垂足为
H,G的轨迹是H以为圆心，HG=55为半径55的半圆弧，从而PD
中点F的轨迹长度为5π5.B错误；
由四边形ECFG是平行四边形知EC//FG，
则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD距离相等，
故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为等于CD:PE=2:1. C正确；
△APE外接圆O1半径为52,O1是AE中点，根据正弦定理△ADE
外接圆O2半径为54,AE是圆O1与圆O2公共弦，|O2O1|=54.
设三棱锥P−AED外接球球心为O，半径为R，
则R=|OE|=|O1E|2+|O1O|2=|O1E|2+|O2O1|2+|O2O|2=(54)2+|O2O|2.
因为|O2O|∈[0,+∞)，所以R∈[54,+∞)，所以R最小值为54，没有最大值. D正确；
故选：ACD
【变式3-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB,PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是 ．（将正确说法的序号都写上）

①点P的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；
③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；
【答案】①③
【分析】依据翻折过程中PH⊥AM，PH=55AD均不变，判定点P的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中CE的长恒为22AD，从而判断③正确.
【详解】设正方形ABCD边长为a,
①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH=55a
在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH=55a均不变，
则点P的轨迹为以H为圆心，以55a为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.
在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，
由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB=P，可得AM⊥平面PBN
又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cs∠MAB=ANAB=255
又在正方形ABCD中，cs∠MAB=cs∠AMD=55.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB.判断错误；
③棱PB的中点为E.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则MK=22a
则有EK∥AB，EK=12AB，则EK∥MC，EK=MC
则四边形EKMC为平行四边形，则CE=MK，
又MK=22a，则CE=22a，即CE的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
题型4角度恒定求轨迹
【例题4】（2018·北京·高三强基计划）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M在底面ABCD内运动且满足∠DD1A=∠DD1M，则动点M在底面ABCD内的轨迹为（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分
C．双曲线一支的一部分D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】根据∠DD1A=∠DD1M可得DM在圆锥面上，故可得M的轨迹.
【详解】因为∠DD1A=∠DD1M，故DM在圆锥面上，该圆锥以DD1为轴，D为顶点，
而M在底面ABCD内，
故动点M在底面ABCD内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧AC．
故选：A.
【变式4-1】1. （2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，AA1=2，点P在四边形A1ACC1内，且直线BP与平面A1ACC1所成角为π4，则长方体的体积最大时，动点P的轨迹长为（ ）
A．πB．2π2C．π2D．2π4
【答案】C
【分析】首先由题意得到长方体体积最大时，得到几何体的棱长，设AC，BD相交于点O，由BO⊥平面A1ACC1，确定线面角，从而确定点P的轨迹，从而得解.
【详解】因为长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为5π，设外接球的半径为R，
所以4πR2=5π，解得R=52或R=−52（舍去），即外接球的直径为5，
设AB=a，BC=b，则a2+b2+22=5，可得a2+b2=1，
所以V=2ab≤a2+b2=1，当且仅当a=b=22时，等号成立．
如图，设AC，BD相交于点O，
因为BO⊥AC,BO⊥AA1，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面A1ACC1，
所以BO⊥平面A1ACC1，直线BP与平面A1ACC1所成角为π4，
所以∠BPO=π4，故OP=12，则点P的轨迹是以O为圆心，半径r=12的半圆弧，
所以动点P的轨迹长为πr=π2．
故选：C
【变式4-1】2. （2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图，二面角α−l−β的大小为π4，已知A、B是l上的两个定点，且AB=4，C∈α，D∈β，AB与平面BCD所成的角为π6，若点A在平面BCD内的射影H在△BCD的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（ ）
A．3π6B．2π2C．6π4D．3π4
【答案】D
【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以BH为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为π4的弧长，只要求出半径即可.
【详解】如图所示：
因为AB与平面BCD所成的角为π6，且点A在平面BCD上的射影H，AB=4，
所以AH=AB⋅sin30∘=2,BH=AB⋅cs30∘=23，
所以点H在以点B为球心，以23为半径的球面上，
又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，
所以点H的轨迹为以点B为球心，以23为半径的球与以AB为轴，
母线AH与轴AB成π3的圆锥侧面交线的一部分，
即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB，
因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为π4，
所以∠EOF=π4，
又OH=BHsin30∘=23×12=3，
所以点H的轨迹的长度等于π4×3=34π，
故选：D.
【变式4-1】3. （2023春·广西防城港·高三统考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P是正方形ABCD内部（含边界）的一个动点，则（ ）
A．有且仅有一个点P，使得D1P⊥B1CB．AB1∥平面CPC1
C．若DP=12DB，则三棱锥P−BB1C外接球的表面积为16πD．M为DD1的中点，若MP与平面ABCD所成的角为π4，则点P的轨迹长为π2
【答案】D
【分析】根据线面垂直判断线线垂直可求解A，利用线面平行判断B，根据外接球与三棱锥的的几何关系判断C，利用线面角的定义确定点P的轨迹即可求解D,
【详解】
对于A，连接BC1,AD1,
因为AB⊥平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,所以AB⊥B1C,
且四边形BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C,
且AB∩BC1=B，AB,BC1⊂平面ABC1D1,
所以B1C⊥平面ABC1D1,所以当点P在线段AB上时，
必有D1P⊂平面ABC1D1,则B1C⊥ D1P，
所以存在无数个点P，使得D1P⊥B1C，A错误；
对于B，当点P与点B重合时，
AB1与平面CPC1相交，B错误；
对于C，若DP=12DB，则P为DB中点，
连接PB,PC,PB1,B1C,则△PBC为等腰直角三角形，且PB⊥PC，
且△BCB1也为等腰直角三角形，且BC⊥BB1,
且平面PBC⊥平面BCB1，
所以取B1C中点为O，则O为三棱锥P−BB1C外接球的球心，
所以外接球的半径为12B1C=2,
所以我外接球的表面积为4π×2=8π，C错误；
对于D，连接MP,DP,
因为MD⊥平面ABCD，所以∠MPD为MP与平面ABCD所成的角，
所以∠MPD=π4，所以DP=DM=1,
所以点P的轨迹是以D为圆心，1为半径的14个圆弧，
所以点P的轨迹长为14×2π=π2，D正确，
故选:D.
【变式4-1】4. （2023·湖南·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，AB=23，点E为平面A1BD内的动点，设直线AE与平面A1BD所成的角为α，若tanα∈22,1则点E的轨迹所围成的图形面积的取值范围为（ ）
A．π,2πB．π,4πC．4π,6πD．4π,8π
【答案】D
【分析】确定AC1⊥平面A1BD，tanα=OAOE，计算AO=2，tanα=OAOE=2OE∈22,1，2≤EO≤22，E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，计算得到答案.
【详解】如图所示，连接AC1交平面A1BD于O，连接EO，AC
CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故CC1⊥BD，
AC⊥BD，AC∩CC1=C，AC,CC1⊂平面ACC1，故BD⊥平面ACC1，
AC1⊂平面ACC1，故BD⊥AC1，
同理可得A1B⊥AC1，A1B∩BD=B，A1B,BD⊂平面A1BD，故AC1⊥平面A1BD，
所以∠AEO是AE与平面A1BD所成的角，∠AEO=α，所以tanα=OAOE，
在四面体A−A1BD中，BD=A1D=A1B=26，AB=AD=AA1=23，
所以四面体A−A1BD为正三棱锥，O为ΔBDA1的重心，如下图所示，
所以BO=33×26=22，AO=AB2−BO2=2，
因为tanα=OAOE=2OE∈22,1，所以2≤EO≤22，
又E在平面A1BD内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，
所以E在平面A1BD内的轨迹围成的图形面积S∈4π,8π．
故选：D
【变式4-1】5.（2023春·河南安阳·高三安阳一中校联考阶段练习）如图，在圆柱OO1中，AB为底面直径，E是AB的中点，D是母线BC的中点，M是上底面上的动点，若AB=4，BC=3，且ME⊥AD，则点M的轨迹长度为（ ）
A．32B．7C．574D．4
【答案】C
【分析】作ON⊥AD，由圆柱的结构特征和线面垂直的判定可知AD⊥平面ONE，则M点轨迹是平面ONE与上底面的交线PQ，结合勾股定理可求得PQ长，即为所求轨迹长度.
【详解】连接OE，作ON⊥AD，交CF于点N，
∵E是AB的中点，∴OE⊥AB，
∵BC⊥平面ABE，OE⊂平面ABE，∴BC⊥OE，
∵AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABCF，
∴OE⊥平面ABCF，又AD⊂平面ABCF，
∴OE⊥AD，又ON⊥AD，OE∩ON=O，OE,ON⊂平面ONE，
∴AD⊥平面ONE，
设平面ONE与上底面交于PQ，∵ME⊥AD，∴点M的轨迹为PQ；
∵AB=4，BC=3，D是母线BC中点，
∴tan∠BAD=tan∠O1ON=BDAB=38，
∴O1N=OO1⋅tan∠O1ON=98，
∴PQ=222−982=574.
故选：C.
【变式4-1】6.（多选）（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，B1D与平面ACD1相交于点E，P为△ACD1内一点，且S△PB1D=13S△ACD1，设直线PD与A1C1所成的角为θ，则下列结论正确的是（ ）
A．B1D⊥PEB．点P的轨迹是圆
C．点P的轨迹是椭圆D．θ的取值范围是π3,π2
【答案】ABD
【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得B1D⊥平面ACD1，分析可得点E即为△ACD1的中心，结合S△PB1D=13S△ACD1可得PE=13a，从而可得点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，转化为PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，分析求得θ的范围即可得出结果.
【详解】如图所示，
B1D与平面ACD1相交于点E，连接BD交AC于点O，连接B1D1；
由题意可知BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则BB1⊥AC；
又因为AC⊥BD，BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1，
又B1D⊂平面BDD1B1，所以AC⊥B1D；
同理可证AD1⊥B1D，
又AD1∩AC=A，AD1,AC⊂平面ACD1，
所以B1D⊥平面ACD1；
又因为AC=AD1=CD1=AB1=B1D1=B1C，由正三棱锥性质可得点E即为△ACD1的中心，连接OD1；
因为O为AC的中点，OD1交B1D于点E，连接PE，
由B1D⊥平面ACD1，PE⊂平面ACD1，则B1D⊥PE，所以选项A正确；
即PE为△PB1D的高，设PE=d，
由正方体棱长为a可知，B1D=3a,AC=2a，且△ACD1的内切圆半径r=OE=66a；
所以S△PB1D=12B1D⋅PE=32ad,S△ACD1=12×2a×2a×32=32a2；
又S△PB1D=13S△ACD1，即可得d=13a所以点P的轨迹是以E为圆心，半径为13a的圆，所以B正确，C错误；
由B1D⊥平面ACD1，OD1⊂平面ACD1，则B1D⊥OD1，
所以DE=OD2−OE2=33a，
因此PD是以底面半径为13a，高为33a的圆锥的母线，如图所示:
设圆锥母线与底面所成的角为α，则tanα=33a13a=3，所以α=π3；
即直线PD与平面ACD1所成的角为π3，
又因为异面直线所成角的取值范围是0,π2，
直线AC在平面ACD1内，所以直线PD与AC所成的角的取值范围为π3,π2,
又因为AC//A1C1，所以直线PD与A1C1所成的角的取值范围为π3,π2，即θ∈π3,π2；
即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：（1）通过比较PE与△ACD1的内切圆半径的大小，得出动点P的轨迹；（2）将直线PD与A1C1所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.
题型5定长求轨迹
【例题5】（2023·四川·校联考模拟预测）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为2，∠BAD=60∘，P为CC1的中点，点Q在四边形DCC1D1内（包括边界）运动，下列结论中错误的是（ ）

A．当点Q在线段CD1上运动时，四面体A1BPQ的体积为定值
B．若AQ ∥平面A1BP，则AQ的最小值为5
C．若△A1BQ的外心为M，则A1B⋅A1M为定值2
D．若A1Q=7，则点Q的轨迹长度为2π3
【答案】C
【分析】由题证得CD1 ∥面A1BP，所以直线CD1上各点到平面A1BP的距离相等，又△A1BP的面积为定值，可判断A；取DD1,DC的中点分别为M,N，由面面平行的判定定理可得平面A1BP ∥面AMN，因为AQ⊂面AMN，所以AQ ∥平面A1BP，当AQ⊥MN时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3=3，D1A2=1，易知点Q的轨迹为圆弧A2A3可判断D.
【详解】对于A，因为A1B∥CD1，A1B⊂平面A1BP， CD1⊄平面A1BP，所以CD1 ∥平面A1BP，
所以直线CD1上各点到平面A1BP的距离相等，又△A1BP的面积为定值，故A正确；

对于B，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,MN,AN，
因为AM∥PB，AM⊄平面A1BP，PB⊂平面A1BP，所以AM ∥平面A1BP，
又因为D1C∥MN，A1B∥D1C，则A1B∥MN，
又MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，所以MN ∥平面A1BP，
MN∩AM=M，AM,MN⊂平面AMN，所以平面A1BP ∥平面AMN，
因为AQ⊂面AMN，所以AQ ∥平面A1BP，
当AQ⊥MN时，AQ有最小值，则易求出AM=5,MN=2,
AN=AD2+DN2−2AD⋅DNcs120∘=4+1−2×2×1×−12=7，
则AM2+MN2=AN2，即AM⊥MN，所以Q,M重合，
所以AQ的最小值为AM=5，故B正确；

对于C，若△A1BQ的外心为M，过M作MH⊥A1B于点H，则A1H=12A1B，
又A1B=22+22=22，则A1B⋅A1M=12A1B2=4，故C错误；

对于D，在平面A1B1C1D1内过A1作A1O⊥C1D1于点O，
因为DD1 ⊥平面A1B1C1D1，A1O⊂平面A1B1C1D1，所以DD1 ⊥ A1O，
因为DD1∩C1D1=D1，DD1,C1D1⊂平面C1D1DC，
所以A1O⊥平面C1D1DC，OD1=A1D1csπ3=1，
在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3=3，D1A2=1，
则A1A3=A1A2=7，OA3=OA2=7−3=2，
所以，若A1Q=7，则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧A2A3上运动，
又因为D1O=1,D1A3=3,所以∠A3OA2=π3，则圆弧A2A3等于2π3，故D正确.

故选：C.
【变式5-1】1.（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11
【答案】C
【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.
【详解】设内切球O的半径为R，则4πR2=π3，∴R=36．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．
根据等体积法得13SABCD+4S△PABR=13×AB2×PF，
∴134+4×12×2×PE×36=43×PF，整理得1+PE=23PF，又PE2−PF2=1，
解得PE=1311，PF=4311．∴OF=36，OP=13366，OQ=OP=13366．
在Rt△OFQ中，QF=133662−362=211．
∴点Q在以点F为圆心，211为半径的圆上，其周长为2π×211=411π．
故选：C．
【变式5-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在直四棱柱中ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=60°，AB=AD=AA1=2，P为CC1中点，点Q满足DQ=λDC+μDD1，（λ∈0,1，μ∈0,1）.下列结论不正确的是（ ）
A．若λ+μ=1，则四面体A1BPQ的体积为定值
B．若AQ//平面A1BP，则AQ的最小值为5
C．若△A1BQ的外心为M，则A1B⋅A1M为定值2
D．若A1Q=7，则点Q的轨迹长度为2π3
【答案】C
【分析】对于A，由λ+μ=1，可得Q,C,D1三点共线，可得点Q在CD1，而由直四棱柱的性质可得CD1//平面A1BP，所以点Q到平面A1BP的距离为定值，而△A1BP的面积为定值，从而可进行判断，对于B，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,MN,AN，由面面平行的判定定理可得平面A1BP//平面AMN，从而可得AQ//平面A1BP，进而可求得AQ的最小值，对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3=3,D1A2=1，可得点Q的轨迹为圆弧A2A3，从而可进行判断.
【详解】对于A，因为DQ=λDC+μDD1,λ∈0,1,μ∈0,1，λ+μ=1，
所以Q,C,D1三点共线，所以点Q在CD1，因为CD1// A1B，CD1⊄平面A1BP，
A1B⊂平面A1BP，所以CD1//平面A1BP，所以点Q到平面A1BP的距离为定值，
因为△A1BP的面积为定值，所以四面体A1BPQ的体积为定值，所以A正确；
对于B，取DD1,DC的中点分别为M,N，连接AM,MN,AN，则AM// BP，
因为AM⊄平面A1BP，BP⊂平面A1BP，所以AM//平面A1BP，
因为MN// CD1，A1B// CD1，所以MN// A1B，
因为MN⊄平面A1BP，A1B⊂平面A1BP，MN//平面A1BP，
因为MN∩AM=M，MN,AM⊂平面AMN，所以平面AMN//平面A1BP，
因为AQ⊂平面AMN，所以AQ//平面A1BP，所以当AQ⊥MN时，AQ最小，
因为∠BAD=60∘,AB=AD=AA1=2，所以AM=5,MN=2，AN=AD2+DN2−2AD⋅DNcs120°=4+1−2×2×1×−12=7，
所以AM2+MN2=AN2，所以Q,M重合，所以AQ的最小值为5，所以B正确，
对于C，若△A1BQ的外心为M，过M作MH⊥A1B于H，
因为A1B=22+22=22，所以A1B⋅A1M=12A1B2=4，所以C错误，
对于D，过A1作A1O⊥C1D1于点O，因为则可得DD1⊥平面A1B1C1D1，
A1O⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1O，因为C1D1∩DD1=D1，
C1D1,DD1⊂平面DD1C1C，所以A1O⊥平面DD1C1C，
OD1=A1D1csπ3=1，在DD1,D1C1上取点A3,A2，使得D1A3=3,D1A2=1，
则A1A3=A1A2=7,OA3=OA2=7−3=2，所以若A1Q=7，
则Q在以O为圆心，2为半径的圆弧A2A3上运动，
因为D1O=1,D1A3=3，所以∠A3OA2=π3，则圆弧A2A3等于2π3，所以D正确，
故选：C.
【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
【变式5-1】3. （2023·全国·高三专题练习）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P在三棱锥C1−BCD的表面上运动，且A1P=153，则点P轨迹的长度是（ ）
A．3+266πB．23+66π
C．3+66πD．23+63π
【答案】A
【分析】根据题意，点P在以A1为球心，半径R=153的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥C1−BCD的表面的交线即可得答案.
【详解】解：由题设知点P在以A1为球心，半径R=153的球面上，
所以点P的轨迹就是该球与三棱锥C1−BCD的表面的交线．
由正方体性质易知三棱锥A1−C1BD为正四面体，
所以，点A1到平面C1BD的距离d=233，
所以球A1在平面C1BD上的截面圆的半径r1=R2−d2=33，
所以，截面圆的圆心O1是正△C1BD中心，正△C1BD的边长为2，其内切圆O1的半径r0=66因此，点P在面C1BD内的轨迹是圆O1在△C1BD内的弧长，
如图所示．cs∠MO1H=O1HO1M=r0r1=22，所以∠MO1H=π4，
所以∠MO1N=π2，
所以，点P在此面内的轨迹长度为r12π−3×π2=3π6．
因为AA1⊥平面ABCD，所以球A1在平面ABCD上的截面圆心为A，
其半径r2=R2−AA12=63，又22<63<1，
所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧EF，
如图所示，cs∠GAE=AGAE=32，
所以∠GAE=π6，从而∠EAF=π3，所以EF=6π9．
由于对称性，点P在平面C1BD和平面C1CD内的轨迹长度都是6π9，
故点P在三棱锥C1−BCD的表面上的轨迹的长度是3π6+3×6π9=3+266π．
故选：A
【变式5-1】4. （多选）（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E在正方形A1B1C1D1内（不包含边界）运动，且CE=5，则下列说法正确的是（ ）
A．CE与平面ABCD所成角为定值
B．点E的轨迹长度为π4
C．存在点E使得AE⊥CE
D．存在唯一的点E使得CE⊥B1D1
【答案】AD
【分析】对B：可得C1E=1，故E点轨迹是以C1为圆心、1为半径的圆位于正方形A1B1C1D1以部的14圆弧；对A：∠CEC1为CE与底面ABCD所成角；对C：通过证明AE2+CE2>AC2判断；对D：由B1D1⊥面CC1E证得C1E⊥B1D1再判断.
【详解】
如图：由CE=CC12+EC12=5知C1E=1，故E点轨迹是以C1为圆心、1为半径的圆位于正方形A1B1C1D1内部的14圆弧，其弧长为π2，故选项B错误；
因为CC1⊥面A1B1C1D1，所以CE与底面A1B1C1D1所成角为∠CEC1，
因为sin∠CEC1=25，故∠CEC1为定值，
CE与底面ABCD所成角即为CE与底面A1B1C1D1所成角，故选项A正确；
AE2+CE2=AA12+A1E2+CE2=9+A1E2>AC2=8，故不存在E使得AE⊥CE，故选项C错误；
CE在底面A1B1C1D1内的射影为C1E，若CE⊥B1D1，
又CC1⊥B1D1,CE∩CC1=C,CE,CC1⊂面CC1E，所以B1D1⊥面CC1E，
又EC1⊂面CC1E，所以C1E⊥B1D1，故E为圆弧与A1C1的交点E0，选项D正确．
故选：AD.
【变式5-1】5.（多选）（2023春·河北石家庄·高三校联考期中）如图，在四棱台A1B1C1D1−ABCD中，A1A⊥平面ABCD，上、下底面均为正方形，A1B1=1，AB=2，A1A=3，则（ ）

A．直线C1C//平面B1BDD1
B．异面直线AC与B1B所成角的余弦值为24
C．若该四棱台内（包括表面）的动点M到顶点B，D的距离相等，则点M形成的图形的面积为362
D．若底面ABCD内的动点N到顶点C1的距离为2，则动点N的轨迹的长度为2π
【答案】BCD
【分析】结合空间点、线、面的位置关系的判断，直线与平面平行的判定，以及轨迹的求法，对各项逐一判断，即可得到本题答案.
【详解】连接A1C1，与B1D1交于点O1，连接O1O，A1O，则可得A1O//C1C，O1O与C1C不平行，O1O是过直线C1C的平面A1C1CA与平面B1BDD1的交线，若直线C1C//平面B1BDD1，则必有O1O//C1C，从而得出矛盾，所以A项错误；
连接OD1，则OD1//B1B，则∠COD1（或其补角）为所求，易得D1D=OD1=B1B=32+2−12=2，因为CD⊥AD，A1A⊥平面ABCD，所以CD⊥A1A，从而CD⊥平面A1D1DA，所以CD⊥D1D，则CD1=22+22=22，又CO=2，所以在△COD1中，由余弦定理得cs∠COD1=22+22−2222×2×2=−24，所以异面直线AC与B1B所成角的余弦值为24，所以B项正确；
依题意，该四棱台被对角面A1C1CA分成的两部分关于该对角面对称，所以该对角面上任意一点到顶点B，D的距离都相等，所以所求面积即为该对角面的面积，易得面积为2+22×32=362，所以C项正确；
底面ABCD内的动点N到顶点C1的距离为2，即C1N=2，连接OC1，ON，则ON=22−32=1，所以动点N的轨迹是以ON=1为半径的圆，即正方形ABCD的内切圆，其周长为2π，所以D项正确．
故选：BCD

题型6向量法求轨迹
【例题6】（2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E,F分别为BC1和C1D1的中点,P为线段BD1上的动点，Q为上底面A1B1C1D1内的动点，下列判断正确的是（ ）
①三棱锥P−B1EF的体积是定值；②若FQ⊥DP恒成立，则线段FQ的最大值为22；③当DQ与DA1所成的角为45∘时，点Q的轨迹为双曲线的一部分；
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【分析】根据题意，得到EF//BD1，得出点P到直线EF的距离等于点C1到直线BD1的距离的一半，锥体的体积公式求得三棱锥P−B1EF的体积为83，可判定①正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，设BP=λBD1=(−4λ,−4λ,4λ)，得到DP=(4−4λ,4−4λ,4λ)，再设Q(x,y,4)，得到FQ=(x,y−2,0)，结合FQ⊥DP，化简得到x+y=2，进而求得线段FQ取得最大值为22，可判定②正确；由DQ与DA1的所成的角为45∘，结合向量的夹角公式，求得轨迹方程为y2=8x可判定③错误.
【详解】如图（1）所示，因为点E为BC1的中点，又由F是C1D1的中点，可得EF//BD1，
又因为点P为BD1上的动点，所以点P到直线EF的距离等于点E到BD1的距离，
所以点P到直线EF的距离等于点C1到直线BD1的距离的一半，
因为正方体的棱长为4，可得C1D1=4,BC1=42,BD1=43，
因为C1D1⊥面BB1C1C，且BC1⊂面BB1C1C，所以C1D1⊥ BC1，
可得点C1到直线BD1的距离为4×4243=463，所以点P到直线EF的距离263，
所以△EFP的面积为S△EFP=12×23×263=22，
由B1E⊥BC1,C1D1⊥B1E，且BC1∩C1D1=C1，BC1,C1D1⊂平面EFP，
所以B1E⊥平面EFP，且B1E=22，
所以三棱锥P−B1EF的体积为VP−B1EF=VB1−EFP=13×22×22=83（定值），所以①正确；

如图（2）所示，以D为原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，可得D(0,0,0),B(4,4,0),F(0,2,4)，
设BP=λBD1=(−4λ,−4λ,4λ),0<λ<1，
由DP=DB+BP=(4−4λ,4−4λ,4λ)
设Q(x,y,4)，则FQ=(x,y−2,0)，
因为FQ⊥DP，所以(4−4λ)x+(4−4λ)(y−2)=0，可得x+y=2，
所以FQ=x2+(y−2)2+0=2y−2 ，
又因为0≤x≤4,0≤y≤4且x+y=2，可得0≤y≤2，
所以当y=0时，线段FQ取得最大值，最大值为22，所以②正确；
因为DQ=(x,y,4),DA1=(4,0,4)，
又因为DQ与DA1的所成的角为45∘，
所以cs45∘=DQ⋅DA1DQDA1=4x+16x2+y2+16×32=22，
整理得y2=8x且0≤x≤4,0≤y≤4，所以点Q的轨迹为抛物线的一部分，所以③错误.
故选：A.

【变式6-1】1. （2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知空间中两条直线l1、l2异面且垂直，平面α∥l1且l2⊂α，若点P到l1、l2距离相等，则点P在平面α内的轨迹为（ ）
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】设l1在α内的射影为l，以l与l2的交点O为原点，l2为x轴，l为y轴，l1与l的公垂线为z轴，建立空间直角坐标系. 设Px,y,z，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.
【详解】设l1在α内的射影为l，l1到α的距离为d，
以l与l2的交点O为原点，l2为x轴，l为y轴，l1与l的公垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设Px,y,0，则P到l2的距离为y.
过点P作PD⊥l于点D，过点D作ED⊥l1于点E，
又l1在α内的射影为l，则ED⊥l，连结ED,
又PD⊥l，ED∩PD=D，
所以l⊥平面PED，又PE⊂平面PED，
所以l⊥PE，所以l1⊥PE，
所以则P到l1的距离为x2+d2,
因为点P到l1、l2距离相等，
所以y=x2+d2，即x2−y2=d2，
所以点P在平面α内的轨迹为双曲线.
故选：C.
【点睛】方法点睛：
关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线.
【变式6-1】2. （2023·河南濮阳·濮阳一高校考模拟预测）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈0,1，μ∈0,1，则下列说法正确的是（ ）
①当λ=1时，△AB1P的周长为定值；
②当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值；
③当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP；
④若AP≤1，则点P的轨迹所围成的面积为π8.
A．①②B．②③C．②④D．①③
【答案】C
【分析】取BC的中点O，连接AO，以点O为坐标原点，OA、OB、AA1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，取μ=0和μ=12求△AB1P的周长，可判断①；利用锥体的体积公式可判断②；利用A1P⋅BP=0求出μ的值，可判断③；求出点P的轨迹所围成的面积，可判断④.
【详解】取BC的中点O，连接AO，
因为△ABC为等边三角形，则AO⊥BC，且AA1⊥平面ABC，
以点O为坐标原点，OA、OB、AA1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A32,0,0、B0,12,0、C0,−12,0、A132,0,1、B10,12,1、C10,−12,1，
BP=λBC+μBB1=λ0,−1,0+μ0,0,1=0,−λ,μ，其中λ∈0,1，μ∈0,1，
OP=OB+BP=0,12,0+0,−λ,μ=0,12−λ,μ，
对于①，当λ=1时，P0,−12,μ，AB1=32−02+0−122+0−12=2，
若μ=0，则P0,−12,0，AP=1，B1P=B1C=BB12+BC2=2，
此时，△AB1P的周长为1+22；
若μ=12，则P0,−12,12，则AP=32−02+0+122+0−122=52，
同理可得B1P=52，此时，△AB1P的周长为2+2×52=2+5，
故当λ=1时，△AB1P的周长不是定值，①错；
对于②，当μ=1时，P0,12−λ,1，则点P到直线BC的距离为1，
所以，S△BPC=12×BC×1=12，且点A1到平面PBC的距离也为定值，
故VP−A1BC=VA1−PBC为定值，②对；
对于③，当λ=12时，P0,0,μ，A1P=−32,0,μ−1，BP=0,−12,μ，
因为A1P⊥BP，则A1P⋅BP=μμ−1=0，因为μ∈0,1，解得μ=0或1，
所以，当λ=12时，有且仅有两个点P，使得A1P⊥BP，③错；
对于④，设点P0,y,z，其中y=12−λ∈−12,12，z=μ∈0,1，
则AP=0−322+y2+z2=y2+z2+34≤1，可得y2+z2≤14，
所以，点P的轨迹是平面BCC1B1内以点O为圆心，半径为12的半圆及其内部，
故点P的轨迹所围成的面积为12×π×122=π8，④对.
故选：C.
【变式6-1】3. （2023·四川凉山·二模）如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点P为正方形BCC1B1内（不含边界）一动点，∠BPC角平分线交BC于点Q，点P在运动过程中始终满足BQQC=2．
①直线BC1与点P的轨迹无公共点；
②存在点P使得PB⊥PC；
③三棱锥P−BCD体积最大值为89；
④点P运动轨迹长为4π9．
上述说法中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意，由正弦定理结合轨迹方程即可判断①②，然后根据三棱锥体积公式以及点P的运动轨迹，即可判断③④.
【详解】
因为PQ为∠BPC的角平分线，在△BPQ中，由正弦定理可知，设∠BPQ=θ，则∠CPQ=θ，所以BQsin∠BPQ=BPsin∠PQB⇒BQsinθ=BPsin∠PQB，
在△PQC中，由正弦定理可知，CQsin∠CPQ=PCsin∠PQC=PCsinπ−∠PQB=PCsin∠PQB，
因为BQCQ=2，所以BPPC=2，且BC=2，设Px,y，0所以B0,0,C2,0,BP=x2+y2,CP=x−22+y2，所以BP=2PC⇒x2+y2=4x2−4x+4+y2，3x2+3y2−16x+16=0，
所以x−832+y2=169，点P的轨迹是以83,0为圆心，43为半径的圆在正方形BCC1B1内部的弧，且lBC:y=x，点83,0到该直线的距离为d=83−02=432>43，
所以BC1与圆无公共点，①正确；
若PB⊥BC，设BP=2PC=2a，所以BP2+CP2=BC2⇒5a2=4，所以a2=45，
所以BP2=4a2=165，即x2+y2=165，联立x2+y2=165x−832+y2=169，解得x=85,y=45
所以点P85,45满足条件，所以②正确；
若VP−BCD最大，则P到BC距离最大，即P到CC1与圆的交点处，但P不在正方形BCC1B1边界上，所以最大值取不到，故③错误；
令x=2，得到点2,233，又因为F43,0，所以EF=43，所以△EFG为等边三角形，所以∠EGF=60°，因为EF为点P的运动轨迹，所以EF=16×2π×43=49π，
故④正确；
故选:C
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，M,N分别是底面ABCD与侧面CDD1C1的中心，P为该正方体表面上的一个动点，且满足PM⊥BE，记点P的轨迹所在的平面为α，则过N,C,B1,C1四点的球面被平面α截得的圆的周长是（ ）
A．43πB．655πC．83πD．453π
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点P的轨迹，求出O到平面α的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.
【详解】取面对角线B1C中点O，连接ON，B1N，CN，C1N，H,I分别在BB1,CC1上，且B1H=3HB,C1I=3IC，
以A为原点，AB,AD,AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
B2,0,0，C2,2,0 B12,0,2，E1,0,2，F1,2,0，G1,0,0 ，H2,0,12，O2,1,1，I2,2,12，N1,2,1，
B1N=−1,2,−1，CN=−1,0,1，B1N⋅CN=0，B1N⊥CN，
三棱锥C1−B1NC中， △B1NC为直角三角形，所以OC1=OC=ON=OB1，
因此点O即为三棱锥C1−B1NC的外接球球心，球半径长为12B1C=2，
BE=−1,0,2，GF=0,2,0，HG=−1,0,−12，HI=0,2,0，GF=HI，FGHI共面，
GF⋅BE=0，HG⋅BE=0，GF⊥BE， HG⊥BE，
GF,HG⊂平面FGHI，GF∩HG=G，BE⊥平面FGHI，M∈平面FGHI，
点P的轨迹为矩形FGHI的四边，如图所示，
OG=−1,−1,−1，BE为平面FGHI的法向量，
则球心O到平面FGHI的距离为OG⋅BEBE=15=55，
球面被平面α截得的圆的半径22−552=355，圆的周长为655π.
故选：B
【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.
【变式6-1】5.（多选）（2023秋·广东·高三校联考阶段练习）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线AC与BD所成角为60°
B．点A到平面BCD的距离为263
C．四面体ABCD的外接球体积为6π
D．动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60°，则点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC⊥ BD，通过计算可验证BC，通过轨迹法可求得P的轨迹为双曲线方程即可得D错误.
【详解】取BD中点E,连接AE,CE,可得BD⊥面ACE,则AC⊥ BD,故A错误；
在四面体ABCD中，过点A作AF⊥面BCD于点F,则F为为底面正三角形BCD的重心，因为所有棱长均为2,AF=AB2−BF2=236,即点A到平面BCD的距离为263,故B正确；
设O为正四面体的中心则OF为内切球的半径，OA为外接球的半径，
因为VA−BCD=13S△BCD⋅AF=4×13S△BCD⋅OF，所以AF=4OF，即OF=66，AO=62,
所以四面体ABCD的外接球体积V=43πR3=43πOA3=6π,故C正确；
建系如图：A0,0,263,C0,233,0,设P(x,y,0)，则AP=x,y,−263，AC=0,233,−263
因为AP⋅AC=APACcs60∘，所以233y+249=x2+y2+83×129+247×12，
即233y+83=x2+y2+83，平方化简可得：x2−y23−3239y−409=0，可知点P的轨迹为双曲线,故D错误.
故选：BC．
【变式6-1】6.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M、N满足AM=λAC1，CN=μCD，其中λ、μ∈0,1，点P是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）

A．当λ=13时，DM//平面CB1D1
B．当μ=12时，若B1P//平面A1NC1，则B1P的最大值为3
C．当λ=μ=12时，若PM⊥D1N，则点P的轨迹长度为4+25
D．过A、M、N三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【分析】以点D1为原点，D1A1、D1C1、D1D所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取AB、BC中点G、H，连接B1G、GH、B1H、A1C1、GN，找出点P的轨迹，结合图形求出B1P的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点D1为原点，D1A1、D1C1、D1D所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则D10,0,0、B12,2,0、C0,2,2，A2,0,2、D0,0,2、C10,2,0，
对于A选项，当λ=13时，DM=AM−AD=13AC1−AD=13−2,2,−2−−2,0,0
=43,23,−23，
设平面CB1D1的法向量为m=x1,y1,z1，D1B1=2,2,0，D1C=0,2,2，
则m⋅D1B1=2x1+2y1=0m⋅D1C=2y1+2z1=0，取y1=−1，可得m=1,−1,1，
所以，m⋅DM=43−23−23=0，则m⊥DM，
因为DM⊄平面CB1D1，故当λ=13时，DM//平面CB1D1，A对；
对于B选项，当μ=12时，N为CD中点，

分别取AB、BC中点G、H，连接B1G、GH、B1H、A1C1、GN，
因为G、H分别为AB、BC的中点，所以，GH//AC，
又因为AA1//CC1且AA1=CC1，所以，四边形AA1C1C为平行四边形，则AC//A1C1，
所以，GH//A1C1，
因为GH⊄平面A1NC1，A1C1⊂平面A1NC1，所以，GH//平面A1NC1，
因为AB//CD且AB=CD，G、N分别为AB、CD的中点，
所以，BG//CN且BG=CN，所以，四边形BCNG为平行四边形，可得GN//BC且GN=BC，
又因为BC//B1C1且BC=B1C1，所以，GN//B1C1且GN=B1C1，
故四边形B1C1NG为平行四边形，则B1G//C1N，
因为B1G⊄平面A1NC1，C1N⊂平面A1NC1，则B1G//平面A1NC1，
因为B1G∩GH=G，B1G、GH⊂平面B1GH//平面A1NC1，
当点P为△B1GH的边上一点（异于点B1）时，则B1P⊂平面B1GH，则B1P//平面A1NC1，
故点P的轨迹为△B1GH的边（除去点B1），
因为B1G=BB12+BG2=22+12=5，同理可得B1H=5，
结合图形可得B1Pmax=B1G=B1H=5，B错；
当λ=μ=12时，M、N分别为AC1、CD的中点，如下图所示：

此时点N0,1,2、M1,1,1、D10,0,0，D1N=0,1,2，
当点P在平面AA1D1D内运动时，设点Px,0,z，其中0≤x≤2，0≤z≤2，
则MP=x−1,−1,z−1，
因为D1N⊥MP，则D1N⋅MP=−1+2z−1=2z−3=0，解得z=32，
设点P的轨迹分别交棱AA1、DD1于点R、Q，则R2,0,32、Q0,0,32，
当点P在平面CC1D1D内运动时，设点P0,y,z，其中0≤y≤2，0≤z≤2，
MP=−1,y−1,z−1，则D1N⋅MP=y−1+2z−1=y+2z−3=0，
设点P的轨迹交棱CC1于点F，则F0,2,12，设点P的轨迹交棱BB1于点T，
因为平面AA1D1D//平面BB1C1C，平面RQFT∩平面AA1D1D=RQ，
平面RQFT∩平面BB1C1C=FT，所以，RQ//FT，同理可得QF//RT，
所以，四边形RQFT为平行四边形，且FT=RQ=2，RT=FQ=02+22+12−322=5，
因此，点P的轨迹的长度即为平行四边形RQFT的周长22+5=4+25，C对；
对于D选项，设截面AMN交棱A1B1于点U，连接AU、C1U，

题意可知，截面AMN与平面AC1N重合，
因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面ANC1∩平面ABCD=AN，
平面ANC1∩平面A1B1C1D1=C1U，所以，AN//C1U，同理可得AU//C1N，
所以，四边形AUC1N为平行四边形，
易知N0,2−2λ,2，其中0<λ<1，所以，AN=−2,2−2λ,0，C1N=0,−2λ,2，
所以，AN⋅C1N=−2λ2−2λ=4λλ−1<0，故AN与C1N不可能垂直，
故平行四边形AUC1N不可能为矩形，故过A、M、N三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
题型7阿波罗尼斯圆相关
【例题7】（2023·四川泸州·泸县五中校考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E是△ABC内（包括边界）的动点，则下列结论中正确的序号是 （填所有正确结论的序号）
①若AE=λAC，λ∈0,1，则D1E//平面A1BC1；
②若平面α与正方体各个面都相交，且B1D⊥α，则截面多边形的周长一定为62；
③若∠AEB的角平分线交AB于点F，且AF=2FB，则动点E的轨迹长为4π9；
④直线D1E与平面ABCD所成的角的余弦值的最大值为33．
【答案】①②③
【分析】由点E在线段AC上，连接AD1，CD1，证得AC//平面A1BC1和AD1//平面A1BC1，得到平面D1AC//平面A1BC1，进而得到D1E//平面A1BC1，可判定①正确；由B1D⊥平面A1BC1，得到平面α/平面A1BC1，得到截面与平面A1BC1平行，设MD1=xD1A1，求得MJ+MF=22、GF+GH=22及HI+IJ=22，可判定②正确；建立平面直角坐标系，设Ex,y，由AE=2EB，得到x−832+y2=169，可判定③正确；由DD1⊥平面ABCD，得到∠DED1即为直线D1E与平面ABCD所成角，求得cs∠DED1=11+4DE2，进而判定④错误．
【详解】对于①中，如图所示，由AE=λAC,λ∈0,1知，点E在线段AC上，连接AD1，CD1，
因为AC//A1C1，且AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC//平面A1BC1，
同理可证得AD1//平面A1BC1，
又因为AC∩AD1=A且AC,AD1⊂平面ACD1，所以平面D1AC//平面A1BC1，
因为D1E⊂平面D1AC，所以D1E//平面A1BC1，所以①正确；
对于②中，如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得B1D⊥平面A1BC1，
又因为B1D⊥α，所以平面α/平面A1BC1，即所求截面与平面A1BC1平行，
因为平面A1BC1∩平面A1B1C1D1=A1C1，平面EFGHIJ∩平面A1B1C1D1=MJ，
所以A1C1//MJ，同理可证A1B//FG，BC1//HI，
设MD1=xD1A1，其中x∈0,1，则MA1=1−xD1A1，
因为A1C1//MJ，所以MJ=xA1C1，EF=1−xAD1，
因为A1C1=AD1=22，所以MJ+MF=xA1C1+1−xAD1=A1C1=22，
同理，可得GF+GH=22，HI+IJ=22，故截面多面形MFGHIJ的周长为62，
所以②正确；
对于③中，建立平面直角坐标系，如图所示，
设Ex,y，A0,0，B2,0，由角平分线性质得AE=2EB，
即AE2=4EB2，故x2+y2=4x−22+y2，化简得3x2+3y2−16x+16=0，
即所以x−832+y2=169，故点E的轨迹是以83,0为圆心，43为半径的圆在正方形ABCD内部的弧，且弧长为4π9，所以③正确；
对于④中，如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，可得DD1⊥平面ABCD，
所以∠DED1即为直线D1E与平面ABCD所成角，
在直角△D1DE中，可得cs∠DED1=DED1E=DEDE2+DD12=DEDE2+4=11+4DE2，
又因为E在△ABC的内部及其边界，可得DE∈2,22，
所以cs∠DED1的最大值为63，所以④错误．
故答案为：①②③.
【变式7-1】1. （2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）表面积为36π的球M表面上有A，B两点，且△AMB为等边三角形，空间中的动点P满足PA=2PB，当点P在△AMB所在的平面内运动时，点P的轨迹是 ；当P在该球的球面上运动时，点P的轨迹长度为 .
【答案】 圆 1213π13
【分析】建立平面直角坐标系以及空间直角坐标系，可得P在平面中轨迹方程为x−22+y2=4，P在空间中轨迹为的圆x−22+y2=4绕x轴旋转一周形成球的球面，结合余弦定理即可求解.
【详解】设球的半径为r，则4πr2=36π，解得r＝3，
在平面内，动点P的轨迹组成一个圆，以线段AB所在直线为x轴，以靠近点B且长度为1处为坐标原点，
则A−2,0，B1,0，此时动点P的轨迹方程为x−22+y2=4，
设其圆心为O1，则在空间中，z轴和xOy坐标平面垂直，
动点P的轨迹为xOy平面中的圆x−22+y2=4绕x轴旋转一周形成球的球面，
如图所示，
所以点P的轨迹是两个球面的交线，这两个球分别是以M和O1为球心，
在△MBO2中，结合余弦定理得到O1M=32+1−2×3×1×cs120°=13.
设交线所围成的圆半径为R.则12×13R=12×3×2，
解得R=61313.所以交线的长度为1213π13.
故答案为：圆；1213π13
【变式7-1】2. （多选）（2024秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）如图，点M是棱长为l的正方体ABCD−A1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点M满足CM⊥平面C1BD
B．存在无数个点M满足CM⊥AD1
C．当点M满足A1M=13A1D时，平面BD1M截正方体所得截面的面积为62
D．满足MD=2MD1的点M的轨迹长度是2π9
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得A1C⊥平面C1BD，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得AD1⊥平面A1DCB1，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接AC,A1C1，
因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
∵AA1⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，所以A1A⊥BD，
AC∩A1A=A，AC,A1A⊂平面A1AC，
所以BD⊥平面A1ACC1，且A1C⊂平面A1ACC1，
可得BD⊥A1C，
同理可证BC1⊥A1C，
BD∩BC1=B，BD,BC1⊂平面C1BD，所以A1C⊥平面C1BD，
又点M是面ADD1A1上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，CM⊥平面C1BD,
故A错误；
对于选项B：连接A1D,B1C，
CD⊥侧面ADD1A1，AD1⊂侧面ADD1A1，则CD⊥AD1，
又因为AD1⊥A1D，A1D∩DC=D，A1D,DC⊂平面A1DCB1，
所以AD1⊥平面A1DCB1，
可知当M在线段A1D上时，有CM⊥AD1,故存在无数个点满足CM⊥AD1，故B正确；
对于选项C：延长D1M交D1E于点E，
∵A1M=13A1D，则M为线段A1D靠近点A1的三等分点，
且A1A ∥ D1D，则A1ED1D=A1MDM=12，则E为线段A1A的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则D10,0,1,B1,1,0,E1,0,12，可得BD1=−1,−1,1,BE=0,−1,12，
设平面BD1M的法向量为n=x,y,z，则n⋅BD1=−x−y+z=0n⋅BE=−y+12z=0，
令z=2，则y=1,x=1，即n=1,1,2，
设平面BD1M∩CC1=F，点F0,1,c，则BF=−1,0,c，
则n⋅BF=−1+2c=0，解得c=12，
则F0,1,12，故EF=−1,1,0，
可得BD1⋅EF=−1×−1+−1×1+1×0=0，即BD1⊥EF，
且BD1=−12+−12+12=3,EF=−12+12+02=2，
故截面BED1F面积S=12×BD1×EF=12×3×2=62，故C正确；
对于选项D：
因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为l，所以设Mx,0,z,D0,0,0,D10,0,1,
所以MD=−x,0,−z，MD1=−x,0,1−z，
因为MD=2MD1，所以x2+z2=2x2+1−z20≤x≤1,0≤z≤1,
化简得：x2+z−432=490≤x≤23,23≤z≤1，
所以点M的轨迹是一段以N0,0,43为圆心，半径为23的圆弧，
设圆弧与A1D1,DD1分别交于点P,Q，
取x=0，则z=23，即DQ=23；取z=1，则x=33，即D1P=33；
则PD1=33,D1N=13，则tan∠PND1=PD1D1N=3，
且∠PND1∈0,π2，即∠PND1=π3，
∴轨迹长度是23×π3=2π9，故D正确．
故选：BCD.
【变式7-1】3. （多选）（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1，底面边长为22，侧棱长为2，则下列结论正确的（ ）
A．点A1到平面B1CD1的距离是2．
B．四棱锥D1−ABCD内切球的表面积为83−22π．
C．平面BC1D与平面B1CD1垂直．
D．点M,N为线段AC上的两点，且AM=CN=14AC，点P为面A1B1C1D1内的点，若PM=2PN，则点P的轨迹长为π．
【答案】AC
【分析】利用等体积法判断A，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判断C，建立空间直角坐标系，设点Px,y,2，即可求出动点P的轨迹方程，即可判断D.
【详解】对于A：设点A1到平面B1CD1的距离为ℎ，

B1D1=222+222=4，D1C=B1C=22+222=23，
S△B1CD1=12×4×232−22=42，S△A1B1D1=12×22×22=4，
又VA1−B1CD1=VC−A1B1D，所以13×42ℎ=13×4×2，解得ℎ=2，故A正确；
对于B：

SABCD=22×22=8，S△ADD1=S△CDD1=12×2×22=22，
S△ABD1=S△BCD1=12×22+222×22=26，
VD1−ABCD=13×8×2=163，
设内切球的半径为r，则163=138+42+46r，解得r=46+2+2，故B错误；
对于C：设底面ABCD中心为O,BC1∩B1C=E,DC1∩D1C=F，连接OC1交EF于G，则G为线段EF中点，

则CG⊥EF，C1G⊥EF，所以∠CGO为面BC1D与面B1CD1所成角的平面角，
在△CGO中，GO=GC=2,OC=2，OG2+GC2=OC2，∴∠CGO=90°，
所以平面BC1D与平面B1CD1垂直，故C正确；
对于D，设底面ABCD中心为O，底面A1B1C1D1中心为O1，分别以直线OB,OC,OO1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

设点Px,y,2，又M0,−1,0,N0,1,0，
由PM=2PN得，x2+(y+1)2+4=2x2+(y−1)2+4，整理得x2+(y−3)2=4，
所以P点轨迹为圆x2+(y−3)2=4在面A1B1C1D1内的部分（如下图HK），
因为JC1=1，JK=2，∠O1C1K=π4，显然C1K>JC1，所以∠C1JK<π4，
即∠KJH<π2，

所以HK的弧长不为π，即点P的轨迹长不为π，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：涉及点到面的距离一般利用等体积法或空间向量法，D选项关键是建立空间直角坐标系，定量计算出动点P的轨迹.
【变式7-1】4.（2023·山东淄博·统考三模）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且∠AOB=60°，球体O表面上动点P满足PA=2PB，则点P的轨迹长度为（ ）
A．121111πB．4155πC．6147πD．121313π
【答案】D
【分析】建立直角坐标系，根据PA=2PB确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距CO=13，对应圆的半径为r1=2×313=61313，再计算周长得到答案.
【详解】以AOB所在的平面建立直角坐标系，AB为x轴，AB的垂直平分线为y轴，
AB=3，则A−32,0，B32,0，设Px,y，PA=2PB，
则x+322+y2=4x−322+4y2，整理得到x−522+y2=4，
故P轨迹是以C52,0为圆心，半径r=2的圆，
转化到空间中：当P绕AB为轴旋转一周时，PA,PB不变，依然满足PA=2PB，
故空间中P的轨迹为以C为球心，半径为r=2的球，
同时P在球O上，故P在两球的交线上，为圆.
球心距为CO=OB2+BC2−2OB⋅OCcs120°=13=22+32，
△OCP为直角三角形，对应圆的半径为r1=2×313=61313，
周长为2πr1=2π×61313=121313π.
故选：D
题型8解析几何相关
【例题8】（2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）若正四面体P−ABC的侧面PAB所在平面内有一动点Q，已知Q到底面ABC的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则k的值为 .
【答案】223
【分析】求正四面体侧面与底面的夹角，再由抛物线的定义求解．
【详解】设正四面体二面角P−AB−C平面角为θ，P在底面的投影为O，M为AB中点，
PM⊥AB,OM⊥AB，则∠PMO=θ，
设正四面体边长为a，则PM=32a，OM=36a，PO=63a则sinθ=223，

点Q到底面ABC的距离为QH，点Q到定直线AB的距离为d，则d=QHsinθ.
再由点Q到底面ABC的距离与到点P的距离之比为正常数k，
可得PQ=QHk，故PQd=sinθk，
∵平面PAB内，点P为定点，直线AB为定直线，又动点Q的轨迹是抛物线，故PQd=1，故k=sinθ=223.
故答案为：223
【变式8-1】1. （2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）设点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点,点M是棱A1D1的中点,N为底面ABCD的中心,则下列结论中所有正确结论的编号有 ．
①当点P在底面ABCD内运动时,三棱锥P−C1D1M的体积为定值23;
②当点P在线段B1C上运动时,异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2;
③当点P在线段A1D1上运动时,平面PAN⊥平面BDD1B1;
④当点P在侧面BCC1B1内运动时,若P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离,则点P的轨迹为抛物线的一部分.
【答案】①③④
【分析】对于①,根据点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2即可判断;对于②,异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角,转化为在△AB1C中,AP与B1C所成角即可判断;对于③,根据N为底面ABCD的中心和正方体的性质,证明得AN⊥平面BDD1B1即可得到结论;对于④,点P在侧面BCC1B1内运动时,根据 A1B1⊥平面BDD1B1,则P到棱A1B1的距离等于PB1的距离,结合抛物线定义即可判断;
【详解】对于①,当点P在底面ABCD内运动时,
点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2,
则VP−C1D1M=13S△C1D1Mℎ=13×2×12×2×1=23,故①正确;
对于②,如图:
点P在线段B1C上运动时,因为A1D//B1C,
所以异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角.
因为AC=AB1=B1C=22,所以△AB1C为等边三角形,
当点P在线段B1C的中点时,AP⊥B1C,即直线AP与B1C所成角为π2,
当点P向两个端点运动时,直线AP与B1C所成角越来越小,当点P与点B1或点C重合时,直线AP与B1C所成角为π3,
所以直线AP与B1C所成角的取值范围是π3,π2,
即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是π4,π2,故②错误;
对于③,如图:
∵ N为底面ABCD的中心,
∴ AN⊥BD,
∵BB1⊥平面ABCD,AN⊂平面ABCD,
∴ AN⊥BB1,
又BD∩BB1=B,BD⊂平面BDD1B1,BB1⊂平面BDD1B1,
∴ AN⊥平面BDD1B1,
∵AN⊂平面PAN,
∴平面PAN⊥平面BDD1B1,故③正确;
对于④,点P在侧面BCC1B1内运动时,
∵ A1B1⊥平面BDD1B1,
∴ P到棱A1B1的距离等于PB1的距离,
∴ P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离即为点P到B1的距离等于点P到棱BC的距离,
根据抛物线的定义,又点P在侧面BCC1B1内运动,
∴点P的轨迹为抛物线的一部分.
故答案为:①③④.
【变式8-1】2. （多选）（2023·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A'B'C'D'边长为2，则（ ）
A．直线BD'与直线AC所成角为π2
B．与12条棱夹角相同的最大截面面积为33
C．面切球与外接球半径之比为1:3
D．若Q为空间内一点，且满足D'Q与AB所成角为π3，则Q的轨迹为椭圆
【答案】ABC
【分析】根据给定的正方体，证明AC⊥BD'判断A；
确定符合条件的最大截面并求出面积判断B；
求出两球半径比判断C；
求出点Q的轨迹方程判断D作答.
【详解】A.如图，在正方体ABCD−A'B'C'D'中，
DD'⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD'⊥AC，而AC⊥BD， DD'∩BD=D，
DD',BD⊂平面BDD'，因此AC⊥平面BDD'，又BD'⊂平面BDD'，所以AC⊥BD'，A正确；
B.与正方体ABCD−A'B'C'D'的12条棱夹角相同的最大截面为其中6条棱中点依次连接所形成的的正六边形，如图，
点M,N,E,F,R,T分别为正方体ABCD−A'B'C'D'棱AB,BC,CC',C'D',D'A',A'A中点，
多边形MNEFRT为正六边形，其边长为2，其面积为S=6×34×(2)2=33，B正确；
因为正方体ABCD−A'B'C'D'的面切球直径为其棱长，所以半径r=1，外接球的直径为其体对角线，外接球的半径R=3，
因此面切球与外接球半径之比为13=13，C正确；
点Q在平面ABCD内，过Q作QH//AB交AD于H，连接D'H，如图，
而AB⊥平面ADD'A'，D'H⊂平面ADD'A'，则AB⊥D'H，即有QH⊥D'H，
显然∠HQD'是D'Q与AB所成的角，则有∠HQD'=π3，于是得|D'Q|=2|QH|，
在平面ABCD中，以DA，DC所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，设Q(x,y)，
则|DQ|=x2+y2，|QH|=|y|,|D'Q|=D'D2+DQ2=4+x2+y2，
于是得4+x2+y2=2|y|，整理得3y24−x24=1，所以Q在平面ABCD内的轨迹为双曲线，D错误.
故选：ABC
【变式8-1】3. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E为侧面BCC1B1的中心，F为棱C1D1的中点，P为线段BD1上的动点（不含端点），Q为上底面A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥P−B1EF的体积为定值
B．若EP//平面A1C1D，则EP=233
C．若FQ⊥DP，则线段FQ的最大值为22
D．当DQ与DA1的所成角为45∘时，点Q的轨迹为双曲线的一部分
【答案】AC
【分析】证明EF//BD1，由此证明△EFP的面积为定值，再证明B1E⊥平面EFP，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点P的坐标，再求EP，判断B；利用空间向量可判断CD.
【详解】因为E为侧面BCC1B1的中心，所以E为BC1的中点，
又F为棱C1D1的中点，
所以EF//BD1，
所以点P到直线EF的距离等于点E到直线BD1的距离，
所以点P到直线EF的距离等于点C1到直线BD1的距离的一半，
设C1D1=4,BC1=42,BD1=43，
所以点C1到直线BD1的距离为4×4243=463，
所以点P到直线EF的距离为263，
所以△EFP的面积S△EFP=12×23×263=22，
又B1E⊥BC1，C1D1⊥B1E，
BC1∩C1D1=C1，BC1,C1D1⊂平面EFP，
所以B1E⊥平面EFP，
所以三棱锥P−B1EF的体积VP−B1EF=VB1−EFP=13×22×22=83，A正确；
如图以点D为原点，DA,DC,DD1为x,y,z的正方向，建立空间直角坐标系，
则D0,0,0,A14,0,4,C10,4,4,D10,0,4,B4,4,0，
所以DA1=4,0,4,DC1=0,4,4,BD1=−4,−4,4，
所以DA1⋅BD1=−16+0+16=0,DC1⋅BD1=0−16+16=0，
所以向量BD1=−4,−4,4为平面A1C1D的一个法向量，
设BP=λBD1=−4λ,−4λ,4λ，0<λ<1，
所以EP=EB+BP=12C1B+BP=2−4λ,−4λ,−2+4λ，
因为EP//平面A1C1D，所以EP⋅BD1=−8+16λ+16λ−8+16λ=0，
所以λ=13，所以EP=23,−43,−23，
所以EP=232+−432+−232=263，B错误；
设Qx,y,4，则FQ=x,y−2,0，
又DP=DB+BP=4−4λ,4−4λ,4λ，
因为FQ⊥DP，所以4−4λx+4−4λy−2=0，
所以x+y=2，
所以FQ=x2+y−22+0=2y−2，
又0≤x≤4,0≤y≤4，所以0≤y≤2，
所以当y=0时，线段FQ取最大值，最大值为22；C正确；
因为DQ=x,y,4，DA1=4,0,4，
又DQ与DA1的所成角为45∘，
所以cs45∘=DQ⋅DA1DQDA1=4x+16x2+y2+16×32=22，
化简可得y2=8x，且0≤x≤4,0≤y≤4，
所以点Q的轨迹为抛物线的一部分，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.
【变式8-1】4. （多选）（2023·全国·高三专题练习）已知在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为下底面ABCD上的动点，则（ ）
A．当P在对角线BD上运动时，三棱锥A−PB1D1的体积为定值
B．当P在对角线BD上运动时，异面直线D1P与B1C所成角可以取到π3
C．当P在对角线BD上运动时，直线D1P与平面A1BD所成角可以取到π3
D．若点P到棱AA1的距离是到平面BCC1B1的距离的两倍，则点P的轨迹为椭圆的一部分
【答案】AB
【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.
【详解】当P在对角线BD上运动时，BD∥B1D1,B1D1⊂平面AB1D1，BD⊄平面AB1D1,
故BD ∥平面AB1D1，从而点P到平面AB1D1的距离为定值，
从而三棱锥P−AB1D1的体积为定值，即三棱锥A−PB1D1的体积为定值，A正确；
以D为原点，DA,DC,DD1分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，

则D10,0,1，B11,1,1,B(1,1,0)，C0,1,0,A1,0,0,C10,1,1,A1(1,0,1)，
由P在对角线BD上运动，设Pm,m,00≤m≤1，
于是B1C=−1,0,−1,D1P=m,m,−1，
假设存在点P满足异面直线D1P与B1C所成角为π3，因此12=−m+12m2+1⋅2，
解得m=14，所以异面直线D1P与B1C所成角可以取到π3，B正确；
AC1=(−1,1,1),DA1=(1,0,1),DB=(1,1,0)，则AC1⋅DA1=0,AC1⋅DB=0，
故AC1⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为AC1=−1,1,1，
于是令sinπ3=32=−m+m−12m2+1⋅3，解得m∈∅，
即直线D1P与平面A1BD所成角取不到π3，C错误；
注意到点P到棱AA1的距离为PA，过点P作BC的垂线，垂足为H，
则点P到平面BCC1B1的距离为PH，
在平面ABCD内，动点P到定点A的距离与到定直线BC的距离之比为2，
即动点P的轨迹在双曲线上，D错误,
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角､线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹,
【变式8-1】5. （多选）（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,M为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若M为线段AC上任一点，则D1M与B1C1所成角的范围为π4,π2
B．若M为正方形ADD1A1的中心，则三棱锥M−ABD外接球的体积为8π
C．若M在正方形DCC1D1内部，且|MB|=6，则点M轨迹的长度为22π
D．若三棱锥M−BDC1的体积为43,∠MD1C=π6恒成立，点M轨迹的为椭圆的一部分
【答案】ACD
【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得AC与BD的交点O即为三棱锥M−ABD的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得MC=2，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.
【详解】对于A：过点M作MN//BC交DC于点N，连接D1M,D1N．
则∠D1MN即为D1M与B1C1所成角的平面角，且MN⊥D1N．
当点M由点A向点C移动的过程中，点N由点D向点C移动,
线段D1N逐渐变长，MN逐渐变短,
所以tan∠D1MN=D1NMN逐渐变大．
又当点M在点A处时，∠D1MN=π4；当点M在点C处时，∠D1MN=π2．故A正确．
对于B：由题意可知：AB⊥平面ADD1A1，DM,AM⊂平面ADD1A1，
则AB⊥DM,AB⊥AM，
又因为AM⊥DM，AB∩AM=A，AB,AM⊂平面ABM，
所以DM⊥平面ABM，
BM⊂平面ABM，则DM⊥BM，
故△MAD和△ABD均为直角三角形．
所以AC与BD的交点O即为三棱锥M−ABD的外接球的球心，半径R=12BD=2，
此外接球的体积V=43π⋅23=823π．故B不正确．
对于C：由题意可知：BC⊥平面DCC1D1，CM⊂平面DCC1D1，
则BC⊥CM，
点M在侧面DCC1D1内，满足MC=MB2−BC2=2，
故点M的轨迹是以点C为圆心，半径为2的四分之一圆弧，
所以点M的轨迹的长度为14⋅2π⋅2=22π，C正确．
对于D：设三棱锥M−BDC1的高为ℎ，
由三棱锥M−BDC1的体积为13ℎ×12×22×22×32=43，解得ℎ=233，
即点M到平面BDC1的距离为233．
对于三棱锥C−BDC1，设高为ℎ1，
由体积可得13ℎ1×12×22×22×32=13×2×12×2×2，解得ℎ1=233，
即点C到平面BDC1的距离为233，
可得：点A1到平面B1D1C的距离为233，平面B1D1C与平面BDC1的距离为233，
故点M在平面B1D1C或为点C，
若∠MD1C=π6，空间点M的轨迹为以D1C为轴的圆锥表侧面，
显然点C不满足题意，
设D1C与平面B1D1C所成的角为θ，则sinθ=43322=63>12，
故平面B1D1C与圆锥侧面相交，且平面B1D1C与D1C不垂直，故平面B1D1C与圆锥的截面为椭圆，
显然点D1不合题意，所以点M的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性
【变式8-1】6.（多选）（2023·河北·校联考三模）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的侧面ABB1A1内（包含边界）有一点P，则下列说法正确的是（ ）
A．若点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为2:1，则点P的轨迹为双曲线的一部分
B．若点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为1:1，则点P的轨迹为抛物线的一部分
C．过点P,C,D三点作正方体ABCD−A1B1C1D1的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥P−ABC体积的最大值为16
【答案】BCD
【分析】对A：如图，以B1为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点Px,0,z，由点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为2:1求得点P的轨迹；对B：根据抛物线的定义得点P的轨迹；对C：过点P作MN//AB分别交AA1,BB1于M，N，则过点P,C,D三点的截面为平行四边形MNCD；对D：当点P在A1B1上时，三棱锥P−ABC体积最大.
【详解】如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C，B1B分别为x,y,z建立空间直角坐标系，
则B10,0,0，设侧面ABB1A1内（包含边界）点Px,0,z,0≤x≤1,0≤z≤1 ，

对于A：点P到直线AB的距离为1−z，
由正方体知B1C1⊥面ABB1A1，又PB1⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥ PB1，
所以点P到直线B1C1距离为PB1=x2+z2，故1−zx2+z2=2，整理得x213+z+13249=1，
所以点P的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；
对于B：点P到直线AB与到直线B1C1距离之比为1:1，即P到直线AB与到定点B1的距离相等，
根据抛物线定义知点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C：过点P作MN//AB分别交AA1,BB1于M，N，连接CN，DM，
则MN//CD且MN=CD，所以四边形MNCD是平行四边形，
则平行四边形MNCD为过点P,C,D三点的截面，故C正确；

对于D：当点P在A1B1上时，点P到面ABCD的距离最大为1，
此时三棱锥P−ABC体积VP−ABC=13×S△ABC×1=16，故D正确；
故选：BCD
【变式8-1】7.（多选）（2023·江苏扬州·统考模拟预测）圆柱OO1高为1，下底面圆O的直径AB长为2，BB1是圆柱OO1的一条母线，点P,Q分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有（ ）．
A．若PA+PB=3，则P点的轨迹为圆
B．若直线OP与直线OB1成45°，则P的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点P,Q，使得AP⊥PQ
D．AP+PQ+QB1的取值范围是[13,23+5]
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式以及向量夹角公式列式计算可得点P的轨迹方程判断选项A和选项B，假设AP⊥PQ，根据勾股定理列式结合均值不等式计算最值，即可判断选项C，计算AP+PQ+QB1的最大值3AP判断选项D.
【详解】对B，如图，不妨以O为原点，以AB的垂直平分线，OA,OO1
分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则O0,0,0,A(0,1,0),B(0,−1,0)，
B10,−1,1，设Px,y,1，则OB1=0,−1,1,OP=x,y,1，
由题意，−y+1−12+12×x2+y2+12=22，化简得，y=−12x2，
由于P点在上底面内，所以P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对A， PA+PB=3,x2+(y−1)2+1+x2+(y+1)2+1=3，化简得x214+y2920=1，即P点的轨迹为椭圆，故A错误；

对C，设点P在下平面的投影为P1，若AP⊥PQ，
则AP2+PQ2=AQ2，则AP12+12+P1Q2+12=AQ2，
当P1在线段AQ上时，AP12+P1Q2可取最小值，
由均值不等式，AP12+P1Q2≥2×AQ24=AQ22，
当且仅当AP1=P1Q=AQ2时等号成立，
所以2=AQ2−(AP12+P1Q2)≤AQ22，即AQ2≥4，
而点Q只有在与点B重合时，AQ2才能取到4，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对D，当点P与点B1，点A与点Q重合，
AP+PQ+QB1的值为3AP=312+22=35>23+5，故D错误.
故选：BC
【点睛】判断本题选项B时，利用定义法计算线线所成的角不好计算时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角的计算公式列式计算.
题型8线段最值
【例题8】（2023春·宁夏·高三六盘山高级中学校考开学考试）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点（含边界），若B1N//平面BMD，则下列结论正确的是（ ）
A．NB1⊥NC1B．三棱锥B1−NBM的体积为83
C．线段B1N最小值为305D．∠A1NB1的最小值为π4
【答案】D
【分析】由题意判断N点的位置特征，由N点的位置变化验证各选项是否正确.
【详解】如图所示：
取A1A中点N1，连接D1B1，D1N1，B1N1，正方体性质知D1B1//DB，B1N1//MD，
又DB,MD⊂面BMD，DB∩MD=D，则D1B1//面BMD，B1N1//面BMD，
D1B1∩B1N1=B1，D1B1,B1N1⊂面B1N1D1，则有平面B1N1D1//平面BMD，
而B1N⊂面B1N1D1，故B1N//平面BMD，即N在线段N1D1上．
当N在D1时NB1与NC1夹角为45°，故A错误；
VB1−NBM=VN−B1BM=13×12×2×2×2=43．故B错误．
线段B1N的最小值为等腰三角形B1N1D1腰N1D1上的高h，且N1到D1B1距离为3，
等面积法知：ℎ=22×35=2305，故C错误．
∠NA1B1=90°，tan∠A1NB1=A1B1A1N=2A1N．当N为D1点时A1N最大，∠A1NB1最小为π4，故D正确．
故选：D．
【变式8-1】1.（多选）（2023春·湖北·高三统考阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为CC1中点，N为四边形A1D1DA内一点（含边界），若B1N ∥平面BMD，则下列结论正确的是（ ）
A．NB1⊥DC1B．三棱锥B1−NBM的体积为43
C．线段B1N最小值为2305D．tan∠A1NB1的取值范围为1,5
【答案】BCD
【分析】根据正方体的性质得出平面B1D1N1 ∥平面BMD，则根据已知得出点N在线段D1N1上（含端点），
对于选项A：当N为D1时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出NB1与DC1的夹角为∠BDC1，根据已知得出△BDC1的三边，即可得出∠BDC1为π3，即可判断；
对于选项B：三棱锥B1−NBM若以N为顶点，△B1BM为底面时，根据正方体性质得出此时三棱锥的高为2，底面积为2，即可得出体积判断；
对于选项C：点N在线段D1N1上（含端点），则B1N⊥D1N1时，线段B1N最小，根据等面积法求出答案即可判断；
对于选项D：根据正方体性质结合已知可得A1B1⊥A1N，则tan∠A1NB1=A1B1A1N，即可根据A1N的范围得出tan∠A1NB1的范围判断.
【详解】取AA1、DD1中点分别为N1、E，连接D1N1、B1N1、AE、B1D1，A1N，如下图：
∵ABCD−A1B1C1D1为正方体，
∴AE∥BM，B1D1∥BD，D1N1∥AE，
∴D1N1∥BM，
∵D1N1、B1D1⊂平面B1D1N1，BD、BM⊂平面BMD，且D1N1∩B1D1=D1，BD∩BM=B，
∴平面B1D1N1 ∥平面BMD，
∵N为四边形A1D1DA内一点（含边界），且B1N ∥平面BMD，
∴点N在线段D1N1上（含端点），
对于选项A：当N为D1时，NB1∥BD，则NB1与DC1的夹角为∠BDC1，
此时BD=BC1=DC1=22， 则∠BDC1=π3，
则NB1与DC1不垂直，故A错误；
对于选项B：∵N为四边形A1D1DA内一点（含边界），
∴N到平面B1BM的距离为2，
∴三棱锥B1−NBM的体积为VB1−NBM=VN−B1BM=13×2×12×2×2=43，故B正确；
对于选项C：∵点N在线段D1N1上（含端点），
∴当B1N⊥D1N1时，线段B1N最小，
∵B1N1=D1N1=5，B1D1=22，
∴△B1N1D1在边B1D1上的高为52−22=3，
则S△B1N1D1=12×22×3=6，
则当B1N⊥D1N1时，即B1Nmin=2S△B1N1D1D1N1=265=2305，故C正确；
对于选项D：∵ABCD−A1B1C1D1为正方体，
∴A1B1⊥平面A1D1DA，
∵A1N⊂平面A1D1DA，
∴A1B1⊥A1N，
∴△A1B1N为直角三角形，且直角为∠B1A1N，
∴tan∠A1NB1=A1B1A1N=2A1N，
∵点N在线段D1N1上（含端点），
则当A1N最大时，即点N为点D1时，此时A1N=2，此时tan∠A1NB1最小，为2A1N=22=1，
当A1N最小时，即A1N⊥D1N1，此时A1N=2SA1N1D1D1N1=2×12×1×25=255，此时tan∠A1NB1最大，为2A1N=2255=5，
则tan∠A1NB1的取值范围为1,5，故D正确；
故选：BCD.
【变式8-1】2.（多选） （2023秋·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试）如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面BCC1B1内运动（包含边界），且AP与平面BCC1B1所成角的正切值为6，则（ ）
A．CP长度的最小值为3−1
B．存在点P，使得AP⊥BC
C．存在点P，存在点Q∈B1C1，使得AP∥A1Q
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为7π3
【答案】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点A到平面BCC1B的距离即可确定点P的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点O，取B1C1中点D，
BC中点E，连接AD,DE,AE，则有OA=OB=OC，
所以DE的延长线必过点O且DE⊥B1C1,DE⊥BC，
过点D作DF∥C1C,DG∥B1B，则四边形DFCC1是边长为1的菱形.
如图所示：
在△OBC中，B1C1BC=OC1OC=OC1OC1+C1C，即23=OC1OC1+1，
解得OC1=2，所以OC=OC1+C1C=2+1=3，
所以△OBC为边长为3等边三角形，
所以∠DFE=∠FDC1=∠OCB=π3，OE=332
所以DE=DF×sinπ3=1×32=32，
因为△ABC是边长为3的等边三角形且E为BC中点，
所以AE=332，BC⊥AE，
在△OAE中，由余弦定理变形得，cs∠OEA=OE2+AE2−OA22×OE×AE=3322+3322−322×332×332=13，
在△ADE中，由余弦定理变形得，
cs∠DEA=DE2+AE2−AD22×DE×AE=322+3322−AD22×32×332=13，
解得AD=6，所以AE2=DE2+AD2，所以AD⊥DE；
由BC⊥AE,BC⊥OE,AE∩OE=E，可得BC⊥平面AOE，
又AD⊂平面AOE，所以BC⊥AD，
由BC⊥AD，AD⊥DE，BC∩DE=E，可得AD⊥平面BCC1B1，
因为AP与平面BCC1B所成角的正切值为6，
所以ADDP=6，解得DP=1，AP=AD2+DP2=6+1=7，
所以点P在平面BCC1B1的轨迹为C1F,B1G，
对于A：当点P运动到DC与C1F的交点时CP有最小值，
因为四边形DFCC1是边长为1且∠FDC1=π3的菱形，
所以DC=3，所以CP=DC−DP=3−1，
故A选项正确；
对于B：要使得AP⊥BC，则点P必须落在
平面ADE与平面BCC1B1的交线上且DP=1，
由图易知，在平面BCC1B1中不存在这样的点P，
故B选项错误；
对于C：当点P运动到点F时，连接AF,OF，OF交B1C1于点Q，
连接A1Q，由于平面A1B1C1 ∥平面ABC，
所以AF//平面A1B1C1，又AF⊂平面AFO，平面AFO∩平面A1B1C1 =A1Q，
所以AF∥A1Q，所以存在点P，存在点Q∈B1C1，使得AP∥A1Q，
故C选项正确；
对于D：设C1F的长度为l，则l=∠FDC1×DP=π3×1=π3，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为S,
则有S=12×l×AP=12×π3×7=7π6，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为2S=2×7π6=7π3，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
【变式8-1】3.（多选）（2023秋·河北邢台·高三统考期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个不重合的动点E，F，则（ ）
A．当EF⋅AB=2时，EF=2B．AC1⊥EF
C．AE的最小值为6D．二面角A−EF−B为定值
【答案】BCD
【分析】根据数量积的计算可求得|EF|=1，判断A；证明B1D1⊥平面AA1C1C，根据下年垂直的性质可判断B；当AE⊥B1D1时，AE取得最小值，求得其值，判断C；根据正方体性质可知二面角A−EF−B就是二面角A−B1D1−B，由此判断D.
【详解】连接A1C1，AB1，AD1，BD1,
由正方体的性质可知D1C1∥AB,∠C1D1B1=45∘，
则EF⋅AB=|EF|×2×cs45∘=2，解得|EF|=1，故A错误,
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，故AA1⊥B1D1，
因为A1C1⊥B1D1，且A1C1∩AA1=A1,A1C1,AA1⊂平面AA1C1C，
所以B1D1⊥平面AA1C1C，
AC1⊂平面AA1C1C，所以B1D1⊥AC1，即EF⊥AC1，则B正确.
当AE⊥B1D1时，AE取得最小值，此时△AB1D1为等腰三角形，
故最小值为(22)2−22=6，则C正确.
因为平面AEF与平面AB1D1是同一平面，平面BEF与平面BB1D1是同一平面，
所以二面角A−EF−B就是二面角A−B1D1−B，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BB1D1是两个确定的平面，
故二面角A−B1D1−B是定值，所以二面角A−EF−B为定值，则D正确，
故选：BCD
【变式8-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在底面ABCD内，若直线D1P与平面A1BC1无公共点，则线段D1P的最小值为 .
【答案】6
【分析】首先连接AD1，CD1，AC，易证平面AD1C//平面A1BC1，从而得到D1P⊂平面AD1C，即可得到线段D1P的最小值.
【详解】连接AD1，CD1，AC，如图所示：
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
因为AC//A1C1，AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，
所以AC//平面A1BC1，
因为AD1//BC1，AD1⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
所以AD1//平面A1BC1，
又因为AC,AD1⊂平面AD1C，且AC∩AD1=A，
所以平面AD1C//平面A1BC1.
因为D1P与平面A1BC1无公共点，所以D1P⊂平面AD1C，
当D1P⊥AC时，D1P取得最小值.
因为AC=AD1=CD1=22+22=22
所以D1P的最小值为222−22=6.
故答案为：6
题型9折线求最值
【例题9】（2023春·江西吉安·高三吉安三中校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AA1=2，AB=BC=1，∠ABC=90°，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点．下列判断不正确的是（ ）
A．直线AC与直线C1E是异面直线B．A1E一定不垂直于AC1
C．三棱锥E−AA1O的体积为定值D．AE+EC1的最小值为22
【答案】B
【分析】根据异面直线的判定判断A；根据线面垂直的性质定理可判断B；确定外接球球心位置，利用三棱锥的体积公式可判断C；将矩形AA1B1B和矩形BB1C1C展开到一个平面内，计算AE+EC1即AC1的长即可判断D.
【详解】对于A，因为点A∉平面BB1C1C，C∈平面BB1C1C，点C∉C1E，
C1E⊂平面BB1C1C，所以直线AC与直线C1E是异面直线，故A正确；
对于B，因为侧棱AA1⊥底面ABC，AA1 ∥ BB1，故BB1⊥底面ABC,
C1B1⊂底面ABC，故BB1⊥C1B1；而∠ABC=90°，则∠A1B1C1=90°，
即C1B1⊥A1B1，BB1∩A1B1=B1,BB1,A1B1⊂平面ABB1A1,
故C1B1⊥平面ABB1A1,A1E⊂平面ABB1A1，故C1B1⊥ A1E，
故当A1E⊥AB1时，C1B1∩AB1=B1,C1B1,AB1⊂平面AB1C1，
则直线A1E⊥平面AB1C1，AC1⊂平面AB1C1， 所以A1E⊥AC1，故B错误；
对于C，由题意结合以上分析可将三棱柱ABC−A1B1C1补成如图所示长方体，
则面AA1C1C为该长方体的体对角面，
三棱锥E−AA1O的外接球球心O是直线AC1，AC1的交点，底面OAA1面积不变，
BB1∥AA1,AA1⊂平面AA1O，BB1⊄平面AA1O，
故直线BB1∥平面AA1O，所以点E到底面OAA1距离不变，
则三棱锥E−AA1O的体积为定值，故C正确；
对于D，将矩形AA1B1B和矩形BB1C1C展开到一个平面内，
当点E为AC1与BB1的交点时，AE+EC1取得最小值22+(1+1)2=22．D正确．
故选：B．
【变式9-1】1. （2022秋·河南·高三期末）棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是侧面CC1B1B上的一个动点（包含边界），则下面结论正确的有（ ）
①若点E满足AE⊥B1C，则动点E的轨迹是线段；
②若点E满足∠EA1C=30∘，则动点E的轨迹是椭圆的一部分；
③在线段BC1上存在点E，使直线A1E与CD．所成的角为30∘；
④当E在棱BB1上移动时，EC+ED1的最小值是3+52．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】对于①，证明B1C⊥平面ABC1即可解决；对于②，若∠EA1C=30∘，则E在以A1C为轴，母线所在直线为A1E的圆锥曲线的侧面上，即可解决；对于③，当E为BC1中点时，B1E⊥BC1,此时tan∠EA1B1最小，计算得tan∠EA1B1=B1EA1B1=22>33,即可解决；对于④，平面BC1旋转到与平面DBB1D1重合，连接D1C交BB1于E，即可解决.
【详解】连接AC1,BC1.
所以B1C⊥BC1，
又正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥平面BC1，
因为AB⊥平面BC1，
所以AB⊥B1C，
又AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1，
所以B1C⊥平面ABC1，
所以只要E在线段BC1上，就有AB⊥BC1，
所以动点E的轨迹是线段BC1；故①正确；
若∠EA1C=30∘，
则E在以A1C为轴，母线所在直线为A1E的圆锥曲线的侧面上，
平面BC1与圆锥的轴A1C斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆，故②正确；
因为A1B1//CD,
所以A1E与CD所成的角等于A1E与A1B1所成的角∠EA1B1，
当E为BC1中点时，B1E⊥BC1,
此时tan∠EA1B1最小，
在Rt△A1B1E中，tan∠EA1B1=B1EA1B1=22>33,
所以∠EA1B1不可能为30∘.故③错误；
如图，将平面BC1旋转到与平面DBB1D1重合，
连接D1C交BB1于E，
此时EC+ED1的最小值为D1C=12+(2+1)2=4+22,故④错误；
故选：B.
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2,AB=AC=2,CC1=2，且E,M分别为CC1和BC的中点，P为线段A1M（包括端点）上一动点，F为侧面AA1B1B上一动点，则PE+PF的最小值为（ ）
A．62+3310B．32+6310
C．62+335D．32+635
【答案】B
【分析】先判断出PE+PF取得最小值时F为点P在侧面AA1B1B的投影.把将平面A1MN与平面A1ME展开到同一平面，作EF⊥A1N于点F，交A1M于点P,此时PE+PF达到最小值，解三角形求出EF即可.
【详解】当P为某确定点时，要使PE+PF取得最小值，则PF必须为最小值，此时，F为点P在侧面AA1B1B的投影.
取AB的中点N.
因为M分别为BC的中点，所以MN为△ABC的中位线，所以MN//AC.
因为∠BAC=π2,所以BA⊥AC，所以BA⊥MN.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥面ABC，所以AA1⊥MN.
因为AA1⊂面ABB1A1，AB⊂面ABB1A1，AA1∩AB=N ,
所以MN⊥侧面AA1B1B，故A1M在侧面AA1B1B的投影为A1N.
作PF⊥A1N于点F，此时F满足题意.
A1N=AA12+AN2=22+222=322,MN=12AC=22, A1M=A1N2+MN2=3222+222=5, A1E=A1C12+C1E2=22+12=3,ME=MC2+CE2=12+12=2.
在Rt△A1MN中，sin∠MA1N=MNMA1=225=1010，cs∠MA1N=A1NMA1=3225=31010.
在△A1ME中，
因为A1M=5, A1E=3,ME=2,所以A1M2=A1E2+ME2，所以△A1ME为直角三角形.
所以sin∠MA1E=MEMA1=25=105，cs∠MA1E=A1EMA1=35=155.
将平面A1MN与平面A1ME展开到同一平面，如图所示，
所以sin∠NA1E=sin∠NA1M+∠EA1M=1010×155+31010×105=6+610.
作EF⊥A1N于点F，交A1M于点P,此时PE+PF达到最小值，
则EF= A1E⋅sin∠NA1E=3×6+610=32+6310.
故选：B
【点睛】立体几何中的最值问题一般涉及到距离、角度、面积、体积等四个方面，解决此类问题一般从三个方面思考：
（1）利用传统方法转化为空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
（2）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况取得最值；
（3）将几何体平面化，如利用展开图，在平面图形中直观求解.
【变式9-1】3. （2023春·江西宜春·高三校考开学考试）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=1，AP=PD=BC=2，E为BC的中点，M为PE上的动点，N为平面APD内的动点，则BM+MN的最小值为（ ）
A．1+2B．253C．2+53D．2+32
【答案】D
【分析】根据题意得出HM⊥平面PAD，进而可得BM+MN≥BM+MH，将△PEF和△BEP所在平面折叠在一个平面内，然后利用两角和的正弦公式和正弦定理即可求解.
【详解】如图1，取AD的中点F，连接EF，PF，过点M作PF的垂线，垂足为H.由BE=EC，AF=DF，四边形ABCD为矩形，可得EF⊥AD，由平面PAD⊥平面ABCD，可得EF⊥平面PAD.在△PEF中，由EF⊥PF，MH⊥PF，可得MH∥EF.由EF⊥平面PAD，可得HM⊥平面PAD，可得BM+MN≥BM+MH.将△PEF和△BEP所在平面折叠在一个平面内，过点B作PF的垂线，垂足为T，如图2所示，易知BM+MH≥BT.记∠BPE=θ，由AB=1，AP=PD=BC=2，可得BE=1，BP=5，PE=2，EF=1，PF=3，可得∠EPF=π6，sinθ=55，csθ=255，则sinθ+π6=55×32+255×12=25+1510，故BM+MN的最小值为BT=BPsinθ+π6=5×25+1510=2+32.
故选：D.
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论中正确的个数为（ ）
①DC1⊥D1P；
②平面D1A1P⊥平面A1AP；
③∠APD1的最大值为90°；
④AP+PD1的最小值为2+3 ；
⑤C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是22，63.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理证明 DC1⊥平面A1BCD1即可；对于②，利用面面垂直的判定定理证明 平面D1A1BC⊥平面A1ABB1即可；对于③，由0【详解】对于①，∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，A1D1∩A1B=A1，
∴DC1⊥平面A1BCD1，D1P⊂平面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，①正确；
对于②，∵平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP即为平面A1ABB1，
又D1A1⊥平面A1ABB1，D1A1⊂平面D1A1BC，
∴平面D1A1BC⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴②正确；
对于③，当0对于④，将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，
在△D1A1A中，∠D1A1A=135°，利用余弦定理解三角形得AD1=A1A2+A1D12−2⋅A1A⋅A1D1⋅cs135°=2+2，
即AP+PD1≥2+2，∴④不正确.
对于⑤，C1P与平面A1B1B所成角正弦值为1C1P，∵62≤C1P≤2，
∴C1P与平面A1B1B所成角正弦值的取值范围是22，63，故⑤正确.
故选：C.
【变式9-1】5.（多选）（2023春·河北邢台·高三邢台市第二中学校考阶段练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足CP=λCD+μCC1，其中λ∈0,1，μ∈0,1，则下列说法正确的是（ ）
A．若μ=12，则三棱锥P−A1CD的体积为定值
B．若λ+μ=1，则A1C⊥BP
C．若λ=μ，则DP+A1P的最小值为2+52
D．若BP与平面CC1D1D所成角的大小为π4，则λ+2μ的最大值为5
【答案】ABD
【分析】以点C为坐标原点，CD、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；将平面A1CD与平面CDD1延展为一个平面，利用当A1、P、D三点共线时，A1P+DP取最小值，结合余弦定理即可得解.
【详解】以点C为坐标原点，CD、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则CP=λCD+μCC1=λ,0,μ，其中λ∈0,1，μ∈0,1.
对于A选项，C0,0,0、D1,0,0、A11,1,1，
CD=1,0,0，DA1=0,1,1，
设平面A1CD的法向量为m=x,y,z，则m⋅CD=x=0m⋅DA1=y+z=0，
取y=1，可得m=0,1,−1，当μ=12时，CP=λ,0,12，
所以，点P到平面A1CD的距离为d=CP⋅nn=122=24，
又因为△AC1D的面积为定值，故VP−A1CD=13S△A1CD⋅d为定值，A对；
对于B选项，CA1=1,1,1，BP=CP−CB=λ,0,μ−0,1,0=λ,−1,μ，
所以，CA1⋅BP=λ−1+μ=0，∴A1C⊥BP，B对；
对于C选项，当λ=μ时，CP=λ,0,λ，故点P在线段CD1上，
因为A1D1⊥平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D，则A1D1⊥CD1，
将平面A1CD1与平面CDD1延展成一个平面，如下图所示：
在△A1CD1中，A1D1=CD1=1，∠A1D1C=3π4，
由题意可知，当A1、P、D三点共线时，A1P+DP取最小值，
且最小值为DA12+DD12−2DA1⋅DD1cs3π4=2+2<2+52，C错；
对于D选项，易知平面CC1D1D的一个法向量为n=0,1,0，
BP=λ,−1,μ，则cs=BP⋅nBP⋅n=1λ2+μ2+1=22，
所以，λ2+μ2=1，设λ=csθ，μ=sinθ，其中θ∈0,π2，
所以，λ+2μ=csθ+2sinθ=5sinθ+φ，φ为锐角，且tanφ=12，
因为0≤θ≤π2，则φ≤θ+φ≤φ+π2，
故当θ=π2−φ时，λ+2μ取最大值5，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
题型10倍数求最值
【例题10】（2023春·安徽·高三统考开学考试）如图，在三棱锥A−A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∠A1B1C1=90∘，A1B1=2AA1=2B1C1=2，P为线段AB1的中点，M,N分别为线段AC1和线段B1C1上任意一点，则5PM+MN的最小值为（ ）
A．352B．52C．5D．2
【答案】C
【分析】利用线面垂直的性质定理可得AA1⊥A1B1，又∠A1B1C1=90∘可得B1C1⊥平面AA1B1，所以B1C1⊥AB1.再根据三角形面积相等可得出5PM+MN的表达式即可确定其最小值。
【详解】根据题意AA1⊥平面A1B1C1可知，AA1⊥A1B1,AA1⊥B1C1，
又A1B1=2AA1=2B1C1=2可得AB1=AA12+A1B12=5；
由∠A1B1C1=90∘可知，A1B1⊥B1C1，所以可得B1C1⊥平面AA1B1，即B1C1⊥AB1；
在△AB1C1中，S△AB1C1=12×5×1=52，
S△AMB1=12×5×PMsin∠MPB1=5PM×sin∠MPB12，
S△MB1C1=12×1×MNsin∠MNC1=MN×sin∠MNC12
又S△AB1C1=S△AMB1+S△MB1C1，即52=5PM×sin∠MPB12+MN×sin∠MNC12
所以5=5PMsin∠MPB1+MNsin∠MNC1，由sin∠MPB1≤1,sin∠MNC1≤1得
5=5PMsin∠MPB1+MNsin∠MNC1≤5PM+MN，
所以5PM+MN≥5，当且仅当sin∠MPB1=1,sin∠MNC1=1时等号成立，
即∠MPB1=90∘,∠MNC1=90∘时，此时M,N分别为线段AC1和线段B1C1的中点，5PM+MN取得最小值5；
综上可知，5PM+MN的最小值为5.
故选：C
【变式10-1】1. （2022秋·广东广州·高三校联考期末）如图，在三棱锥A−A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1,∠A1B1C1=90°，A1B1=2A1A=2B1C1=2,P为线段AB1的中点，M,N分别为线段AC1和线段B1C1上任意一点，则5PM+MN的最小值为（ ）
A．352B．52C．5D．2
【答案】C
【分析】先利用线面垂直的判定定理推得B1C1⊥AB1,再利用面积相等在Rt△AB1C1中推得5PMsin∠MPA+MNsin∠MNC1=5，从而得到5≤5PM+MN，由此得解.
【详解】因为AA1⊥平面A1B1C1，A1B1,B1C1⊂面A1B1C1，所以AA1⊥B1C1,AA1⊥A1B1，
又∠A1B1C1=90°，B1C1⊥A1B1，
因为AA1∩A1B1=A1，AA1,A1B1⊂平面AB1A1，所以B1C1⊥平面AB1A1，
又AB1⊂平面AB1A1，所以B1C1⊥AB1,
.
又在Rt△AA1B1中，AB1=AA12+A1B12=5，
在Rt△AB1C1中，S△AB1M+S△B1MC1=S△AB1C1，
故12×5×PMsin∠MPB1+12×1×MNsin∠MNC1=12×1×5，
则5PMsin∠MPB1+MNsin∠MNC1=5，
又5PMsin∠MPB1≤5PM,MNsin∠MNC1≤MN，
所以5PMsin∠MPB1+MNsin∠MNC1≤5PM+MN，
即5≤5PM+MN，当且仅当∠MPB1=90°,∠MNC1=90°时，等号成立，
当∠MPB1=90°时，M为AC1的中点，此时当∠MNC1=90°时，N为B1C1的中点，
综上所述5PM+MN的最小值是5.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是如何解决PM,MN的系数问题，利用三角形面积公式与面积相等得到5PMsin∠MPA+MNsin∠MNC1=5即可得解.
【变式10-1】2. （2022秋·重庆·高三统考期中）如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段AB1的中点，M、N分别为体对角线AC1和棱B1C1上任意一点，则2PM+2MN的最小值为（ ）
A．22B．2C．3D．2
【答案】D
【分析】通过证明得到PM=EM，找到距离最小时，MN⊥B1C1，证明△MFN为等腰直角三角形,则MF=22MN,∴2PM+2MN=2PM+22MN=2(EM+MF)≥2AA1=2
【详解】如图,连接AC,A1C1,取AC中点E,过M作MF⊥面A1C1，垂足为F,
∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中,AA1⊥平面A1B1C1D1,且AA1⊂平面ACC1A1,
∴平面ACC1A1⊥平面A1B1C1D1,
∵平面ACC1A1∩平面A1B1C1D1=A1C1,且MF⊂平面ACC1A1，
∴MF⊥平面A1B1C1D1,
∵P为AB1的中点,∴AP=AE,∠B1AC1=∠CAC1,AM=AM
∴△APM≅△AEM,
故PM=EM,而对固定点M,当MN⊥B1C1时,MN最小,
此时由MF⊥面A1B1C1D1，∵B1C1⊂面A1B1C1D1，∴MF⊥B1C1，又∵MN⊥B1C1,
MF∩NF=F，且MF,NF⊂面MNF，故B1C1⊥面MNF，又∵B1C1⊥面AB1A1,
则面MNF//面AB1A1，根据三棱锥特点，可知△MNF∼△AB1A1，而易知△AB1A1为等腰直角三角形，可知△MFN为等腰直角三角形,
∴MF=22MN,∴2PM+2MN=2PM+22MN=2(EM+MF)≥2AA1=2.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的第一个关键点是找到PM=EM，然后是找到最值情况时，MN⊥B1C1，最后是对式子的处理，通过证明△MFN为等腰直角三角形，从而找到线段比，则最终式子化成2(EM+MF)，再利用三点一线求出最小值，这也启示我们对于很多加权线段和的最值问题是将其转化为三点一线最值问题.
【变式10-1】3. （2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段AB1的中点，M，N分别为体对角线AC1和棱C1D1上任意一点，则2PM+2MN的最小值为（ ）
A．22B．2C．2D．22
【答案】C
【分析】转化PM,MN，利用三点共线来求得2PM+2MN的最小值.
【详解】设E是AC的中点，
AC=AB1,CC1=B1C1,AC1=AC1，所以△ACC1≅△AB1C1，
所以PM=EM.
对任一点M，MN的最小值是M到直线C1D1的距离，
过M作MN⊥C1D1，交C1D1于N，
过M作MF⊥A1C1，交A1C1于F，连接FN，
由于MF//AA1，所以MF⊥平面A1B1C1D1，所以MF⊥FN,MF⊥C1D1，
由于MF∩MN=M，所以C1D1⊥平面MFN，所以C1D1⊥FN，
则FN//A1D1，所以FN=C1N.
tan∠AC1D1=MNC1N=AD1C1D1=2,MN=2C1N=2FN，
MF=MN2−FN2=FN=22MN，
所以2PM+2MN=2PM+22MN=2EM+MF，
当E,M,F三点共线，也即F是A1C1的中点，M是EF与AC1的交点时，
EM+MF取得最小值为1，所以2PM+2MN的最小值为2.
故选：C
题型11点线距离求最值
【例题11】（2023·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=6，点P在平面AB1D1内，A1P=32，求点P到BC1距离的最小值为 .
【答案】23
【分析】分别取AD1、BC1的中点E、F，连接A1E、B1E、B1F、EF，证明出BC1⊥平面B1EF，对于平面AB1D1内任意一点P，过点P作MN//AD1分别交B1D1、B1E、AB1于点M、Q、N，分析可知点P到直线BC1的距离等于线段QF的长，当QF⊥B1E时，QF最短，此时点P到直线BC1的距离取到最小值，利用等面积法求解即可.
【详解】分别取AD1、BC1的中点E、F，连接A1E、B1E、B1F、EF，
∵AB//C1D1且AB=C1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，
所以，AD1//BC1且AD1=BC1，
因为E、F分别为AD1、BC1的中点，
则AE//BF且AE=BF，
所以，四边形ABFE为平行四边形，
故EF//AB且EF=AB=6，
∵AB⊥平面BB1C1C，∴EF⊥平面BB1C1C，
∵B1F、BC1⊂平面BB1C1C，则B1F⊥EF，EF⊥BC1，
∵BB1=B1C1，则B1F⊥BC1，
因为B1F∩EF=F，∴BC1⊥平面B1EF，
∴B1F=12B1C=12×62+62=32，
对于平面AB1D1内任意一点P，
过点P作MN//AD1分别交B1D1、B1E、AB1于点M、Q、N，
∵AD1//BC1，∴MN//BC1，
所以点P到直线BC1的距离等于点Q到直线BC1的距离，
∴QF⊂平面B1EF，故QF⊥BC1，所以点Q到直线BC1的距离为线段QF的长，
∵B1F⊥EF，则△B1EF是以∠B1FE为直角的直角三角形，
当QF⊥B1E时，QF最短，此时点P到直线BC1的距离取到最小值.
在正方体中，B1A1⊥平面ADD1A1，又A1E⊂平面ADD1A1，
所以B1A1⊥A1E，又A1E=B1F=32,
所以B1E=B1A12+A1E2=62+322=36，
所以在Rt△B1EF中由等面积法可得：
12B1E⋅QF=12B1F⋅EF，即QF=B1F⋅EFB1E=32×636=23，
所以P到直线BC1的距离取到最小值为23，
故答案为：23.
【变式11-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为（ ）
A．1B．22C．64D．33
【答案】D
【分析】利用坐标法，设Px,0,1−x,0≤x≤1，可得动点P到直线A1C1的距离为d= 32x2−x+12，然后利用二次函数的性质即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则A11,0,1,C10,1,1，
设Px,0,1−x,0≤x≤1，则A1P=x−1,0,−x,A1C1=−1,1,0，
∴动点P到直线A1C1的距离为
d=A1P2−A1P⋅A1C1A1C12=x−12+−x2−1−x22
=32x2−x+12=32x−132+13≥33，当x=13时取等号，
即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为33.
故选：D.
【变式11-1】2. （多选）（2022秋·山西运城·高三校考阶段练习）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所在棱长均为2,P为棱CC1上的动点,则下列结论中正确的是（ ）
A．该正三棱柱内可放入的最大球的体积为4π3
B．该正三棱柱外接球的表面积为28π3
C．存在点P,使得BP⊥AB1
D．点P到直线A1B的距离的最小值为3
【答案】BCD
【分析】根据正三棱柱内可放入的最大球的半径为△ABC的内切圆半径,求出球的体积;
根据正三棱柱的外接球半径公式即可求出外接球表面积;
当P为CC1中点时, 构造等腰三角形,易证AB1⊥平面PA1B即可;
建立空间直角坐标系,利用两异面直线距离的向量计算公式即可求出点P到直线A1B的距离的最小值.
【详解】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为△ABC的内切圆半径r=33,
体积为4π3⋅333=43π27,故A错误;
关于B选项:该正三棱柱的外接球半径R=12+2332=73,表面积为4π⋅732=28π3,故B正确;
关于C选项:如图所示,当P为CC1中点时,记A1B与AB1的交点为G,
∵正三棱柱ABC−A1B1C1,∴面ABB1A1为正方形,且B1C=AC=CC1,
∴AB1⊥A1B,
P为CC1中点, ∴PC=PC1,
∵∠C1PB1=∠BCP=90∘,
在△B1C1P和△BCP中由勾股定理可知B1P=AP,
∵ G为A1B中点,在△AB1P中由三线合一可得PG⊥AB1,
∵AB1⊥A1B,A1B∩PG=G,A1B⊂平面A1PB,PG⊂平面A1PB,
∴AB1⊥平面A1PB,∴AB1⊥BP,得证,故C正确;
关于D选项:∵P为棱CC1上的动点,∴P 到直线A1B的距离的最小值即为异面直线A1B与CC1的距离最小值,
AC中点O为原点,以AC的方向为x轴,以OB方向为y轴, 以OB方向为y轴
记A1C1中点为M,以OM方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,
∴A(0,−1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,−1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2),
记异面直线A1B与CC1的公共垂向量为n=(x,y,z),A1B=(3,1,−2),CC1=(0,0,2),BC=(−3,1,0),
∴n⋅A1B=0n⋅CC1=0,即3x+y−2z=02z=0,
令y=3,∴n=(−1,3,0),
∴d=BC⋅nn=232=3,可得D正确,
故选BCD.
【变式11-1】3. （2022春·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1=2AB=4，E是AD的中点.若动点F在矩形AA1B1B内运动，使得∠EFA=∠CFB，则点F到直线A1B1距离的最小值为 .
【答案】4−233
【分析】在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，利用其结构特征，分别在 Rt△EAF和Rt△CBF中，结合 ∠EFA=∠CFB和E是AD的中点，利用正切值得到BF=2AF，然后以B为原点，以BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，设F(x， y)，根据|BF|=2|AF|，化简得到点F的轨迹是圆求解.
【详解】如图所示：
甲图，因为在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB⊥ AD，
所以AD⊥平面AA1B1B；
又因为AD//BC，所以BC⊥平面AA1B1B.
因为点F∈平面AA1B1B，所以AD⊥AF，BC⊥BF，
则在Rt△EAF中，tan∠EFA=AEAF，在Rt△CBF中，tan∠CFB=BCBF；
又∠EFA=∠CFB，所以AEAF=BCBF；
由于E是AD的中点，则BF=2AF.
如图乙，在平面AA1B1B内，以B为原点，以BA，BB1所在直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，
则有A(2， 0)，设F(x， y)，由|BF|=2|AF|，
得x2+y2=2 · (x−2)2+y2，化简得x−832+y2=169，
所以点F的轨迹是圆心为点G83， 0，半径为43的圆.
由于点F在矩形AA1B1B内，当F在AA1上时，即xF=2，yF=233，
可取到点F到直线A1B1距离的最小值，最小值为4−233.
故答案为：4−233
【变式11-1】4. （2023·全国·高三专题练习）三棱锥P−ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形，且AC=22，各侧棱长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点，则E到平面ABC的距离为 ；设Q到平面PBC的距离为d1,Q到直线AB的距离为d2，则d1+d2的最小值为 .
【答案】 72/127 142/1214
【分析】取AC中点O，连接PO,BO，通过得出PO⊥平面ABC可求出E到平面ABC的距离，以O为原点建立空间直角坐标系设CQ=λCE0≤λ≤1，利用向量关系表示出d1+d2，求导可求出最小值.
【详解】取AC中点O，连接PO,BO，
因为PA=PC=3，AC=22，所以PO⊥AC，且PO=32−2=7，
因为△ABC是等腰直角三角形，所以BO⊥AC，且BO=2，
又PB=3，满足PB2=PO2+BO2，所以PO⊥BO，
因为AC∩BO=O，所以PO⊥平面ABC，
因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为12PO=72；
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，设CQ=λCE0≤λ≤1,
则C0,2,0,E0,−22,72,P0,0,7,A0,−2,0,B2,0,0，
则PB=2,0,−7,PC=0,2,−7,AB=2,2,0,CE=0,−322,72，
设CQ=λCE0≤λ≤1，则可得CQ=0,−322λ,72λ，
则Q0,−322λ+2,72λ，则AQ=0,22−322λ,72λ，
所以cs∠QAB=AQ⋅ABAQ⋅AB=4−3λ25λ2−48λ+32，
所以sin∠QAB=16λ2−24λ+1625λ2−48λ+32,
所以d2=AQ⋅sin∠QAB=4λ2−6λ+4,
设平面PBC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅PB=0n⋅PC=0，即2x−7z=02y−7z=0，令x=7，可得n=7,7,2，
则d1=CQ⋅nn=144λ，
所以d1+d2=fλ=4λ2−6λ+4+144λ,0≤λ≤1，
所以f'λ=4λ−34λ2−6λ+4+144，令f'λ=0，解得λ=25，
又f″λ=74λ2−6λ+44λ2−6λ+4>0，所以f'λ在0,1单调递增，
所以当λ∈0,25时，f'λ<0，fλ=0单调递减，当λ∈25,1时，f'λ>0，fλ=0单调递增，
所以fλmin=f25=142，即d1+d2的最小值为142.
故答案为：72；142.
题型12点线面距离求最值
【例题12】（2023秋·福建漳州·高三福建省华安县第一中学校考开学考试）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD1,B1C1的中点，P为正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的动点．下列叙述正确的是（ ）
A．当点P在侧面AA1D1D上运动时，直线CN与平面BMP所成角的最大值为π2
B．当点P为棱A1B1的中点时，CN∥平面BMP
C．当点P在棱BB1上时，点P到平面CNM的距离的最小值为66
D．当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有2个
【答案】C
【分析】NC与MB不可能垂直，故选项A错误；平移NC与平面相交于一点H，故选项B错误；利用体积相等即可求出点P到平面CNM的距离的最小值为66判断选项C，当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有1个.当点P为平面BCC1B1的中心时，故判断选项D
【详解】由于线面角的最大值为π2，
∵NC与MB不可能垂直，故直线CN与平面BMP所成角的最大值达不到π2.选项A错误；
取DC的中点为H，A1B1的中点为Q,连接A1C1,B1D1相交于点O，连接OH,ON,
∵ON//HC且ON=HC
故OH//NC
∵H∈平面HBQD1,OH⊄面HBQD1，故CN不能与平面BMP平行，故选项B错误；
∵VP−CNM=VM−PNC
M到平面PNC的距离始终为12，故当点P运动到点B1时，△PNC取得最小值为12×12×1=14，故VP−CNM=VM−PNC=13S△PNC×12=124=13S△CNM⋅ℎ
∵MC=32,MN=22,NC=52,
S△MNC=12×32×22=68
故ℎ=66，故选项C正确.
当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有1个.当点P为平面BCC1B1的中心时，故选项D错误
故选：C.
【变式12-1】1. （2022·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数λ（λ>0且λ≠1）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1=6，点E在棱AB上，BE=2AE，动点P满足BP=3PE.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为 ；若点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内部运动，F为棱C1D1的中点，M为CP的中点，则点M到平面B1CF的距离的最小值为 .
【答案】 23 32
【分析】①建立空间直角坐标系，设P(x,y,z)，求出点P的轨迹为x2+y2=12，即得解；
②先求出点P的轨迹为x2+y2+z2=12，P到平面B1CF的距离为ℎ=|x+y+z−9|3，再求出ℎ的最小值即得解.
【详解】①以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立如图所示的空间坐标系，
则B(6,0,0),E(2,0,0),设P(x,y,z)，
由BP＝3PE得(x−6)2+y2=3[(x−2)2+y2]，
所以x2+y2=12，
所以若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为23.
②设点P(x,y,z)，由BP＝3PE得(x−6)2+y2+z2=3[(x−2)2+y2+z2]，
所以x2+y2+z2=12，
由题得F(3,3,3,),B1(6,0,3),C(6,3,0),
所以FB1=(3,−3,0),BC1=(0,3,−3),设平面B1CF的法向量为n=(x0,y0,z0)，
所以n⋅FB1=3x0−3y0=0n⋅B1C=3y0−3z0=0，令x0=1，则n=(1,1,1)由题得CP=(x−6,y−3,z)，
所以点P到平面B1CF的距离为ℎ=|CP⋅n||n|=|x+y+z−9|3，
因为(x2+y2+z2)(12+12+12)≥(x+y+z)2,∴−6≤x+y+z≤6，
所以ℎmin=|6−9|3=3，所以点M到平面B1CF的最小距离为32.
故答案为：23；32.
【变式12-1】2. （2022·山西朔州·统考三模）已知三棱锥A−BCD的所有棱长都相等，点E为AD中点，点F为底面BCD内的动点，记EF的最小值为d1，最大值为d2，则d1d2= .
【答案】23
【分析】先求得正四面体的高，然后求得d1,d2，进而求得d1d2.
【详解】设正四面体A−BCD的棱长为a，
设O是等边三角形BCD的中心，则AO⊥平面BCD，
设G是CD的中点，OG=13BG=13×32a=36a，AG=32a，
所以AO=32a2−36a2=63a，
由于E是AD的中点，所以EF的最小值d1=12AO=66a.
设H是BC的中点，则BC⊥EH，EA=ED=a2，
所以EF的最大值d2=BE=CE=32a，
所以d1d2=23.
故答案为：23
【变式12-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图1，等腰直角三角形ABC，AB=BC=8， D为AC中点，l为平面ABC内过D 点的一条动直线，沿直线l作如图2的翻折，点C在翻折过程中记为点C'，C'在直线l上的射影为C1，C'在平面ABC上的射影C2落在直线AB上，则当C1C2C'C1取得最小值时，C1到直线AB的距离为 ．
【答案】6−22/−22+6
【分析】由给定条件证得C1C2⊥l，可得C1是过△ABC顶点C作直线l的垂线的垂足，再在
平面ABC内建立直角坐标系，利用点到直线距离结合均值不等式推理、计算作答.
【详解】如图，C'C2⊥平面ABC，l⊂平面ABC，则C'C2⊥l，而C'C1⊥l，C'C1∩C1C2=C1，
C'C1,C1C2⊂平面C'C1C2，于是得C1C2⊥l，因此，点C2,C1,C三点共线，|CC1|=|C'C1|>|C1C2|，
以直线AB,BC分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图，
则A(−8,0),C(0,8),D(−4,4)，依题意，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为：y=k(x+4)+4，直线CC1的方程：y=−1kx+8，则C2(8k,0)，
|C'C1|=|CC1|=|4k−4|k2+1,|C1C2|=|8k2+4k+4|k2+1，由|C'C1|>|C1C2|得|2k2+k+1|<|k−1|，解得−1因此，|C1C2||C'C1|=2k2+k+11−k=2(1−k)2+5(k−1)+41−k=2(1−k)+41−k−5 ≥22(1−k)⋅41−k−5 =42−5，
当且仅当2(1−k)=41−k，即k=1−2时取“=”，此时，直线l：y=(1−2)(x+4)+4，
直线CC1：y=(2+1)x+8，
由y=(1−2)(x+4)+4y=(2+1)x+8解得x=−2,y=6−22，则点C1到直线AB距离|C1E|=6−22，
故答案为：6−22
【点睛】思路点睛：平面图形翻折问题，在翻折过程中，始终位于同一平面内的点线位置关系和数量关系不变，否则将可能发生变化.
【变式12-1】4. （2023·北京西城·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：
①平面CMN截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形是五边形；
②直线B1D1到平面CMN的距离是22；
③存在点P，使得∠B1PD1=90°；
④△PDD1面积的最小值是556．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.
【详解】对于①，如图直线MN与C1B1、C1D1的延长线分别交于M1,N1，连接CM1,CN1分别交BB1,DD1于M2,N2，连接MM2,NN2，
则五边形MM2CN2N即为所得的截面图形，故①正确；
对于②，由题可知MN//B1D1，MN⊂平面CMN，B1D1⊄平面CMN，
∴B1D1//平面CMN，故点B1到平面CMN的距离即为直线B1D1到平面CMN的距离，
设点B1到平面CMN的距离为h，由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2可得，
CM=CN=3,MN=2，S△CMN=12×2×32−222=172，
∴VB1−CMN=13S△CMN⋅ℎ=13×172×ℎ=176ℎ，
VC−B1MN=13S△B1MN⋅CC1=13×12×2=13，
∴由VB1−CMN= VC−B1MN，可得ℎ=21717，
所以直线B1D1到平面CMN的距离是21717，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，则B12,0,2,D10,2,2,C2,2,0,M1,0,2，
设PC=λMC,0≤λ≤1，
∴PC=λMC=λ1,2,−2，又C2,2,0，B12,0,2,D10,2,2,
∴P2−λ,2−2λ,2λ，PB1=λ,2λ−2,2−2λ,PD1=λ−2,2λ,2−2λ，
假设存在点P，使得∠B1PD1=90°，
∴PB1⋅PD1=λλ−2+2λ2λ−2+2−2λ2=0，整理得9λ2−14λ+4=0，
∴λ=7+139>1（舍去）或λ=7−139，
故存在点P，使得∠B1PD1=90°，故③正确；
对于④，由上知P2−λ,2−2λ,2λ，所以点P2−λ,2−2λ,2λ在DD1的射影为0,2,2λ，
∴点P2−λ,2−2λ,2λ到DD1的距离为：
d=2−λ2+−2λ2=5λ2−4λ+4=5λ−252+165，
∴当λ=25时，dmin=455，
∴故△PDD1面积的最小值是12×2×455=455，故④错误.
故答案为：①③.
【变式12-1】5.（2022秋·广东佛山·高三统考期中）如图，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，设E为C1D1的中点，F为BB1上的一个动点，设由点D,E,F确定的平面为α，当点F与B1重合时，平面α截正方体的截面的面积为 ；点A1到平面α的距离的最小值为 .
【答案】 26 263
【分析】取AB中点H，连接B1H,DH，由B1H//ED,DH//B1E可得平面α截正方体的截面为B1EDH，求出面积即可；以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系，设平面α的法向量为n，利用点A1到平面α的距离d=n⋅A1En求最小值即可.
【详解】如图所示当点F与B1重合时，取AB中点H，连接B1H,DH，
因为平面AA1B1B//平面CC1D1D，平面α∩平面AA1B1B=B1H，平面α∩平面CC1D1D=DE，
∴B1H//DE，同理，B1E//DH，四边形B1EDH为平行四边形，
又因为B1H=HD=DE=EB1=22+12=5，
则平面α截正方体的截面B1EDH为菱形，
因为正方体的棱长为2，所以菱形的边长为22+12=5，
又因为B1D=22+22+22=23，所以△B1ED中B1D上的高ℎ=(5)2−(3)2=2，
所以截面面积SB1EDH=2S△B1ED=2×12×23×2=26.
以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以A1(0,0,2),E(1,2,2),D(0,2,0),F(2,0,a)，(0≤a≤2)
所以A1E=(1,2,0)，FD=(−2,2,−a)，ED=(−1,0,−2)，
设平面α的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅FD=−2x+2y−az=0n⋅ED=−x−2z=0，解得n=(−4,a−4,2)，
所以点A1到平面α的距离d=n⋅A1En=2a−12(−4)2+(a−4)2+22=12−2aa2−8a+36=2(6−a)(a−6)2+4a
=21+4a36−12a+a2=21+436a−12+a，
由对勾函数可得当0≤a≤2时36a+a单调递减，所以当a=2时，点A1到平面α的距离d取最小值，
dmin=12−2×222−8×2+36=263.
故答案为：26，263.
题型13周长求最值
【例题13（多选）（2023秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考开学考试）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC,AB=BC=BB1=2,D是AC的中点，O为A1C的中点．点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1P⊥OB1
B．当直线A1P与平面BB1C1所成的角最大时，三棱锥P−BCD的外接球表面积为4π
C．若三棱柱ABC−A1B1C1，内放有一球，则球的最大体积为4π3
D．△OPB1周长的最小值3+2+1
【答案】ABD
【分析】由题知AB,BC,BB1两两垂直，故以B为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，进而利用A1P⋅OB1=0判断A；根据向量求解线面角得P是BC1的中点时直线A1P与平面BB1C1所成的角最大，进而求解几何体的外接球判断B；根据Rt△ABC内切圆的半径为r=2−2<1判断C；根据P是BC1的中点时OP⊥BC1,OP⊥B1P求解判断D.
【详解】解：因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
因为AB,BC⊂平面ABC，所以BB1⊥AB,BB1⊥BC，
因为AB⊥BC
所以，AB,BC,BB1两两垂直，故以B为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
因为AB=BC=BB1=2,D是AC的中点，O为A1C的中点，点P是BC1上的动点
则B0,0,0，C2,0,0，A10,2,2，B10,0,2，C12,0,2，O1,1,1，D1,1,0，Pa,0,a0≤a≤2
对于A选项，A1P=a,−2,a−2,OB1=−1,−1,1，A1P⋅OB1=−a+2+a−2=0，故A1P⊥OB1，A1P⊥OB1，A正确；
对于B选项，由题已知平面BB1C1的法向量为n=0,1,0，A1P=a,−2,a−2，
设直线A1P与平面BB1C1所成的角为θ，
所以，sinθ=A1P⋅nA1P⋅n=2a2+4+a−22=22a2−4a+8=22a−12+6≤63，当且仅当a=1时等号成立，
此时P是BC1的中点，BD=CD=BP=CP=DP=2, BC=2，
此时BC中点E到B,C,D,P点的距离均为1，故三棱锥P−BCD的外接球心为E，半径为1，
所以，三棱锥P−BCD的外接球表面积为4π，故B正确；
对于C选项，三棱柱ABC−A1B1C1，内放有一球，当球的体积最大时，为该三棱柱的内切球，由于Rt△ABC内切圆的半径为r=2−2<1，故三棱柱ABC−A1B1C1内切球的半径为r=2−2，其体积不等于4π3，故C错误；
对于D，当P是BC1的中点时，此时OP=0,−1,0，B1P=1,0,−1，BC1=2,0,2
此时OP⋅BC1=0,OP⋅B1P=0，即OP⊥BC1,OP⊥B1P，
所以当P是BC1的中点时，OP⊥BC1,OP⊥B1P，即OP,B1P取得最小值，分别为OP=1,B1P=2
因为OB1=3
所以，△OPB1周长的最小值3+2+1，故D正确.
故选：ABD
【变式13-1】1. （2022·上海闵行·上海市七宝中学校考模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（ ）
A．22B．10C．11D．23
【答案】B
【分析】通过对称转换PQ,QE,EP，由三点共线求得三角形PEQ周长的最小值.
【详解】在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知CM=1，
E关于B1C1的对称点为N，C1E=C1N=CE=1，
连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为Q时，
则MN是△PEQ周长的最小值，
CM=1,CN=3，MN=12+32=10,
∴△PEQ周长的最小值为10
故选：B
【变式13-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M,N分别为棱AD,BC的中点，F为棱AB上异于A,B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为1； ②点C到面MFN的距离范围为0,22；
③△FMN周长的最小值为2+1； ④∠MFN的余弦值的取值范围为0,33．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】作OD⊥平面ABC，垂足为O，取AO中点G，利用长度关系可求得MG,NG，利用勾股定理可知①正确；在AB上取点T，使得AT=23AB，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Fx,y,z，AF=λAB0<λ<1，可表示出F22λ,62λ−63,0，利用点到平面距离的向量求法可表示出d=62⋅1−λλ31−λλ2+3，令1−λλ=t>0，可得d=221+1t2，由此确定②正确；将等边三角形ABC与ABD沿AB展开，可知MF+NF≥MN，由此可知③正确；设Q为AB中点，若点F在线段BQ上，设BF=22−x，利用余弦定理表示出cs∠MFN=x2x4+12x2+14，可知当x=0时，cs∠MFN=0；当0【详解】∵四面体ABCD所有棱长均为2，∴四面体ABCD为正四面体；
对于①，作OD⊥平面ABC，垂足为O，
∵四面体ABCD为正四面体，∴O为△ABC的中心，∴O∈AN且AO=23AN；
取AO中点G，连接MG，则MG//DO，MG=12DO且MG⊥平面ABC；

∵AN=2−12=62，∴AO=GN=23AN=63，∴MG=12DO=12×2−23=33；
∵MG⊥平面ABC，GN⊂平面ABC，∴MG⊥GN，∴MN=13+23=1，①正确；
对于②，在AB上取点T，使得AT=23AB，则OT//BC，∴AN⊥OT，
则以O为坐标原点，OT,ON,OD正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则A0,−63,0，B22,66,0，N0,66,0，D0,0,233，C−22,66,0，M0,−66,33，∴CN=22,0,0，MN=0,63,−33，
设Fx,y,z，AF=λAB0<λ<1，
∵AF=x,y+63,z，AB=22,62,0，∴x=22λ，y=62λ−63，z=0，
∴F22λ,62λ−63,0，∴NF=22λ,62λ−62,0，
设平面MNF的法向量n=a,b,c，
则MN⋅n=63b−33c=0NF⋅n=22λa+62λ−62b=0，令b=1，解得：c=2，a=3−3λλ，
∴n=3−3λλ,1,2，
∴点C到平面MFN的距离d=CN⋅nn=62⋅1−λλ31−λλ2+3，
令1−λλ=t，则t=1λ−1>0，∴d=62t3t2+1=221+1t2，
∵1+1t2>1，∴0对于③，将等边三角形ABC与ABD沿AB展开，可得展开图如下图所示，

则MF+NF≥MN（当且仅当F为AB中点时取等号），
∵四边形ACBD为菱形，M,N分别为AD,BC中点，∴MN=2，
∴MF+NF≥2，
则在四面体ABCD中，△FMN周长的最小值为2+1，③正确；
对于④，设Q为AB中点，若点F在线段BQ上，设BF=22−x，则AF=22+x，其中0≤x<22，

在△BFN中，NF2=BF2+BN2−2BF⋅BNcsπ3=22−x2+12−2222−x =x2−22x+12；
在△AMF中，同理可得：MF2=x2+22x+12，
∴cs∠MFN=MF2+NF2−MN22MF⋅NF=2x22x2−22x+12x2+22x+12 =x2x2+122−12x2=x2x4+12x2+14；
当x=0时，cs∠MFN=0；
当02，cs∠MFN=114⋅1x4+12⋅1x2+1，
∴14⋅1x4+12⋅1x2+1>3，∴0∴cs∠MFN的取值范围为0,33；
同理可得：当F在线段AQ上时，cs∠MFN的取值范围为0,33；
综上所述：∠MFN的余弦值的取值范围为0,33，④正确.
故选：D.
【变式13-1】3. （多选）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD1，点E是棱CD上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（ ）
A．三棱锥B−AEC1的体积恒为定值
B．存在唯一的点E，使得截面△AEC1的周长取得最小值
C．不存在点E，使得BD1⊥平面AEC1
D．若点E满足CE>DE，则在棱DD1上存在相应的点G，使得A1G//平面AEC1
【答案】ABD
【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项；将侧面DCC1D1翻折到与底面ABCD同一平面，利用A、C2、E三点共线可判断B选项；利用线面垂直的判定定理可判断C选项；利用线面平行的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为CD//AB，CD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，则点E到平面ABC1的距离为定值，
又底面△ABC1的面积为定值，故三棱锥E−ABC1的体积为定值，
由等体积法可判断三棱锥B−AEC1的体积为定值，则选项A正确；
对于B选项，将侧面DCC1D1翻折到与底面ABCD同一平面，得矩形DCC2D2，
连接AC2，与CD交于点E，即为△AEC1周长最小时的E点，则选项B正确；
对于C选项，连接BD，在底面ABCD内过点A作AE⊥BD，交CD于点E，
又由长方体可知DD1⊥平面ABCD，∵AE⊂平面ABCD，∴AE⊥DD1，
因为BD∩DD1=D，∴AE⊥平面BDD1，∵BD1⊂平面BDD1，∴BD1⊥AE，
连接BC1，因为AB//C1D1且AB=C1D1=AD1，则四边形ABC1D1为菱形，
所以，BD1⊥AC1，因AE∩AC1=A，则BD1⊥平面AEC1，选项C错误；
对于D选项，当CE>DE时，设平面AEC1交棱A1B1于点F，连接AF、C1F，
因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面AEC1∩平面ABCD=AE，
平面AEC1∩平面A1B1C1D1=C1F，∴AE//C1F，同理可证AF//C1E，
所以，四边形AEC1F为平行四边形，则C1F=AE，
又因为AD=B1C1，∠ADE=∠C1B1F=90∘，所以，Rt△ADE≌Rt△C1B1F，
所以，B1F=DE，又因为A1B1=CD，所以，A1F=CE，
过点F在平面A1B1C1D1内作FM//A1D1，交棱C1D1于点M，
因为A1F//D1M，A1D1//FM，所以，四边形A1FMD1为平行四边形，所以，A1F=D1M，
又过点M在平面CC1D1D内作MN//DD1，交C1E于点N，连接FN，
再过点N在平面CC1D1D内作NG//D1M，交DD1于点G，
因为MN//D1G，NG//D1M，所以，四边形D1GNM也为平行四边形，
所以，GN//D1M且GN=D1M，则A1F//GN且A1F=GN，
连接A1G，则四边形A1FNG为平行四边形，所以，A1G//FN.
因A1G⊂平面AEC1，FN⊂平面AEC1，所以，A1G//平面AEC1，选项D正确.
故选：ABD.
【变式13-1】4. （2022·黑龙江大庆·统考三模）已知四面体ABCD的所有棱长均为2､M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③四面体ABCD的外接球表面积为3π；
④△MFN周长的最小值为2+1.
其中所有正确结论的编号为 .
【答案】①③④
【分析】①连接AN,DN，易知△AND为等腰三角形，即MN⊥AD，即可求MN的长；②构造平行四边形FNEM,探讨它们的关系可判断；③求出正四面体外接球半径，再由表面积公式求面积；④将面ABD、面ABC展开为一个平面，判断MF+FN最小的情况即可.
【详解】连接AN,DN，四面体ABCD的所有棱长均为2，则AN=DN=62且MN⊥AD，
所以MN=32−12=1，①正确；
取AB的中点F， CD的中点E，FM//BD，且FM=12BD，NE//BD NE=12BD，所以FM//NE,FM=NE，
所以四边形FNEM是平行四边形，MN与EF相交于点G，所以此时FG与CD相交，不是异面直线，故②不正确；
由题设知：四面体ABCD为正四面体，故外接球的半径r=64×2=32，所以表面积为4πr2=3π，③正确；
△MFN周长的最小，只需MF+FN最小，将面ABD、面ABC展开为一个平面，如下图：
当M,F,N共线时，MF+FN最小为MN=2，故△MFN周长的最小值为2+1，④正确.
故答案为：①③④
【变式13-1】5.（2022·黑龙江大庆·统考三模）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②存在点F，满足CD⊥平面FMN；
③四面体ABCD的外接球表面积为3π；
④△MFN周长的最小值为2+1．
其中所有正确结论的编号为 ．
【答案】①③④．
【分析】①连接AN,DN，易知△AND为等腰三角形，即MN⊥AD，即可求MN的长；②若E为AC中点，连接ME易知ME//DC，假设存在则ME⊥平面FMN，再由线面垂直的性质推出矛盾结论；③求出正四面体外接球半径，再由表面积公式求面积；④将面ABD、面ABC展开为一个平面，判断MF+FN最小的情况即可.
【详解】连接AN,DN，四面体ABCD的所有棱长均为2，则AN=DN=62且MN⊥AD，
所以MN=32−12=1，①正确；
若E为AC中点，连接ME，M为棱AD的中点，则ME//DC，显然ME、MN不垂直，
要使CD⊥平面FMN，即ME⊥平面FMN，又MN⊂平面FMN，则ME⊥ MN，出现矛盾，②错误；
由题设知：四面体ABCD为正四面体，故外接球的半径r=64×2=32，所以表面积为4πr2=3π，③正确；
△MFN周长的最小，只需MF+FN最小，将面ABD、面ABC展开为一个平面，如下图：
当M,F,N共线时，MF+FN最小为MN=2，故△MFN周长的最小值为2+1，④正确.
故答案为：①③④
【变式13-1】6.（2022·新疆·统考模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M、N分别为棱AA1、A1D1的中点，P为棱A1B1上的动点，Q为线段B1D1的中点.则下列结论中正确序号为 .
①MN⊥CP；②AQ//平面MNP；③∠PDQ的余弦值的取值范围是[32,223]；④△APC1周长的最小值为5+3
【答案】①④
【分析】①连接AD1,BC1，根据正方体性质有MN//BC1，结合CP在面BCC1B1上的投影为CB1即可判断；②③构建空间直角坐标系，求面MNP的法向量及方向向量AQ，利用空间向量夹角的坐标表示判断线面关系，同理求线线角的关于参数m的余弦值，结合导数求最值，即可判断余弦值的范围；④将问题转化为求C1P+AP的最小值，展开正方体侧面研究最小情况即可判断.
【详解】①连接AD1,BC1，即AD1//BC1，又M、N分别为AA1、A1D1的中点，则MN//AD1，
所以MN//BC1，而CP在面BCC1B1上的投影为CB1，又CB1⊥BC1，即CP ⊥BC1，
所以MN⊥CP，正确；
②如下图示，M(1,0,12)，N(12,0,1)，P(1,m,1)，则MP=(0,m,12)，NP=(12,m,0)，
若n=(x,y,z)是面MNP的一个法向量，则{MP⋅n=my+z2=0NP⋅n=x2+my=0，令x=z=2m即n=(2m,−1,2m)，
而A(1,0,0)，Q(12,12,1)，则AQ=(−12,12,1)，
所以AQ⋅n=−m−12+2m=m−12，仅当m=12时AQ⊥n，即AQ//平面MNP，故错误；
③如下图，P(1,m,1)，Q(12,12,1)，D(0,0,0)，故DP= (1,m,1)，DQ= (12,12,1)，
所以DP⋅DQ=3+m2，且|DP|=m2+2，|DQ|=62，则cs∠PDQ=m+36(m2+2) =m2+6m+96(m2+2)=16⋅1+6m+7m2+2，
令f(m)=6m+7m2+2 (0≤m≤1)，则f'(m)=−6(m+76)2+1216(m2+2)2，而f'(0)=3>0，f'(1)=−89<0，
所以，存在f'(m0)=0，则(0,m0)上f'(m)>0，f(m)递增；(m0,1)上f'(m)<0，f(m)递减；
所以[0,1]上有f(m)≤f(m0)，
由f(0)=72时cs∠PDQ=32，f(1)=133时cs∠PDQ=223，故f(m0)时cs∠PDQ>223，故错误；
④由△APC1周长为C1P+AP+AC1，而AC1=3，要使周长最小只需C1P+AP最小，
将ABB1A1与B1A1D1C1展开成一个平面，如下图示：
当A,P,C1共线时，C1P+AP最小为5，
所以周长的最小值为5+3，正确.
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：②③构建空间直角坐标系，利用向量法判断线面关系、求线线角余弦值关于参数的表达式，进而应用导数判断最值.
题型14面积求最值
【例题14】（2022·浙江宁波·高三统考竞赛）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均为2，M，N分别为棱BB1,CC1上的点．若平面AMN将三棱柱分为上、下体积相等的两部分，则△AMN的面积的最小值为 ．
【答案】212/1221
【分析】根据体积相等可得BM+CN=3，设BM=t,CN=3−t，其中0【详解】
由VA−BCNM=S四边形BCNMS四边形BCC1B1⋅VA−BCC1B1=S四边形BCNMS四边形BCC1B1⋅VABC−A1B1C1−VA−A1B1C1
=S四边形BCNMS四边形BCC1B1⋅23VABC−A1B1C1=12VABC−A1B1C1，
故S四边形BCNM=34S四边形BCC1B1=34×4=3，从而12BM+CN×2=3，故BM+CN=3.
设BM=t,CN=3−t，其中0由正三棱柱可得AN2=4+3−t2,AM2=4+t2,MN2=4+3−2t2，
故S△AMN=12AM×ANsin∠MAN=12AM×AN×1−cs2∠MAN
=12AM×AN×1−AM2+AN2−MN22AM×AN2
=14×4AM2×AN2−AM2+AN2−MN22
而4AM2×AN2−AM2+AN2−MN22=48t2−144t+192，
故S△AMN=3×t2−3t+4=3×t−322+74≥212,等号当且仅当t=32时取到，
所以S△AMNmin=212．
故答案为：212.
【变式14-1】1. （2022秋·陕西西安·高三西北工业大学附属中学校考阶段练习）如图，在三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB=BC=4，∠ABC=90°，侧棱SB与平面ABC所成的角为45°，M为AC的中点，N是侧棱SC上一动点，则△BMN的面积的最小值为（ ）
A．23B．22C．833D．433
【答案】D
【分析】通过线面位置关系的证明得到△BMN的面积为S=12BM⋅MN=2MN，当△BMN的面积最小，此时MN⊥SC，在Rt△SAC中根据已知条件可求得AC=42，SA=4,进而可得sin∠SCA=33，再根据MN=MC⋅sin∠SCA=12AC⋅sin∠SCA,求出MN值代入计算即可得答案.
【详解】解：由题意知△ABC为等腰直角三角形，因为M为AC的中点，
所以BM⊥AC．
又SA⊥平面ABC，所以SA⊥BM，SA∩AC=A,
所以BM⊥平面SAC，MN⊂平面SAC，
所以BM⊥MN，
故△BMN的面积S=12BM⋅MN．
易知AC=42，
所以BM=12AC=22，
所以S=2MN，
当MN取最小时，△BMN的面积最小，此时MN⊥SC，
又因为SB与平面ABC所成的角为45°，
即∠SBA=45°,
所以SA=AB=4,
又因为AC=42，
所以tan∠SCA=SAAC=442=22,
所以sin∠SCAcs∠SCA=22,
由sin2∠SCA+cs2∠SCA=1，
解得sin∠SCA=33
所以MN=MC⋅sin∠SCA=12AC⋅sin∠SCA=22⋅33=263,
所以S=2MN=433.
故选：D.
【变式14-1】2. （2022·全国·高三专题练习）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在鳖臑A−BCD中，AB⊥平面BCD，BD⊥CD,AB=BD=1，CD=2，点P在棱AC上运动，则△PBD面积最小值为（ ）
A．13B．23C．63D．66
【答案】D
【分析】由点P引辅助线，首先通过作辅助线可得S△PBD=12×BD×PM，即转化为求PM的最小值，设CQ=x，通过比例关系表示PM，并求其最值.
【详解】如图，作PQ⊥BC于点Q，作QM⊥BD，交BD于点M，连接PM.得到PQ//AB
QM//CD，PQ⊥平面BCD，PQ⊥BD，又QM⊥BD，QM∩PQ=Q，QM，PQ⊂面PQM，
所以BD⊥面PQM，所以PM⊥BD.
设CQ=x，CB=3，由PQAB=CQCB⇒PQ1=x3，得到PQ=x3，0≤x≤3，
在△BCD中，BQBC=QMCD⇒3−x3=QM2，得到，QM=6−2x3，
PM=PQ2+QM2=x23+6−43x+2x23=x2−43x3+2=(x−233)2+23≥63，
当且仅当x=233时，等号成立.
S△PBD=12BD⋅PM≥12×1×63=66.
故选：D.
【变式14-1】3. （2023·江西吉安·宁冈中学校考一模）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为 .
【答案】510
【分析】取AB的中点N，AD的中点Q，连接D1Q,QN,B1N,AC，容易证得CP⊥平面D1QNB1，要使CP⊥D1M，进而得M∈B1N，进而得当BM⊥B1N时，BM最小，此时，△BCM的面积最小，再根据几何关系求解即可.
【详解】如图，取AB的中点N，AD的中点Q，连接D1Q,QN,B1N,AC.
由于CP在面ABCD内的射影为AC，QN⊥AC，故QN⊥CP
因为CP在面ADD1A1内的射影为DP，D1Q⊥DP，所以D1Q⊥CP.
又D1Q∩QN=Q，所以CP⊥平面D1QNB1.
要使CP⊥D1M，必须点M在平面D1QNB1内，
又点M在侧面AA1B1B内，
所以点M在平面D1QNB1与平面AA1B1B的交线上，即M∈B1N.
因为CB⊥平面ABB1A1，BM⊂平面ABB1A1，所以CB⊥BM，
所以S△BCM=12×CB×BM
当BM⊥B1N时，BM最小，此时，△BCM的面积最小.
又BB1=1,BN=12，故B1N=52.
由Rt△B1BN的面积可得BM=1×1252=55，
所以S△BCM=12×1×55=510.
故答案为：510
【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面垂直的证明，解题的关键在于根据题意寻求M的轨迹，即M∈B1N，进而根据几何关系求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.
1. （多选）（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠CAB=90°，AC=AB=AA1=2，点M，N分别是B1C1，A1A的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．B1C⊥平面A1MB
B．异面直线AC1与A1M所成的角为45°
C．若点P是A1C1的中点，则平面BNP截直三棱柱所得截面的周长为2+45+2173
D．点Q是底面三角形ABC内一动点（含边界），若二面角B−A1M−Q的余弦值为33，则动点Q的轨迹长度为22
【答案】ACD
【分析】利用直线和平面垂直的性质定理证明B1C⊥平面A1MB，利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线AC1与A1M所成的角，选项D可以先在BC上找一点Q满足题意，再找到平面MA1Q与直三棱柱ABC−A1B1C1的截面，即可找到点Q在底面的轨迹.
【详解】选项A,由已知得△A1B1C1为等腰直角三角形，M是B1C1的中点，则A1M⊥C1B1,
∵ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴BB1⊥平面A1B1C1，∵A1M⊂平面A1B1C1
∴BB1⊥A1M,
∵B1C1,BB1⊂平面BB1C1C,B1C1∩BB1=B1,∴A1M⊥平面BB1C1C，∴A1M⊥B1C,
设B1C与MB交于点D,其中MB=22+22=6,B1C=22+222=23,
∵△DMB1∽△DBC,DC=23B1C=433,DB=23MB=263,
∵DC2+DB2=BC2,∴B1C⊥MB,
∵MB,A1M⊂平面A1MB，MB∩A1M=M,∴B1C⊥平面A1MB,故选项A正确；

选项B，过点A作A1M的平行线AI,则角∠C1AI为异面直线AC1与A1M所成的角，
因为A1M⊥平面BB1C1C，且A1M∥AI，所以A1I⊥平面BB1C1C，所以AI⊥C1I,
所以cs∠C1AI=AIAC1=222=12，因为异面直线所成的角0<θ≤90°，
所以∠C1AI=60°，故异面直线AC1与A1M所成的角为60°，故选项B不正确；

选项C ，延长NP,PN交C1C和CA的延长线于点G,F,连接GB交B1C1于点H,连接BF,PH,则四边形PNBH为平面BNP截直三棱柱所得的截面，
由已知得AF=A1P=1,
由△GCF∽△NAF,则GCNA=CFAF=CA+AFAF,即GC=3,
由△GC1H∽△GCB,则C1HCB=GC1GC，即C1H=223，
由余弦定理可知PH2=C1H2+C1P2−2C1H⋅C1P⋅cs45°，解得PH=53，
其周长为PH+PN+NB+HB=53+2+5+2173=2+45+2173,
故选项C正确；

选项 D, 若B上存在一点Q使二面角B−A1M−Q的余弦值为33，连接MQ和MB,
因为A1M⊥平面BB1C1C,∴A1M⊥MB,A1M⊥MQ,
∴二面角B−A1M−Q的平面角为∠QMB,即cs∠QMB=33，
设CQ=a，则QB=22−a，cs∠MCQ=CIMC=33,
在△MCQ中由余弦定理得MQ2=MC2+CQ2−2⋅MC⋅CQ⋅cs∠MCQ
=6+a2−2×6×a×33 =a2−22a+6，
在△MQB中由余弦定理得QB2=QM2+MB2−2⋅QM⋅MB⋅cs∠QMB,
22−a2=6+a2−22a+6−2×a2−22a+6×6×33，解得a=22，
过M作BC的垂线MI，连接AI,过Q作AI的平行线交AC于点K,则QK∥MA1,
所以截面MQKA1为直三棱柱ABC−A1B1C1的截面，所以符合题意的Q的轨迹长度为线段QK的长，所以QK=12AI=22,故选项D正确；

故选：ACD.
2. （多选）（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，正三棱锥E−PBD和正三棱锥C−PBD的侧棱长均为2，BD=2.若将正三棱锥E−PBD绕BD旋转，使得点E，P分别旋转至点A，A1处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（ ）

A．PA⊥BDB．PA1∥BD
C．多面体PA1ABCD的外接球的表面积为6πD．点P与点E旋转运动的轨迹长之比为3
【答案】AD
【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积可判断C；由题意E转动的半径长为EM=1，P转动的半径长为PM=3可判断D.
【详解】取BD的中点为M，连接EM,PM，
由EB=ED,CB=CD，所以PM⊥BD,EM⊥BD，
又EM∩PM=M，EM,PM⊂平面EMP，所以BD⊥平面EMP，
将正三棱锥E−PBD绕BD旋转，使得点E，P分别旋转至点A，A1处，
所以PA⊂平面EMP，所以BD⊥PA，故A正确；
因为PA1⊂平面EMP，所以BD⊥PA1，故B不正确；

因为A，B，C，D四点共面，AD=AA1=AB=2,A1D=A1B=2，
可得：AA12+AB2=BA12，AA12+AD2=DA12，
所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥平面ABCD，同理PC⊥平面ABCD，由已知ABCD为正方形，
所以可将多面体PA1ABCD放入边长为2的正方体，

则多面体PA1ABCD的外接球即棱长为2的正方体的外接球，外接球的半径为62，
表面积为6π，选项C不正确；
由题意E转动的半径长为EM=1，P转动的半径长为PM=3，
所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为3，故D正确.
故选：AD.
3. （多选）（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，底面ABCD是菱形，∠ADC=2π3，且AA1=AB=4，M为AB的中点，动点P满足BP=xBB1+yBD，且x，y∈0,1，则下列说法正确（ ）
A．当MP//平面ADD1A1时，x=12
B．当x+y=1时，BP的最小值为22
C．若CP⊥BD1，则P的轨迹长度为2
D．当y=2xx≠0时，若点O为三棱锥P−MBD的外接球的球心，则OP的取值范围为2,25
【答案】BD
【分析】取D1B1的中点O1，BD中点O2，证明平面MO1O2∥平面ADD1A1，由此确定P的轨迹，判断A，由条件确定P的轨迹是DB1，判断B，分别取BD，BB1中点O2，N，证明BD1⊥平面CNO2，由此确定P的轨迹为NO2，判断C，取DD1的中点Q，连接BQ交O1O2于点S，过B作BE⊥BQ交O2O1于点E，由条件确定点P的轨迹，由此判断D.
【详解】因为动点P满足BP=xBB1+yBD，且x，y∈0,1，
所以点P为矩形BDD1B1内一点（含边界）
对于选项A，取D1B1的中点O1，BD中点O2，
连接O1O2，O2M，因为M为AB的中点，所以O2M∥AD，
又AD⊂平面ADD1A1，MO2⊄平面ADD1A1，
所以MO2∥平面ADD1A1，
同理O1O2∥DD1，DD1⊂平面ADD1A1，O1O2⊄平面ADD1A1，
所以O1O2∥平面ADD1A1，又O1O2∩O2M=O2，O1O2,O2M⊂平面MO1O2，
所以平面MO1O2∥平面ADD1A1，
因为MP//平面ADD1A1，则P的轨迹是线段O1O2，
所以BP=BO2+O2P=12BD+λBB1，
又BP=xBB1+yBD，所以y=12，x∈0,1，故A错误；

对于选项B，因为BP=xBB1+yBD，x+y=1，且x∈0,1，y∈0,1，
所以BP−BD=xBB1−BD，所以DP=xDB1，x∈0,1，
所以P的轨迹是DB1，
由已知，AB=AD=4,∠BAD=π3，所以BD=4，又BB1=4，
所以四边形BDD1B1为正方形，所以BP的最小值为22，故B正确；
对于选项C，分别取BD，BB1中点O2，N，因为底面ABCD为菱形，
所以CO2⊥BD，
又DD1⊥平面ABCD，CO2⊂平面ABCD，所以CO2⊥DD1，
又BD∩DD1=D，且两直线在平面内，
所以CO2⊥平面BDD1B1，
又BD1⊂平面BDD1B1，所以BD1⊥CO2.
因为四边形BDD1B1为正方形，所以BD1⊥NO2，
又CO2∩NO2=O2，CO2,NO2⊂平面CNO2，
所以BD1⊥平面CNO2，所以P的轨迹为NO2，
又NO2=12B1D=22，故C错误；

对于D，取DD1的中点Q，连接BQ交O1O2于点S，过B作BE⊥BQ交O2O1于点E，
当y=2xx≠0时，BP=xBB1+2xBD=2x12BB1+BD=2xBQ，x∈0,12，
所以P的轨迹是线段BQ，
因为△ABD为等边三角形，M为AB的中点，所以DM⊥AB，
又因为O为三棱锥P−MBD的外接球球心，所以OM=OB=OD，
所以点O在直线O2O1上，在△PBD中，OP=OB，则点O在线段BP的垂直平分线上，所以点O为直线O2O1与线段BP的垂直平分线的交点，
当P与Q重合时，点O为S；当P与B重合时，点O为E；当P在线段BQ上时，点O在线段SE上.
因为OP=OB，所以OBmin=O2B=2，OBmax=EB=25，
因为x，y∈0,1，且x≠0，所以OP的取值范围是2,25，故D正确.
故选：BD.

【点睛】知识点点睛：本题考查面面平行的证明，空间图形中的轨迹问题，空间向量的线性运算，多面体与球的切接问题，线面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于难题.
4. （多选）（2023·山东烟台·统考三模）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，点P满足CP=λCD+μCC1，λ∈0,1,μ∈0,1，则（ ）
A．当λ=1,μ=12时，直线CP与AP所成角为60°
B．当λ=1时，AP+PC1的最小值为5+1
C．若B1P与平面CDD1C1所成角为45°，则P点的轨迹长为π2
D．当μ=1时，平面A1PB截此正四棱柱所得截面的最大面积为5
【答案】ACD
【分析】对于A，当λ=1,μ=12时可知点P为DD1的中点，从而可以判断△ACP为等边三角形，即可判断；对于B，当λ=1时可得点P在DD1上，此时把正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的后面和右面展开，从而可判断；对于C，连接C1P，可得∠B1PC1即为B1P与平面CDD1C1所成角，从而可得点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的14个圆，即可判断；对于D，过点P作PQ//CD1交CC1于点Q，可得四边形A1PQB为平面A1PB截此正四棱柱所得截面，建立空间直角坐标系，利用向量法求得点P到直线A1B的距离，结合函数的单调性即可判断.
【详解】
对于A，当λ=1,μ=12时，点P为DD1的中点，
所以AP=AD2+DP2=2，CP=CD2+DP2=2,AC=CD2+AD2=2，所以△ACP为等边三角形，所以直线CP与AP所成角为60°，A对；
对于B，当λ=1时，点P在DD1上，此时把正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的后面和右面展开，如图：

AP+PC1的最小值为AC1=AC2+C1C2=22，B错；
对于C，因为点P满足CP=λCD+μCC1，所以点P在平面CDD1C1内，
∵B1C1⊥平面CDD1C1，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CDD1C1所成角，
若B1P与平面CDD1C1所成角为π4，则tan∠B1PC1=B1C1C1P=1，所以C1P=B1C1=1，
即点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的14个圆，所以P点的轨迹长为π2，C正确；

对于D，当μ=1时，点P在C1D1上，且C1P=λC1D1，
过点P作PQ//CD1交CC1于点Q，则PQ//A1B，所以PQ=λCD1
所以四边形A1PQB为平面A1PB截此正四棱柱所得截面，

建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则根据题意可得：
A1(0,0,2),B(1,0,0)，P(1−λ,1,2)，
所以A1P=(1−λ,1,0),A1B=(1,0,−2)，∴A1P⋅A1B=1−λ,A1P=1−λ2+1,A1B=5，
∴ 点P到直线A1B的距离为
d=A1P2−A1P⋅A1BA1B2=1−λ2+1−1−λ52=451−λ2+1
所以四边形A1PQB的面积S=12A1B+PQ⋅d=521+λ451−λ2+1=52451−λ21+λ2+1+λ2
令fλ=451−λ21+λ2+1+λ2=45λ4−35λ2+2λ+950≤λ≤1，
所以f'λ=165λ3−65λ+2=λ+1165λ2−165λ+2=λ+1165λ−122+65
所以当0≤λ≤1时，f'λ>0，fλ单调递增，
所以当λ=1时fλ取得最大值, 此时截面面积最大为5，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据λ,μ的本题取值得到点P的位置，进而结合选项转化相应问题，然后利用相关知识解答即得.
5. （多选）（2023·浙江·校联考模拟预测）直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=BB1=1,AB⊥BC,E为棱BC上的动点，F为A1E中点，则（ ）
A．A1E⊥AB1
B．三棱锥C1−A1FB1的体积为定值
C．四面体A1−AB1C1的外接球表面积为4π
D．点F的轨迹长度为12
【答案】ABD
【分析】由题意补直三棱柱为正方体，结合正方体的特征可判定A，利用等体积法转化可判断B，利用正方体的外接球及球的表面积公式可判断C，利用三角形中位线判断D即可.
【详解】
由题意可知：直三棱柱为正方体ABCD-A1B1C1D1的一半，如图所示.
对于A，连接AB1，A1B，结合正方体的特征，易知BE⊥AB1，AB1⊥A1B，
故AB1⊥面A1BE，A1E⊂面A1BE，则A1E⊥AB1，即A正确；
对于B，由题意可知F到上下底面的距离均为0.5，故VC1−A1FB1=VF−A1B1C1是定值，即B正确；
对于C，四面体A1−AB1C1的外接球即正方体的外接球，故其直径为3，所以其表面积为S=4πR2=3π,即C错误；
对于D，连接A1C，取其中点O，连接OF，易知OF为△A1BC的中位线，故E从B运动到C的过程中F的运动轨迹长度为BC一半，即D正确.
综上ABD三项正确.
故选：ABD
6. （多选）（2023·辽宁·校联考二模）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=1，点E是棱CD上的一个动点，F是BC的中点，BM=13BB1，给出下列命题，其中真命题的（ ）．
A．当E是CD的中点时，过EFM的截面是四边形
B．当点E是线段CD的中点时，点P在底面ABCD所在平面内，且MP//平面AEC1，点Q是线段MP的中点，则点Q的轨迹是一条直线
C．对于每一确定的E，在线段AB上存在唯一的一点H，使得D1H⊥平面AEC1
D．过点M做长方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的截面，则截面面积的最小值为2π9
【答案】BD
【分析】延长FE和AD交于F'，取DD1的三等分点M'，连接A1M'，证得平面A1FF'M与平面EFM为同一个平面，连接M'E，得到过平面EFM的截面为五边形A1MFEM'，可判定A不正确；取A1B1的中点G，连接AG,GC1，取AB的中点为N，连接B1N，CN，证得平面MHF//平面AEC1G，得到H'L//HF，进而得到点Q的轨迹，可判定B正确；以D为原点，建立的空间直角坐标系，设E(0,m,0),H(2,n,0)，其中0≤m,n≤2，结合D1H⋅AC1=0，求得n的值，可判定C不正确；先求得长方体的外接球的半径为R，结合球的性质，求得截面圆的面积最小值，可判定D正确.
【详解】对于A中，延长FE和AD交于F'，连接A1F'与DD1交于M'，连接A1M'，并延长A1M'，可得A1,M',F'三点共线，连接A1M，如图所示，平面A1FF'M与平面EFM为同一个平面，连接M'E，可平面EFM与长方体的各个面的交线分别为A1M,MF,FE,EM',M'A1，
所以过平面EFM的截面为五边形A1MFEM'，所以A不正确；
对于B中，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，取A1B1的中点G，连接AG,GC1，
取AB的中点为N，连接B1N，CN，则CN//AE，B1N//AG
再取H,L分别为NB,BC的三等分点，连接BF，可得BF//CN，
又由M为BB1的三等分点，所以MH//B1N，所以MH//AG，HF//AE，
因为MH⊄平面AEC1G，AG⊂平面AEC1G，所以MH//平面AEC1G，
同理可证：HF//平面AEC1G，
MH∩HF=H且MH,HF⊂平面MHF，所以平面MHF//平面AEC1G，
当点P在HF上时，此时MP⊂平面MHF，所以MP//平面AEC1G，
取MH,MF的中点H',L，可得H'L//HF，
又由Q为AP的中点，所以点Q的轨迹为直线H'L，所以B正确；
对于C中，如图所示，以D为原点，建立的空间直角坐标系，
则A(2,0,0),E(0,1,0),M(2,2,13),C1(0,2,1),D1(0,0,1)，
设E(0,m,0),H(2,n,0)，其中0≤m,n≤2，
可得D1H=(2,n,−1),AE=(−2,t,0),AC1=(−2,2,1)，
若D1H⊥平面AEC1，则D1H垂直于平面AEC1的所有直线，
由D1H⋅AC1=(2,n,−1)⋅(−2,2,1)=−4+2n−1=0，可得n=52，
因为0≤n≤2，所以不成立，所以C不正确；
对于D中，设长方体的外接球的半径为R，可得R=1222+22+1=32，
球心为O，可得球心的坐标为O(1,1,12)，
则OM=(2−1)2+(2−1)2+(13−12)2=7336，
当OM与该长方体的外接球的截面圆垂直时，截面面积取得最小值，
设截面圆的半径为r，可得r=R2−OM2=94−7336=23，
所以截面圆的面积的最小值为πr2=π⋅(23)2=2π9，所以D正确.
故选：BD.
7. （多选）（2023·广东揭阳·校考二模）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点M为CC1的中点，点P为底面A1B1C1D1上的动点，则（ ）
A．满足MP//平面BDA1的点P的轨迹长度为2
B．满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为22
C．存在点P满足PA+PM=4
D．以点B为球心，2为半径的球面与面AB1C的交线长为263π
【答案】AD
【分析】对选项A，利用面面平行的性质证明线面平面，进而求出轨迹长度；
对选项B，建立空间直角坐标系，利用向量垂直求出点P轨迹，进而求出轨迹长度；
对选项C，建立空间直角坐标系，利用距离公式求出点P轨迹满足的方程，再结合二次方程的判别式，进而判断不存在这样的点P；
对选项D，利用等体积法求出球心点B到面AB1C的距离，进而求出交线长度；
【详解】
分别取C1D1,B1C1的中点为E,F，连接EF,MF,ME.
可得：MF//A1D，ME//A1B.
又有：MF∩ME=M.
可得：平面MEF//平面BDA1.
故满足MP//平面BDA1的点P的轨迹长度为EF=2，故答案A正确；
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz
可得：D0,0,0,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0，D10,0,2,A12,0,2，B12,2,2，C10,2,2，M0,2,1.
设Px,y,2，可得：AM→=−2,2,1，BP→=x−2,y−2,2，AP→=x−2,y,2，MP→=x,y−2,1.
由BP⊥AM，可得：AM→⋅BP→=2y−x+1=0.
分别取A1D1,A1B1的中点为G,H，点P满足2y−x+1=0方程，说明点P在平面A1B1C1D1内的轨迹为一条线段GH，则满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为GH=2，故答案B错误.
要使PA+PM=4，只需：PM→+PA→=4.
可得：x−22+y2+4+x2+y−22+1=4（0≤x≤2,0≤y≤2）.
化简可得：48x2+32xy−104x+48y2−152y+151=0（0≤x≤2,0≤y≤2）.
则：Δ=−25632y2−88y+71<0，即当0≤y≤2时，Δ<0.显然该方程无解，
故不存在这样的点P，故答案C错误.
△AB1C为正三角形，设点B到平面AB1C的距离为d，点B1平面ABC的距离为2.
由等体积法，可得：VB−AB1C=VB1−ABC.
可得：13×12×222×32d=13×12×23，即d=233
故以点B为球心，2为半径的球面与面AB1C的交线长为：2×22−d2π=263π
故答案D正确.
故选：AD
【点睛】（1）与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图；
（2）用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；
8. （多选）（2023·吉林·统考二模）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，动点P满足AP=aAC+bAA1，且a,b∈(0,1).则下列说法正确的是（ ）
A．当a=12时，直线AC⊥平面BPB1
B．当a+b=1时，PB+PB1的最小值为6
C．若直线BP与BD所成角为π4，则动点P的轨迹长为22π
D．当a+2b=1时，三棱锥P−ABC外接球半径的取值范围是22,32
【答案】ABC
【分析】当a=12时，由平面向量线性运算法则可知点P在线段OO1上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线AC⊥平面BPB1；当a+b=1时，由共线定理可得点P在线段CA1上，根据对称性将PB+PB1的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线BP与BD所成角为π4，可知点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=22的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当a+2b=1时，取AA1的中点为E，由共线定理可知P,C,E三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取AC,BD相交于点O，A1C1的中点为O1，如下图所示：
当a=12时，即AP=12AC+bAA1=AO+bAA1，b∈(0,1)，由平面向量线性运算法则可知，
点P在线段OO1上，由正四棱柱ABCD−A1B1C1D1可得AC⊥BD，且BB1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又BB1∩BD=B，且BB1,BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1；
又因为平面BPB1与平面BDD1B1是同一平面，所以AC⊥平面BPB1，即A正确；
对于B，当a+b=1时，由AP=aAC+bAA1利用共线定理可得，P,C,A1三点共线，即点P在线段CA1上;
由对称性可知，线段CA1上的点到D1,B1两点之间的距离相等，所以PB+PB1=PB+PD1；
取平面A1BCD1进行平面距离分析，如下图所示：
所以PB+PD1≥BD1=22+12+12=6，当且仅当P,B,D1三点共线时，等号成立，
此时点P为线段CA1的中点，即PB+PB1的最小值为6，故B正确；
对于C，由图可知，BA,BC与BD所成角都为π4，由AP=aAC+bAA1可知，点P在平面A1ACC1内，
若直线BP与BD所成角为π4，在线段OO1上取点P1，使OP1=OB，则直线BP1与BD所成角为π4；
则点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=22，且在平面A1ACC1内的半圆弧AP1C，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为πr=22π，故C正确；
对于D，当a+2b=1时，取AA1的中点为E，即AA1=2AE；
由AP=aAC+bAA1=aAC+2bAE可知，P,C,E三点共线，即点P在线段CE上，如下图所示：
易知三棱锥P−ABC外接球球心在直线OO1上，设球心为O2，OO2=ℎ；
作PQ⊥AC于点Q，设PQ=x∈0,1，易知AE=1,AC=2，
由相似比可得CQ=2x,OQ=2x−22，
设外接球半径为R，则R2=ℎ2+222=2x−222+x−ℎ2，解得ℎ=3x−22；
所以R2=3x−222+12=9x2−12x+64，
易知当x=23时，半径最小为R=22；当x=0,时，半径最大为R=62；
又x∈0,1，所以半径的取值范围是22,62，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点P的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.
9. （2023·河北·统考模拟预测）在棱长为22的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P均为侧面BCC1B1内的动点，且满足AM=3，点N在线段B1C上，点P到点C1的距离与到平面A1B1CD的距离相等，下列命题：
①直线AM与CD所成的角为定值；
②AN//平面A1C1D；
③点P的轨迹是一条线段；
④MP的最小值为2．
其中正确的是 （请把所有正确命题的序号填在横线上）．
【答案】①②④
【分析】利用勾股定理求出BM，根据AB//CD即可求出直线AM与CD所成角的正切值，从而可判断①；证明平面AB1C//平面A1C1D可判断②；作出点P到点C1的垂线，面面垂直的性质定理结合抛物线定义可判断③；图形结合抛物线和圆的性质可求出MP的最小值，进而可判断④.
【详解】因为AB=22，且AB⊥平面BCC1B1，因为BM⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BM，
所以BM=32−(22)2=1 BM=32−(22)2=1，
由题意可得点M在以B为圆心，1为半径的14圆弧上，直线AM与AB所成的角的正弦值为13，
又AB//CD，所以①正确；
由正方体性质易知AC//A1C1，AC⊄平面A1C1D，A1C1⊂平面A1C1D，
所以AC//平面A1C1D，同理可证AB1//平面A1C1D，
又AC∩AB1=A,AC,AB1⊂平面AB1C，所以，平面AB1C//平面A1C1D，
因为点N在线段B1C上，AN⊂平面AB1C，所以AN//平面A1C1D，②正确；
过点P作PH⊥B1C，垂足为H，
因为平面A1B1CD⊥平面BCC1B1，平面A1B1CD∩平面BCC1B1=B1C，
所以PH⊥平面A1B1CD，
由题可知，PH=PC1，
所以点P的轨迹是以C1为焦点，B1C为准线的抛物线在平面BCC1B1内的一部分，③错误；
记B1C,BC1的交点为Q，抛物线的顶点为R，易知R为QC1的中点，
因为BC1=BC2+CC12=(22)2+(22)2=4，所以BQ=2QR=2
所以BR=3
由题可知，MP的最小值为抛物线上的顶点与点B的距离减半径1，即BR−1=2，④正确．
故答案为：①②④
10. （2023·湖南·校联考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD内，PB⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，AB=2，BP=23．过P的直线l交平面ABCD于正方形ABCD内的点M，且满足平面PAM⊥平面PBM.
(1)当∠ABM∈π6,3π8时，求点M的轨迹长度；
(2)当二面角M−PA−B的余弦值为45时，求二面角P−MA−D的余弦值.
【答案】(1)5π12
(2)−310
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到BH⊥平面PAM，再由线面垂直推出BH⊥AM，利用线面垂直的判定得到AM⊥平面PBM，进而得到AM⊥BM，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角M−PA−B的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作BH⊥PM交PM于H，
因为平面PAM⊥平面PBM，且平面PAM∩平面PBM=PM，所以BH⊥平面PAM，
又因为AM⊂平面PAM，所以BH⊥AM，
因为PB⊥平面ABCD，且AM⊂平面ABCD，所以PB⊥AM，
因为BH⊥AM，PB⊥AM，PB、BH⊂平面PBM，PB∩BH=B，
所以AM⊥平面PBM，
又因为BM⊂平面PBM，所以AM⊥BM，
分别以直线BA,BC,BP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则B0,0,0,P0,0,23,C0,2,0,A2,0,0,D2,2,0，
设Mx,y,0，因为AM⊥BM，所以AM⋅BM=0，AM=(x−2,y,0),BM=(x,y,0)，
所以(x−2)⋅x+y⋅y=0，即(x−1)2+y2=1，
设AB中点为N，则N(1,0)，
如图，
又∠ABM∈π6,3π8，所以∠ANM∈π3,3π4，
因此，M的轨迹为圆弧QM，其长度为(3π4−π3)×1=5π12.
（2）由（1）知，可设M(1+csθ,sinθ,0),0<θ<π，
PA=2,0,−23,AM=(csθ−1,sinθ,0),0<θ<π，
设平面PAM的一个法向量为n=a,b,c，
则n⋅PA=0,n⋅AM=0,即2a−23c=0(csθ−1)a+bsinθ=0，
令c=1，则a=3,b=3−3csθsinθ，
可得平面PAD的一个法向量为n=3,3−3csθsinθ,1，
易知平面PAB的一个法向量为m=0,1,0，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=3−3csθsinθ4+(3−3csθsinθ)2=3−3csθ−cs2θ−6csθ+7.
当二面角M−PA−B的余弦值为45时，csm,n=3−3csθ−cs2θ−6csθ+7=45，
解得csθ=−3791或csθ=1（M与A重合，舍去），
所以M(5491,48391,0)，n=3,83,1，
易知平面PAD的一个法向量为k=0,0,1，
所以csn,k=n⋅kn⋅k=−14+(83)2=−310.
由图知，二面角P−MA−D的平面角为钝角，
故二面角P−MA−D的余弦值为−310.
11. （2023·吉林·统考模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AB=8,BC=4,AB⊥BC，直线PA与平面ABC所成角为60∘，直线PB与平面ABC所成角为30∘，则点P在△ABC所在平面内的射影的轨迹长为 ；三棱锥P−ABC体积的取值范围是 .
【答案】 6π 3233,6433
【分析】过P作PH⊥平面ABC垂足为H，得到∠PAH=60∘,∠PBH=30，求得BH=3AH，进而得到H点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），求得轨迹长为6π，再由AH∈2,4，求得PH=3AH∈23,43，进而求得体积的取值范围.
【详解】解：过P作PH⊥平面ABC垂足为H，则∠PAH=60∘,∠PBH=30，
因为tan∠PAH=PHAH=3,tan∠PBH=PHBH=33，所以BH=3AH，
如图所示，以AB所在的直线为x轴，以AB的中垂线为y轴建立的平面直角坐标系，
如图所示，则A(−4,0),B(4,0)，
设P(x,y)，因为BH=3AH，可得(x−4)2+y2=3(x+4)2+y2，
整理得x2+y2+10x+16=0，即(x+5)2+y2=9，
所以H点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），即轨迹长为2π×3=6π，
由AH∈2,4，可得PH=3AH∈23,43，
所以体积V=13×12×4×8×PH=163PH∈3233,6433.
故答案为：6π；3233,6433.
12. （2022·全国·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段D1C1和B1C1上，且满足MC1=NC1=2，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段AC1和MN上的动点，则PQ+PO的最小值为（ ）
A．662B．26C．332D．23
【答案】A
【分析】根据题意，当O,P,Q三点共线，且OQ⊥MN时，PQ+PO有最小值，利用勾股定理求出答案即可.
【详解】过点O作OQ⊥MN，交MN于点Q，交AC1于点P，
过点N作NE⊥BC，交BC于点E，连接OE，
取BC中点F，连接OF，
根据题意，因为PQ+PO≥OQ，
所以当O,P,Q三点共线，且OQ⊥MN时，
PQ+PO=OQ，且有最小值，如图所示，
在△OEF中，OF=32，EF=12，
所以OE=OF2+EF2=52，
在△ONE中，NE=4，
所以ON=OE2+NE2=372，
在△ONQ中，NQ=12MN=2，
所以OQ=ON2−NQ2=332=662，
所以PQ+PO的最小值为662，
故选：A.
13. （多选）（2023·吉林·统考二模）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，动点P满足AP=aAC+bAA1，且a,b∈(0,1).则下列说法正确的是（ ）
A．当a=12时，直线AC⊥平面BPB1
B．当a+b=1时，PB+PB1的最小值为6
C．若直线BP与BD所成角为π4，则动点P的轨迹长为22π
D．当a+2b=1时，三棱锥P−ABC外接球半径的取值范围是22,32
【答案】ABC
【分析】当a=12时，由平面向量线性运算法则可知点P在线段OO1上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线AC⊥平面BPB1；当a+b=1时，由共线定理可得点P在线段CA1上，根据对称性将PB+PB1的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线BP与BD所成角为π4，可知点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=22的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当a+2b=1时，取AA1的中点为E，由共线定理可知P,C,E三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取AC,BD相交于点O，A1C1的中点为O1，如下图所示：
当a=12时，即AP=12AC+bAA1=AO+bAA1，b∈(0,1)，由平面向量线性运算法则可知，
点P在线段OO1上，由正四棱柱ABCD−A1B1C1D1可得AC⊥BD，且BB1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又BB1∩BD=B，且BB1,BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1；
又因为平面BPB1与平面BDD1B1是同一平面，所以AC⊥平面BPB1，即A正确；
对于B，当a+b=1时，由AP=aAC+bAA1利用共线定理可得，P,C,A1三点共线，即点P在线段CA1上;
由对称性可知，线段CA1上的点到D1,B1两点之间的距离相等，所以PB+PB1=PB+PD1；
取平面A1BCD1进行平面距离分析，如下图所示：
所以PB+PD1≥BD1=22+12+12=6，当且仅当P,B,D1三点共线时，等号成立，
此时点P为线段CA1的中点，即PB+PB1的最小值为6，故B正确；
对于C，由图可知，BA,BC与BD所成角都为π4，由AP=aAC+bAA1可知，点P在平面A1ACC1内，
若直线BP与BD所成角为π4，在线段OO1上取点P1，使OP1=OB，则直线BP1与BD所成角为π4；
则点P的轨迹是以O为圆心，半径为r=22，且在平面A1ACC1内的半圆弧AP1C，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为πr=22π，故C正确；
对于D，当a+2b=1时，取AA1的中点为E，即AA1=2AE；
由AP=aAC+bAA1=aAC+2bAE可知，P,C,E三点共线，即点P在线段CE上，如下图所示：
易知三棱锥P−ABC外接球球心在直线OO1上，设球心为O2，OO2=ℎ；
作PQ⊥AC于点Q，设PQ=x∈0,1，易知AE=1,AC=2，
由相似比可得CQ=2x,OQ=2x−22，
设外接球半径为R，则R2=ℎ2+222=2x−222+x−ℎ2，解得ℎ=3x−22；
所以R2=3x−222+12=9x2−12x+64，
易知当x=23时，半径最小为R=22；当x=0,时，半径最大为R=62；
又x∈0,1，所以半径的取值范围是22,62，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点P的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.