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高考数学专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题课件PPT
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这是一份高考数学专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了考点一动点的轨迹，不是定值故A错误，BP所成的角为θ等内容，欢迎下载使用。
“动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是
A.若MN与平面ABCD所成的角为 则点N的 轨迹为圆B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图 形的面积为2πC.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为 则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，
所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
取MD的中点E，因为P为MN的中点，
即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹是以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，
A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B.当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
方法二 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝ 点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
跟踪训练1 (多选)(2023·扬州模拟)已知圆柱OO1的高为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，则点P的轨迹为圆B.若直线OP与直线OB1所成的角为45°，则点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⊥PQD.AP＋PQ＋QB1的取值范围是
对于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O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，
由于点P在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对于A,PA＋PB＝3，
即点P的轨迹为椭圆，故A错误；对于C，设点P在下底面的投影为P1，
若AP⊥PQ，则AP2＋PQ2＝AQ2，
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；对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是A.存在某个位置，使得CN⊥AB1B.翻折过程中，CN的长是定值C.若AB＝BM，则AM⊥B1DD.若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的 外接球的表面积是4π
考点二 折叠、展开问题
对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，故EN⊥CN和EN⊥NF不能同时成立，故A错误；对于B，如图1，由∠CEN＝∠MAB1，
∴在△CEN中，由余弦定理得NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cs∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正确；
对于C，如图2，取AM的中点O，∵AB＝BM，即AB1＝B1M，则AM⊥B1O.若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D⊂平面ODB1，∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，∴OD⊥AM，则AD＝MD，由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C错误；对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点E，连接OE，B1E，ME，如图2，∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，∴B1O⊥AM，B1O⊂平面B1AM，∴B1O⊥平面AMD，OE⊂平面AMD，∴B1O⊥OE，
易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确.
跟踪训练2 (多选)(2023·泰安模拟)如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是A.异面直线AC与BD所成的角为定值B.三棱锥D－ABC外接球的表面积为2πC.存在某个位置，使得直线AD与直线 BC垂直D.三棱锥M－ACN体积的最大值为
对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，∵OD∩OB＝O，OD，OB⊂平面OBD，∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，异面直线AC与BD所成的角为90°，为定值，故A正确；对于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，∴三棱锥D－ABC的外接球球心是O，
对于C，若直线AD与直线BC垂直，∵AB⊥BC，AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥BD，又BD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥OB，而△OBD是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，V三棱锥M－ACN＝V三棱锥N－ACM，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥M－ACN的体积取得最大值，
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝ B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则
考点三 最值、范围问题
如图1，平面SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO＝1，SA＝SC＝2，
所以∠SCA＝30°，所以∠ASC＝120°，所以0°<∠ASB≤120°，设∠ASB＝θ(0°<θ≤120°)，
根据圆锥的结构特征可知，点B在平面SAC上的投影在AC上，又SB为定值，则当点B到直线AC的距离最大时，直线SB与平面SAC所成的角最大，所以当B是 的中点时，直线SB与平面SAC所成的角最大，
又因为高为1，所以直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°，故C正确；
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如图2所示的平面图形，取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
当且仅当S，F，C三点共线时，等号成立，故D不正确.
跟踪训练3 (多选)(2023·永州模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则A.线段MN的长度为1B.△FMN周长的最小值为 ＋1C.∠MFN的余弦值的取值范围为D.直线FG与直线CD互为异面直线
因为四面体ABCD的所有棱长均为所以四面体ABCD为正四面体，将四面体ABCD放置在正方体中，则正方体的棱长为1，由M，N分别为棱AD，BC的中点，得M，N是正方体两个对面的中心，则MN＝1，故A正确；对于D，当F为AB的中点，G为MN的中点时，设I为CD的中点，由正方体的结构特征可知F，I，G三点共线，此时直线FG与直线CD交于点I，故D错误；
对于B，将等边△ABC和等边△ABD沿AB展开成平面图形，如图所示，则MF＋NF≥MN，当且仅当M，N，F三点共线时，等号成立，
对于C，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设F(1，a,1－a)(0
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为
取CD的中点E，连接AE，BE，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，因为AB⊂平面ABE，所以CD⊥AB，即AB与CD所成的角为
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为
如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1，因为DM⊥A1C，所以DM⊂平面BDC1，即M在线段BC1上，将△BDC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2，又因为正方体的棱长为2，则BC1＝当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝ AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为
连接A1C交AC1于点O，连接OM(图略)，∵O，M分别为A1C，BC的中点，则OM∥A1B，且OM⊂平面AMC1，A1B⊄平面AMC1，∴A1B∥平面AMC1，则线段A1B上的点到平面AMC1的距离相等，设为d，则P，Q两点之间距离的最小值为d，即点A1到平面AMC1的距离d，∵A1C的中点O在AC1上，则点C到平面AMC1的距离为d，由题意可得AC＝CM＝CC1＝1，
∵ ，
4.(多选)(2023·石家庄模拟)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的距离之比为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的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物 线的一部分C.过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
如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C1，B1B所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B1(0,0,0)，设侧面ABB1A1内(包含边界)点P(x,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⊥平面ABB1A1，又PB1⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，
对于C，过点P作MN∥AB，分别交AA1，BB1于点M，N，连接CN，DM，如图，则MN∥CD且MN＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，
对于B，点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，即点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；
则平行四边形MNCD为过P，C，D三点的截面，故C正确；
对于D，当点P在A1B1上时，点P到平面ABCD的距离最大为1，又S△ABC为定值，故此时三棱锥P－ABC的体积最大，
5.(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是A.三角形AD1P的面积无最大值、无最小值B.存在点P，满足DP∥平面AB1D1C.存在点P，满足DP⊥BPD.BD1与BP所成角的正切值的取值范围为
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BCC1B1∥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，P∈平面BCC1B1，则点P到AD1的距离的最小值为平面BCC1B1与平面ADD1A1的距离2，此时点P在BC1上，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的对角面ABC1D1为矩形，且AB＝2，又AD1＝此时△AD1P的面积有最小值，故A错误；
连接BD,C1D，由A可知，四边形ABC1D1为矩形，即有BC1∥AD1，AD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，则BC1∥平面AB1D1，同理BD∥平面AB1D1，又BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面BDC1，因此平面BDC1∥平面AB1D1，当P∈BC1时，DP∥平面AB1D1，故B正确；因为BD＝DC1＝ 取BC1的中点P，则DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正确；
因为P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则射线BP必与折线段CC1B1存在交点Q，设C1Q＝2－t,0≤t≤2，
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则A.存在唯一的点F，使得AF＋FE＝B.若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4C.若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40πD.若AF⊥FE，则点F的轨迹长为
设E关于点D的对称点为E′，如图，则AF＋EF＝AF＋FE′≥AE′＝
由题意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O为坐标原点，以OC，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，设F(x，y,3)，
6y＋6＝0，所以y＝－1，所以点F的轨迹为上底面圆O1的一条弦MN，O1到MN的距离为1，
所以AC2＋CE2＝AE2，所以△ACE为直角三角形，其外心为AE与OO1的交点Q，且OQ＝1，QE＝
所以QF＝QE＝QC＝QA，所以Q为四面体ACEF的外接球的球心，球的半径为 所以球的表面积为40π，故C正确.
7.(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则 ＝____.
在四棱锥P－ABCD中，点M是侧棱PC上的定点，则△MBD的面积为定值，因为三棱锥M－BDQ的体积为定值，所以三棱锥Q－MBD的体积为定值，因此点Q到平面MBD的距离为定值，又点Q是侧棱AP上的动点，于是侧棱AP上的所有点到平面MBD的距离都相等，则PA∥平面MBD，如图，连接AC，AC∩BD＝N，连接MN，平面PAC∩平面MBD＝MN，而PA⊂平面PAC，
在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2CD，
8.(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________.
由题意，α为动直线CM与底面A1B1C1D1所成的角，只需求旋转过程中直线CM与平面A1B1C1D1所成的最大角即可，又平面A1B1C1D1∥平面ABCD，只需求直线CM与平面ABCD所成的最大角的正弦值，如图，过C作CM∥AB1，交D1C1的延长线于M，连接B1M，显然△AA1B1≌△CC1M，
所以△CMB1为等腰三角形，过点M作MH⊥CB1于点H，则点H必在线段CB1上，综上，△MCB1绕CB1旋转过程中，点M的轨迹是以H为圆心，MH为半径的圆，设B1H＝x，则CH＝ －x，故CM2－CH2＝B1M2－B1H2，
△MCB1绕CB1旋转过程中，CM是以CB1为轴，圆H为底面的圆锥的母线，
所以∠MCB1为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，
而直线CB1与平面ABCD的夹角为∠BCB1，
“动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化.
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是
A.若MN与平面ABCD所成的角为 则点N的 轨迹为圆B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图 形的面积为2πC.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线D.若D1N与AB所成的角为 则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，
所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
取MD的中点E，因为P为MN的中点，
即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，
对于C，连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB，所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹是以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，
A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B.当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
方法二 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝ 点P在线段EF上运动，以点C1为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,1,1)，B1(0,1,0)，
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
跟踪训练1 (多选)(2023·扬州模拟)已知圆柱OO1的高为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，则点P的轨迹为圆B.若直线OP与直线OB1所成的角为45°，则点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⊥PQD.AP＋PQ＋QB1的取值范围是
对于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O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，B1(0，－1,1)，
由于点P在上底面内，所以点P的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对于A,PA＋PB＝3，
即点P的轨迹为椭圆，故A错误；对于C，设点P在下底面的投影为P1，
若AP⊥PQ，则AP2＋PQ2＝AQ2，
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；对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是A.存在某个位置，使得CN⊥AB1B.翻折过程中，CN的长是定值C.若AB＝BM，则AM⊥B1DD.若AB＝BM＝1，当三棱锥B1－AMD的体积最大时，三棱锥B1－AMD的 外接球的表面积是4π
考点二 折叠、展开问题
对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，如图1，则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，则EN⊥CN，由于AB1⊥MB1，则EN⊥NF，由于三线NE，NF，NC共面且共点，故EN⊥CN和EN⊥NF不能同时成立，故A错误；对于B，如图1，由∠CEN＝∠MAB1，
∴在△CEN中，由余弦定理得NC2＝NE2＋EC2－2NE·EC·cs∠NEC，是定值，故NC也是定值，故B正确；
对于C，如图2，取AM的中点O，∵AB＝BM，即AB1＝B1M，则AM⊥B1O.若AM⊥B1D，由于B1O∩B1D＝B1，且B1O，B1D⊂平面ODB1，∴AM⊥平面ODB1，OD⊂平面ODB1，∴OD⊥AM，则AD＝MD，由于AD≠MD，故AM⊥B1D不成立，故C错误；对于D，根据题意知，只有当平面B1AM⊥平面AMD时，
三棱锥B1—AMD的体积最大，取AD的中点E，连接OE，B1E，ME，如图2，∵AB＝BM＝1，则AB1＝B1M＝1，且AB1⊥B1M，平面B1AM∩平面AMD＝AM，∴B1O⊥AM，B1O⊂平面B1AM，∴B1O⊥平面AMD，OE⊂平面AMD，∴B1O⊥OE，
易知EA＝ED＝EM＝1，∴AD的中点E就是三棱锥B1－AMD的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D正确.
跟踪训练2 (多选)(2023·泰安模拟)如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是A.异面直线AC与BD所成的角为定值B.三棱锥D－ABC外接球的表面积为2πC.存在某个位置，使得直线AD与直线 BC垂直D.三棱锥M－ACN体积的最大值为
对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，且AC⊥OD，∵OD∩OB＝O，OD，OB⊂平面OBD，∴AC⊥平面OBD，∴AC⊥BD，异面直线AC与BD所成的角为90°，为定值，故A正确；对于B，∵OA＝OB＝OC＝OD，∴三棱锥D－ABC的外接球球心是O，
对于C，若直线AD与直线BC垂直，∵AB⊥BC，AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABD，∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥BD，又BD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，∴BD⊥平面ABC，∴BD⊥OB，而△OBD是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，V三棱锥M－ACN＝V三棱锥N－ACM，当平面DAC⊥平面ABC时，三棱锥M－ACN的体积取得最大值，
典例3 (多选)(2023·亳州模拟)已知圆锥的顶点为S，高为1，底面圆的直径AC＝ B为圆周上不与A重合的动点，F为线段AB上的动点，则
考点三 最值、范围问题
如图1，平面SAC为圆锥的轴截面，O为底面圆心，则SO＝1，SA＝SC＝2，
所以∠SCA＝30°，所以∠ASC＝120°，所以0°<∠ASB≤120°，设∠ASB＝θ(0°<θ≤120°)，
根据圆锥的结构特征可知，点B在平面SAC上的投影在AC上，又SB为定值，则当点B到直线AC的距离最大时，直线SB与平面SAC所成的角最大，所以当B是 的中点时，直线SB与平面SAC所成的角最大，
又因为高为1，所以直线SB与平面SAC所成角的最大值为60°，故C正确；
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如图2所示的平面图形，取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
当且仅当S，F，C三点共线时，等号成立，故D不正确.
跟踪训练3 (多选)(2023·永州模拟)已知四面体ABCD的所有棱长均为M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则A.线段MN的长度为1B.△FMN周长的最小值为 ＋1C.∠MFN的余弦值的取值范围为D.直线FG与直线CD互为异面直线
因为四面体ABCD的所有棱长均为所以四面体ABCD为正四面体，将四面体ABCD放置在正方体中，则正方体的棱长为1，由M，N分别为棱AD，BC的中点，得M，N是正方体两个对面的中心，则MN＝1，故A正确；对于D，当F为AB的中点，G为MN的中点时，设I为CD的中点，由正方体的结构特征可知F，I，G三点共线，此时直线FG与直线CD交于点I，故D错误；
对于B，将等边△ABC和等边△ABD沿AB展开成平面图形，如图所示，则MF＋NF≥MN，当且仅当M，N，F三点共线时，等号成立，
对于C，如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设F(1，a,1－a)(0
1.(2023·株洲模拟)已知三棱锥A－BCD的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥A－BCD中，AB与CD所成的角为
取CD的中点E，连接AE，BE，
所以AE⊥CD，BE⊥CD，因为AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，因为AB⊂平面ABE，所以CD⊥AB，即AB与CD所成的角为
2.(2023·九江模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，则DM＋MC的最小值为
如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1，因为DM⊥A1C，所以DM⊂平面BDC1，即M在线段BC1上，将△BDC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2，又因为正方体的棱长为2，则BC1＝当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，
3.(2023·山东联考)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝ AC＝AA1＝1，BC＝2，点M是BC的中点，点P是线段A1B上一动点，点Q在平面AMC1上移动，则P，Q两点之间距离的最小值为
连接A1C交AC1于点O，连接OM(图略)，∵O，M分别为A1C，BC的中点，则OM∥A1B，且OM⊂平面AMC1，A1B⊄平面AMC1，∴A1B∥平面AMC1，则线段A1B上的点到平面AMC1的距离相等，设为d，则P，Q两点之间距离的最小值为d，即点A1到平面AMC1的距离d，∵A1C的中点O在AC1上，则点C到平面AMC1的距离为d，由题意可得AC＝CM＝CC1＝1，
∵ ，
4.(多选)(2023·石家庄模拟)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的距离之比为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的距离之比为1∶1，则点P的轨迹为抛物 线的一部分C.过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
如图，以B1为坐标原点，以B1A1，B1C1，B1B所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B1(0,0,0)，设侧面ABB1A1内(包含边界)点P(x,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⊥平面ABB1A1，又PB1⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥PB1，
对于C，过点P作MN∥AB，分别交AA1，BB1于点M，N，连接CN，DM，如图，则MN∥CD且MN＝CD，所以四边形MNCD是平行四边形，
对于B，点P到直线AB与到直线B1C1的距离之比为1∶1，即点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；
则平行四边形MNCD为过P，C，D三点的截面，故C正确；
对于D，当点P在A1B1上时，点P到平面ABCD的距离最大为1，又S△ABC为定值，故此时三棱锥P－ABC的体积最大，
5.(多选)(2023·菏泽模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则下列说法中正确的是A.三角形AD1P的面积无最大值、无最小值B.存在点P，满足DP∥平面AB1D1C.存在点P，满足DP⊥BPD.BD1与BP所成角的正切值的取值范围为
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BCC1B1∥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，P∈平面BCC1B1，则点P到AD1的距离的最小值为平面BCC1B1与平面ADD1A1的距离2，此时点P在BC1上，因为正方体ABCD－A1B1C1D1的对角面ABC1D1为矩形，且AB＝2，又AD1＝此时△AD1P的面积有最小值，故A错误；
连接BD,C1D，由A可知，四边形ABC1D1为矩形，即有BC1∥AD1，AD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，则BC1∥平面AB1D1，同理BD∥平面AB1D1，又BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面BDC1，因此平面BDC1∥平面AB1D1，当P∈BC1时，DP∥平面AB1D1，故B正确；因为BD＝DC1＝ 取BC1的中点P，则DP⊥BC1，即DP⊥BP，故C正确；
因为P是侧面BB1C1C内的一个动点(不包含四个顶点)，则射线BP必与折线段CC1B1存在交点Q，设C1Q＝2－t,0≤t≤2，
6.(多选)(2023·黄山模拟)如图，圆柱OO1的底面半径和母线长均为3，AB是底面直径，点C在圆O上且OC⊥AB，点E在母线BD上，BE＝2，点F是上底面的一个动点，则A.存在唯一的点F，使得AF＋FE＝B.若AE⊥CF，则点F的轨迹长为4C.若AF⊥FE，则四面体ACEF的外接球的表面积为40πD.若AF⊥FE，则点F的轨迹长为
设E关于点D的对称点为E′，如图，则AF＋EF＝AF＋FE′≥AE′＝
由题意知OC⊥AB，OO1⊥OC，OO1⊥AB，以O为坐标原点，以OC，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－3,0)，C(3,0,0)，E(0,3,2)，设F(x，y,3)，
6y＋6＝0，所以y＝－1，所以点F的轨迹为上底面圆O1的一条弦MN，O1到MN的距离为1，
所以AC2＋CE2＝AE2，所以△ACE为直角三角形，其外心为AE与OO1的交点Q，且OQ＝1，QE＝
所以QF＝QE＝QC＝QA，所以Q为四面体ACEF的外接球的球心，球的半径为 所以球的表面积为40π，故C正确.
7.(2023·南昌模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB＝2CD，点M是侧棱PC上的定点，点Q在侧棱AP上运动，若三棱锥M－BDQ的体积为定值，则 ＝____.
在四棱锥P－ABCD中，点M是侧棱PC上的定点，则△MBD的面积为定值，因为三棱锥M－BDQ的体积为定值，所以三棱锥Q－MBD的体积为定值，因此点Q到平面MBD的距离为定值，又点Q是侧棱AP上的动点，于是侧棱AP上的所有点到平面MBD的距离都相等，则PA∥平面MBD，如图，连接AC，AC∩BD＝N，连接MN，平面PAC∩平面MBD＝MN，而PA⊂平面PAC，
在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝2CD，
8.(2023·石家庄模拟)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成最小角记为α，则sin α的最大值是________.
由题意，α为动直线CM与底面A1B1C1D1所成的角，只需求旋转过程中直线CM与平面A1B1C1D1所成的最大角即可，又平面A1B1C1D1∥平面ABCD，只需求直线CM与平面ABCD所成的最大角的正弦值，如图，过C作CM∥AB1，交D1C1的延长线于M，连接B1M，显然△AA1B1≌△CC1M，
所以△CMB1为等腰三角形，过点M作MH⊥CB1于点H，则点H必在线段CB1上，综上，△MCB1绕CB1旋转过程中，点M的轨迹是以H为圆心，MH为半径的圆，设B1H＝x，则CH＝ －x，故CM2－CH2＝B1M2－B1H2，
△MCB1绕CB1旋转过程中，CM是以CB1为轴，圆H为底面的圆锥的母线，
所以∠MCB1为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，
而直线CB1与平面ABCD的夹角为∠BCB1，
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