2024年高考数学重难点攻略：立体几何中的动态问题 解析版

微重点　立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使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．知识导图考点一：动点轨迹问题考点二：折叠、展开问题考点三：最值、范围问题考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法　解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．1(2024·浙江温州·一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC-A1B1C1，BE=2EC，点F是侧棱AA1上的动点，且AF=2CG，H为线段FB上的动点，直线CH∩平面AEG=M，则点M的轨迹为()A.三角形(含内部)B.矩形(含内部)C.圆柱面的一部分D.球面的一部分【答案】A【分析】根据题意首先保持H在线段FB上不动(与F重合)，研究当点F运动时M的轨迹为线段MN，再根据H点在线段FB上运动的轨迹即可得出点M的轨迹为△MNE及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：1 首先保持H在线段FB上不动，假设H与F重合根据题意可知当F点在侧棱AA1上运动时，若F点在A1点处时，G为CC1的中点，此时由AF=2CG可得满足FM=2MC，当F点运动到图中F1位置时，易知AF1=2CG1，取AG1∩CF1=P，可得F1P=2PC，取棱AC上的点N，满足AN=2NC，根据三角形相似可得M,N,P三点共线，当点F在侧棱AA1上从A1点运动到A点时，M点轨迹即为线段MN；再研究当点H在线段FB上运动，当点H在线段FB上从点F运动到点B时，M点的轨迹是线段ME，当点H在线段F1B上从点F1运动到点B时，M点的轨迹是线段PE，因此可得，当点F是侧棱AA1上运动时，H在线段FB上运动时，点M的轨迹为△MNE及其内部的所有点的集合；即可得M的轨迹为三角形(含内部).故选：A2(多选)(23-24高三上·贵州安顺·期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F、G、H分别为棱CC1、C1D1、A1D1、AB的中点，点M为棱A1B1上动点，则()A.点E、F、G、H共面B.GM+MH的最小值为1+523C.点B到平面AB1C的距离为D.DE⊥A1H3【答案】ACD【分析】根据题意建立空间之间坐标系，利用平面向量基本定理可对A判断，利用向量的垂直表示可对D判断；利用正方体面展开图可对B判断；利用等体积法可对C判断.【详解】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则D0,0,0，E0,2,1，F0,1,2，G1,0,2，H2,1,0，2 对A：EF=0,-1,1，EG=1,-2,1，EH=2,-1,-1，21设EF=λEG+μEH，即0,-1,1=λ1,-2,1+μ2,-1,-1，解得λ=，μ=-，33所以EF,EG,EH共面，故A正确．对B：将正方体沿AB剪开展开如下图，连接GH交A1B1于一点，此点为M点，22此时GM+MH为最小值3+2=13，故B错误；11对C：由等体积法可知VB-AB1C=VB1-ABC，即3·S△AB1C·d=3·S△ABC·BB1，1π3123由S△AB1C=×2×2×sin=，S△ABC=×2×2=2，求解得d=，故C正确.23223对D：D0,0,0，A12,0,2，DE=0,2,1，A1H=0,1,-2DE·A1H=2-2=0，则DE⊥A1H，所以DE⊥A1H，故D正确.故选：ACD.3(2023·贵州·一模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P分别为棱AA1,CC1,AD的中点，Q为该正方体表面上的点，若M，N，P，Q四点共面，则点Q的轨迹围成图形的面积为．【答案】333 【分析】根据题意找出点Q的轨迹围成图形为正六边形PENFGM即可求解.【详解】如图，取CD,B1C1,A1B1的中点分别为EFG，则点Q的轨迹围成图形为正六边形PENFGM，且边长为面对角线的一半，即2，1222所以点Q的轨迹围成图形的面积为6×2×2-=33，22故答案为:33.-→4(2023·宁波联考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P满足BP=λBC+μBB1(λ，μ∈R)，则下列说法正确的有()A.若λ+μ=1，则A1P⊥AD1B.若λ+μ=1，则三棱锥A1-PDC1的体积为定值C.若点P总满足PA⊥BD1，则动点P的轨迹是一条直线D.若点P到点A的距离为3，则动点P的轨迹是一个面积为π的圆【答案】ABC-→【解析】对于A，因为BP=λBC+μBB1(λ，μ∈R)且λ+μ=1，由向量基本定理可知，点B1，C，P共线，如图，连接AD1，A1C，BC1，B1C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，因为BC1⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，在BC1上任取一点P，连接A1P，则A1P⊂平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AB∥D1C1，且AB=D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，则AD1⊥A1P，故选项A正确；对于B，如图，连接A1C1，C1D，A1D，B1C，-→因为BP=λBC+μBB1(λ，μ∈R)且λ+μ=1，由向量基本定理可知点B1，C，P共线，即点P在直线B1C上，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为A1B1∥DC，且A1B1=DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C，A1D⊂平面A1C1D，4 BC1⊄平面A1C1D，所以B1C∥平面A1C1D，则直线B1C上任意一点到平面A1C1D的距离相等，又因为△A1C1D的面积为一定值，所以三棱锥A1-PDC1的体积为定值，故选项B正确；对于C，如图，连接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，又BB1∩BD=B，所以AC⊥平面BB1D1D，BD1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BD1，同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC=A，-→所以BD1⊥平面AB1C，因为点P满足BP=λBC+μBB1(λ，μ∈R)，所以点P在侧面BB1C1C所在的平面上运动，且PA⊥BD1，所以动点P的轨迹就是直线B1C，故选项C正确；对于D，因为点P到点A的距离为3，所以点P的轨迹是以A为球心，3为半径的球面与平面BB1C1C的2交线，即点P的轨迹为小圆，设小圆半径为r，因为球心A到平面BB1C1C的距离为1，则r=(3)-1=22，所以小圆的面积S=πr=2π，故选项D错误考点二：折叠、展开问题规律方法　画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．1(2024·河南·模拟预测)为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢(如图1).已知AB和CD是圆O的两条互相垂直的直径，将平面ABC沿AB翻折至平面ABC，使得平面ABC⊥平面ABD(如图2)此时直线AB与平面CBD所成角的正弦值为()1323A.B.C.D.3322【答案】B【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】依题意，OC⊥AB,OD⊥AB，而平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，又OC⊂平面ABC,OD⊂平面ABD，则OC⊥平面ABD，OD⊥OC，因此直线OD,OB,OC两两垂直，以点O为原点，直线OD,OB,OC分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，5 令圆半径OD=1，则O(0,0,0),D(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)，OB=(0,1,0),BC=(0,-1,1),BD=(1,-1,0)，设平面CBD的一个法向量n=(x,y,z)，n⋅BC=-y+z=0则，令y=1，得n=(1,1,1)，设直线AB与平面CBD所成的角为θ，n⋅BD=x-y=0|n⋅OB|13则sinθ=|cos‹n,OB›|===，|n||OB|1×333所以直线AB与平面CBD所成角的正弦值为.3故选：B2(22-23高三上·浙江·开学考试)如图，矩形ABCD中，AD=2,AB=3,AE=2EB，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C的点，满足CM=2MA1，则在△ADE翻折过程中(点A1不在平面DEBC内)，下面四个选项中正确的是()A.BM⎳平面A1DEB.点M在某个圆上运动C.存在某个位置，使DE⊥A1CD.线段BA1的长的取值范围是5,3【答案】ABD【分析】由已知，选项A，在DC上取一点N，令CN=2ND，可通过面面平行的判定定理证明平面BMN∥平π面ADE，从而证明BM∥平面A1DE；选项B，可通过∠A1DE=∠MNB=,44NM=，EB=22，借助余弦定理可知BM为定值，从而确定M点的轨迹；选项C，可先假设DE⊥A1C成3立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到DE⊥CH，然后在△DHC中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D，可通过点A1运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.6 【详解】如上图所示，在DC上取一点N，令CN=2ND，连接NB，在矩形ABCD中，AB=CD且AB∥CD，又因为AE=2EB，CN=2ND，所以EB=ND且EB∥ND，所以四边形EBND为平行四边形，所以NB∥ED，又因为NB⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以NB∥平面ADE，又因为CN=2ND，CM=2MA1，所以NM∥A1D，又因为NM⊄平面ADE，DA1⊂平面ADE，所以NM∥平面ADE，又因为NM∩NB=N且NM、NB⊂平面BMN,所以平面BMN∥平面ADE，又因为MB⊂平面BMN,所以BM∥平面A1DE，选项A正确；π由NB∥ED，NM∥A1D，AD=AE=2,可得∠A1DE=∠MNB=,424由CN=2ND，CM=2MA1可知，NM=A1D=，而EB=ND=22，33由余弦定理可知，BM为定值，而B为定点，故M在以B为圆心，BM为半径的圆上运动，故选项B正确；取ED的中点H，连接HA1、HC，在△A1DE中，AD=AE=2，所以DE⊥A1H，假设DE⊥A1C成立，A1H、A1C⊂平面A1HC,所以DE⊥平面A1HC，又因为CH⊂平面A1HC，所以DE⊥CH，π而，在△DHC中，DH=2，DC=3，CH=5，所以∠DHC≠，故DE⊥CH不成立，所以假设不成立，该2选项C错误；在DC上取一点A2，令DA2=2A2C，在△ADE翻折过程中,线段BA1的最大值是A1与A点重合，此时BA1=3，线段BA1的最小值是A1与A2点重合，此时BA1=5，又因为点A1不在平面DEBC内，所以线段BA1的长的取值范围是5,3，选项D正确；故选：ABD3(2024高三·全国·专题练习)如图1，在等边△ABC中，点D、E分别为边AB、AC上的动点且满足DEDE⎳BC，记=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，BCMC，如图2，N为MC的中点．7 (1)当EN⎳平面MBD时，求λ的值．(2)随着λ的值的变化，二面角B-MD-E的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角B-MD-E的正弦值．1【答案】(1)λ=225(2)不是，5【分析】(1)取MB的中点为P，连接DP，PN，推出NP∥BC，证明NEDP为平行四边形，利用比例关系求解即可．(2)取DE的中点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面BMD的法向量，平面EMD的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可．【详解】(1)如图，取MB的中点P，连接DP，PN．1因为N为MC的中点，所以NP⎳BC，NP=BC．2又DE⎳BC，所以NP⎳DE，即N，P，D，E四点共面．因为EN⎳平面MBD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD=DP，所以EN⎳DP，即四边形NEDP为平行四边形，所以NP=DE，11即DE=BC，所以λ=．22(2)取ED的中点O，连接MO，则MO⊥DE．因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB=DE，MO⊂平面MDE，所以MO⊥平面DECB．如图，建立空间直角坐标系，不妨设BC=2，则M0,0,3λ，Dλ,0,0，B1,31-λ,0，所以MD=λ,0,-3λ，DB=1-λ,31-λ,0．设平面MBD的一个法向量为m=(x,y,z)，MD⋅m=λx-3λz=0,x=3z,则DB⋅m=1-λx+31-λy=0,即x=-3y,令x=3，所以m=3,-1,1．由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE的一个法向量．8 m⋅n5设二面角B-MD-E的平面角为θ，则cosθ=cosm,n==，5mn22525因此sinθ=1-cosθ=，所以二面角B-MD-E的正弦值为．554(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，点E为线段CD(除端点外)上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，则下列说法中正确的是()A.当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面B.存在点E，使AB⊥平面D′AE3C.点A到平面BCF的距离为21310D.异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是13，10【答案】　D【解析】选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错误；选项B，无论E在CD(端点除外)的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错误；选项C，以AB，AD，AF分别为x，y，z轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，F(0,0,3)，B(3，0,0)，C(3，1,0)．BC=(0,1,0)，BF=(-3，0,3)，AB=(3，0,0)，设平面BCF的法向量为n=(x，y，z)，n·BC=y=0，则n·BF=-3x+3z=0，取n=(3，0,1)，n·AB3则点A到平面BCF的距离d==，故C错误；n2选项D，设E(3λ，1,0)，λ∈(0,1)，BC=(0,1,0)，EF=-3λ，-1，3，设EF与BC所成的角为θ，EF·BC则cosθ=EFBC9 11310=2∈13，10，故D正确．3λ+10考点三：最值、范围问题规律方法　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．1(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体PA1D1A的体积为定值B.AP+PC的最小值为22πC.A1P∥平面ACD1D.直线A1P与AC所成的角的取值范围是0，3【答案】ACD【解析】对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，1111所以四面体PA1D1A的体积VP-A1D1A=VB-A1D1A=3S△A1D1A×1=3×2×1×1×1=6，所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=2<22，所以AP+PC的最小值不为22，故B错误；对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1=CC1，AA1∥CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因为A1C1∩BC1=C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因为A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；对于D，因为AC∥A1C1，所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，10 π由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为，3当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，π所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是0，，故D正确．32(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P-ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B为θ，由三面角余弦定理得cosθcosγ-cosα·cosβ=.在三棱锥P-ABC中，PA=6，∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PCsinα·sinβ=6，则三棱锥P-ABC体积的最大值为()2722799A.B.C.D.4424【答案】C【解析】如图所示，作BD垂直于CP于点D，设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，1由题意得VP-ABC=·S△APC·BM.3设二面角A-PC-B为θ，0-1×2223则cosθ==-，θ∈(0，π)，3×23226∴sin∠BDM=，36BM=BD·sin∠BDM=BD363=·PB·sin∠BPC=·PB，33133S△APC=·PA·PC·sin∠APC=·PC，2211∴VP-ABC=·S△APC·BM=·PB·PC321=·PB(6-PB)212=-PB+3PB2129=-(PB-3)+，229当PB=3时，VP-ABC的最大值为.23(23-24高三下·北京·开学考试)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1.线段AP长度的取值范围是()11 666A.1,2B.,3C.,2D.+∞222【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设Pa,b,1，M0,1,t0≤t≤1，则A1,0,0,B1,1,0,D10,0,1，则AP=a-1,b,1,BD1=-1,-1,1,MD1=0,-1,1-t，因为AP⊥平面MBD1，所以AP⊥BD1,AP⊥MD1，AP⋅BD1=1-a-b+1=0a=t+1即，解得，AP⋅MD1=-b+1-t=0b=1-t22123所以AP=t,1-t,1，所以AP=t+1-t+1=2t-2+2，16又0≤t≤1，所以当t=时，即M是CC1的中点时，AP取得最小值，22当t=0或1，即M与点C或C1重合时，AP取得最大值2，6所以线段AP长度的取值范围为,2.2故选：C4(2023·黑龙江哈尔滨·三模)已知四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD,PD=AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为()ππππA.B.C.D.6432【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.12 【详解】由题意，因为ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD=AD=1，则D0,0,0,B1,1,0,C0,1,0,P0,0,1，所以PB=1,1,-1,PC=0,1,-1，设PE=λPB，λ∈0,1，则PE=λ,λ,-λ，所以Eλ,λ,1-λ，即DE=λ,λ,1-λ，设平面PBC的法向量为n=x,y,z，n⋅PB=x+y-z=0则n⋅PC=y-z=0，解得x=0,y=z，取y=z=1，所以平面PBC的一个法向量为n=0,1,1，设直线DE与平面PBC所成角为θ，n⋅DE11则sinθ=cos<n,DE>===，n2×2λ2+1-λ2122DE2×3λ-3+3π13因为y=sinθ,θ∈0,单调递增，所以当λ=时，sinθ=最大，232ππ此时θ=，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为.33故选:C强化训练一、单选题1(2023·云南保山·二模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1的所成角为45°时，点Q的轨迹为()A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆【答案】C【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.【详解】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，设正方体棱长为1，则D0,0,0,A11,0,1，设Qx,y,1，可得DQ=x,y,1，DA1=1,0,1，因为直线DQ与DA1的所成角为45°，DQ⋅DA1x+122则cos45°===，化简可得y=2x，DQ⋅DAx2+y2+1×221所以点Q的轨迹为抛物线.故选：C.13 222(2023·全国·三模)在平面直角坐标系中，P为圆x+y=16上的动点，定点A-3,2．现将y轴左侧2π半圆所在坐标平面沿y轴翻折，与y轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点A翻折至A，P仍在右侧半3圆和折起的左侧半圆上运动，则A，P两点间距离的取值范围是()A.13,35B.4-13,7C.4-13,35D.13,7【答案】B【分析】设A所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P∈α，则P,A,O三点共线时，以及P在圆的下端点时，分别取到A，P两点间距离的最值；若P∈β，设P4cosα,4sinα，利用两点间的距离公式结合A到β的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．【详解】设A所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P∈α，则P,A,O三点共线时，PA有最小值P1A=R-OA=4-13；2222当P在圆的下端点时，取到最大值P2A=-3-0+2+4=3+6=35，即PA∈4-13,35；π33若P∈β，设P4cosα,4sinα，A在β上的投影为距离为A1，则A到β面距离为AA1=-3sin=，32又A到y轴的距离为3，273∴A1到y轴的距离为9-=，而A1到x轴的距离为2，4232233234则PA=2+4cosα+2-4sinα+2=29+205cosα-5sinα=29+20sinφ-α，ππ34其中α∈-,，sinφ=,cosφ=，2255故PAmin=13，π当且仅当α=-时成立；PAmax=7，2π当且仅当α=φ-时成立；即PA∈13,7；2综上可得，PA∈4-13,7，故选：B3(2024·全国·模拟预测)如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点(不含端点)，记∠AED=α，现将△ADE沿直线AE翻折到△APE的位置，记直线CP与直线AE所成的角为β，则()14 A.cosα>cosβB.cosα<cosβC.cosα>sinβD.sinα<cosβ【答案】BCE+EPcosα【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到cosβ=，由三角形三边关系CP得到cosβ>cosα，求出答案.CP⋅EACE+EP⋅EACE⋅EA+EP⋅EA【详解】AB选项，cosβ===CP⋅EACP⋅EACP⋅EACE⋅EAcosα+EP⋅EAcosαCE+EP⋅EAcosαCE+EPcosα===，CP⋅EACP⋅EACPCE+EP因为CE+EP>CP，所以>1，所以cosβ>cosα，A错误，B正确；CPπ由于y=cosx在x∈0,上单调递减，故β<α，不确定cosα,sinβ和sinα,cosβ的大小关系，CD错误.2故选：B．4(2023·上海宝山·二模)在空间直角坐标系O-xyz中,已知定点A2,1,0,B0,2,0和动点VC0,t,t+2t≥0.若△OAC的面积为S,以O,A,B,C为顶点的锥体的体积为V,则的最大值为S()2144A.5B.5C.5D.5155155【答案】C【分析】由已知OA=2,1,0,0B=0,2,0,OC=0,t,t+2,设直线OA的单位方向向量为u,根据空间向量公式求出C到直线OA的距离,得到△OAC的面积为S,根据锥体体积公式得到以O,A,B,C为顶点的锥体的体积为V,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.【详解】由已知OA=2,1,0,0B=0,2,0,OC=0,t,t+2,255设直线OA的单位方向向量为u,则u=5,5,0,229t2+20t+20222t所以C到直线OA的距离h=OC-OC⋅u=t+t+2-=,552219t+20t+209t+20t+20所以S=×5×=,2521112t+2V=S△OAB⋅t+2=××2×2×t+2=,332315 2t+2t+222V3449t+36t+36则==⋅=⋅S232929t+20t+209t+20t+209t+20t+202249t+20t+20+16t+164t+1=⋅=⋅1+16⋅,92929t+20t+209t+20t+20令m=t+1m≥1,则t=m-1,t+1mm111所以===≤=,9t2+20t+209m-12+20m-1+209m2+2m+99m+9+2920m29m⋅m+29当且仅当9m=即m=1时等号成立,mV4145所以≤×1+16×=,S92015V45即的最大值为.S15故选:C.5(23-24高三上·河北衡水·阶段练习)正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=3,O为BC的中MNMO点，M为棱B1C1上的动点，N为棱AM上的动点，且=，则线段MN长度的取值范围为()MOMA36647347A.,7B.,C.,D.3,642747【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱ABC-A1B1C中,O为BC的中点，取B1C1中点Q，连接OQ，如图，以O为原点，OC,OA,OQ为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则O0,0,0,A0,3,0,B1-1,0,3,C11,0,3，因为M是棱B1C1上一动点，设Ma,0,3，且a∈[-1,1]，所以OM⋅OA=a,0,3⋅0,3,0=0，则OA⊥OM，MNMO因为ON⊥AM，且=所以在直角三角形OMA中可得：△OMN~△AMOMOMA222MOa+3a+32即MN===，于是令t=a+6,t∈6,7，MAa2+32+32a2+616 22a+3t-333所以==t-，t∈6,7，又符合函数y=t-为增增符合，所以在t∈6，7上为a2+6ttt增函数，3366所以当t=6时，t-=6-=，即线段MN长度的最小值为，tmin622334747当t=7时，t-=7-=，即线段MN长度的最大值为，tmax777故选：B.【点睛】关键点睛：1.找到△OMN~△AMO，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点Ma,0,3，利用空间向量法求出ON⊥AM，再结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.6(23-24高三下·山西·阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是CD的中点，F是CC1上的动点，则三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为()A.3B.23C.13D.15【答案】C【分析】取AE的中点G，根据题意分析可知：三棱锥A-DEF外接球的球心O在过G垂直于平面ABCD的m4直线上，设GO=n,CF=m∈0,4，建系，结合空间两点距离公式可得n=+，进而利用基本不等式2m运算求解.【详解】连接AE，取AE的中点G，可知G为△ADE的外心，过G作平面ABCD的垂线，可知三棱锥A-DEF外接球的球心O在该垂线上，设GO=n,CF=m∈0,4，以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则D0,0,0,A4,0,0,E0,2,0,G2,1,0,O2,1,n,F0,4,m，22因为OD=OF，即4+1+n=4+9+m-n，m4m4m4整理得n=+≥2⋅=22，当且仅当=，即m=22时，等号成立，2m2m2m所以三棱锥A-DEF外接球半径的最小值为4+1+8=13.故选：C.【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥A-DEF外接球的球心O在过G垂直于平面ABCD的直线17 上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.7(2023·陕西咸阳·模拟预测)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，则以下不正确的是()A.当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P-AA1D1D的体积不变ππB.当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是3,2oC.使直线AP与平面ABCD所成的角为45的点P的轨迹长度为π+42D.若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF⎳平面B1CD1时，PF长度的最小值是5【答案】D【分析】由底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离不变，可判定A正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2-x,0)，则D1P=(x,2-x,-2),A1C1=(-2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线AP与平面ABCD所成的角为45°，作PM⊥平面ABCD，得到点P的轨迹，可判定C正确；2设P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一个法向量为n=(1,-1,-1)，得到FP=2(x-1)+6，可判定D错误.【详解】对于A中：底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离为正方体棱长，所以四棱锥P-AA1D1D的体积不变，所以A选项正确；对于B中：以D为原点，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A1(2,0,2),D1(0,0,2),C1(0,2,2)，设P(x,2-x,0),0≤x≤2，则D1P=(x,2-x,-2),A1C1=(-2,2,0)，D1P⋅A1C1x-1设直线D1P与A1C1所成角为θ，则cosθ=cosD1P,A1C1==，2D1PA1C1(x-1)+3π因为0≤x-1≤1，当x-1=0时，可得cosθ=0，所以θ=；2x-111ππ当0<x-1≤1时，cosθ==≤，所以≤θ<，(x-1)2+31+32322x-1ππ所以异面直线D1P与A1C1所成角的取值范围是3,2，所以B正确；18 对于C中：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45°，若点P在平面DCC1D1和平面BCC1B1内，因为∠B1AB=45°,∠D1AD=45°最大，不成立；在平面ADD1A1内，点P的轨迹是AD1=22；在平面ABB1A1内，点P的轨迹是AB1=22；在平面A1B1C1D1时，作PM⊥平面ABCD，如图所示，因为∠PAM=45°，所以PM=AM，又因为PM=AB，所以AM=AB，所以A1P=AB，所以点P的轨迹是以A1点为圆心，以2为半径的四分之一圆，1所以点P的轨迹的长度为×2π×2=π，4综上，点P的轨迹的总长度为π+42，所以C正确；对于D中，由B1(2,2,2),D1(0,0,2),C(0,2,0),F(2,1,2)，设P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，则CB1=(2,0,2),CD1=(0,-2,2),FP=(m-2,n-1,-2)n⋅CD1=-2b+c=0设平面CB1D1的一个法向量为n=(a,b,c)，则，n⋅CB1=2a+2c=0取a=1，可得b=-1,c=-1，所以n=(1,-1,-1)，因为PF⎳平面B1CD，所以FP⋅n=(m-2)-(n-1)+2=0，可得n=m+1，2222所以FP=(m-2)+(n-1)+4=2m-4m+8=2(m-1)+6≥6，当x=1时，等号成立，所以D错误.故选：D.19 【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：(1)、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；(2)、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；(3)、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；(4)、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.8(2023·吉林长春·模拟预测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，2AB=BC=CD，BC⊥CD，侧面A1ABB1为正方形，设点O为四棱锥A1-CC1DD外接球的球心，E为DD1上的动点，则直线AE与OB所成的最小角的正弦值为()525261A.B.C.D.5555【答案】D13【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心O1,h,，根据OA=OC得到h=，设E2,0,a，根24据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.【详解】如图所示：以CD,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设AB=1，则A1,2,0，C0,0,0，B0,2,0，11球心O在平面CDD1C1的投影坐标为1,0,2，则设球心O1,h,2，20 22122212则OA=OC，即1-1+h-2+2=1+h+2，331解得h=，则O1,,.44251设E2,0,a，a∈0,1，EA=-1,2,-a，OB=-1,,-，425171EA⋅OB1+2+2a2+2a14+2acosEA,OB====EA⋅OB23523535×a2+5a+5⋅a+5⋅54设7+a=t，则a=7-t，t∈7,8，14+2a2t2则==，35×a2+535×t2-14t+54172535×54t-54+5454226当t=时，有最大值为=，735×55542621此时直线AE与OB所成的角最小，对应的正弦值为1-=.55故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.二、多选题9(23-24高三下·江苏苏州·开学考试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则()A.平面ABC1D1⊥平面A1DMB.平面BCD1⎳平面A1DMC.AM与BC所成角的取值范围为π,ππ,π1143D.A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为64【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判断A选项；取点M与点B重合，可判断B选项；以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断CD选项.【详解】对于A选项，因为四边形AA1D1D为正方形，则A1D⊥AD1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，则A1D⊥AB，因为AB∩AD1=A，AB、AD1⊂平面ABC1D1，所以，A1D⊥平面ABC1D1，因为A1D⊂平面A1DM，故平面ABC1D1⊥平面A1DM，A对；对于B选项，当点M与点B重合时，平面BCD1与平面A1DM有公共点，B错；对于CD选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1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，21 不妨设正方体的棱长为1，则A1,0,0、B1,1,0、C0,1,0、D0,0,0、A11,0,1、B11,1,1、C10,1,1、D10,0,1，设点M1,m,0，其中0≤m≤1，A1M=0,m,-1，BC1=-1,0,1，A1M⋅BC1112所以，cosA1M,BC1==∈,，AM⋅BC2m2+12211π12ππ设A1M与BC1所成角为α，其中0≤α≤，则≤cosα≤，可得≤α≤，22243ππ所以，A1M与BC1所成角的取值范围为4,3，C对；对于D选项，由A选项可知，平面ABC1D1的一个法向量为DA1=1,0,1，A1M⋅DA1112则cosA1M,DA1==∈,，AM⋅DA2m2+12211π12ππ设A1M与平面ABC1D1所成角为β，则0≤β≤，则≤sinβ≤，可得≤β≤，22264ππ所以，A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为6,4，D对.故选：ACD.10(2023·全国·模拟预测)如图①，四边形ABCD是两个直角三角形拼接而成，AB=1，BD=2，∠ABD=∠C=90°，∠BDC=45°.现沿着BD进行翻折，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，得到三棱锥A-BCD(如图②)，则下列选项中正确的是()A.平面ABC⊥平面ACDB.二面角B-AD-C的大小为60°3C.异面直线AD与BC所成角的余弦值为D.三棱锥A-BCD外接球的表面积为π3【答案】ABC22 【分析】A选项，面面垂直⇒线面垂直⇒CD⊥平面ABC⇒平面ABD⊥平面ACD；B、C选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；D选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点(球心位置).【详解】A项，平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，AB⊥BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC.因为CD⊂平面ACD，所以平面ABC⊥平面ACD，选项A正确.C选项，以B为原点，过B在平面BCD内作BD的垂线为x轴，直线BD为y轴，直线AB为z轴，建立空间直角坐标系，2222则B0,0,0,A0,0,1,C2,2,0,D0,2,0，则AC=2,2,-1，AD=0,2,-1,BC=222,2,0.易知平面ABD的一个法向量为n1=1,0,0.设平面ACD的法向量为n2=x,y,z，22则n2⋅AC=0,即2x+2y-z=0,取z=2，则x=1,y=1，则n=1,1,2，2n1⋅AD=0,2y-z=0,n1⋅n211由图可知二面角B-AD-C为锐角，则二面角B-AD-C的余弦值为cosn1,n2===，1×22n1n222AD⋅BC0,2,-1⋅2,2,0即二面角B-AD-C的大小为60°，选项B正确；cosAD,BC===ADBC3×13，选项C正确；3D项，取AD的中点N，因为△ABD与△ACD都是直角三角形，所以点N到A，B，C，D的距离相等，即为三棱锥A-BCD外接球的球心，332球半径为2，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为4π×2=3π，选项D错误.故选：ABC.11(2023·全国·模拟预测)如图1，矩形B1BCC1由正方形B1BAA1与A1ACC1拼接而成．现将图形沿A1A对折成直二面角，如图2．点P(不与B1,C重合)是线段B1C上的一个动点，点E在线段AB上，点F在线段A1C1上，且满足PE⊥AB，PF⊥A1C1，则()23 图1图2A.PE=PFB.B1C⊥平面PEF2πC.∠EPF的最大值为D.多面体CFAEP的体积为定值3【答案】AC【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得点点P,E,F的坐标，由PE=PF，可判定A正确；当1x=时，PE⋅B1C=0，可判定B错误；由向量的夹角公式，结合基本不等式，进而可判定C正确；由V=212VP-AEC+VP-AFC=x+x，可判定D错误.6PE=PF→A正确；1对于B→PE⋅B1C=2x-1=0→x=→B错误；21π2π对于C→cosPE,B1C≥-2→PE,PF∈2,3→C正确；对于D→V=VP-AEC+VP-AFC→非定值→D错误→得解．【详解】设正方形B1BAA1，A1ACC1的边长为1因为AB,AC,AA1两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系，如图所示，则A0,0,0，B1,0,0，B11,0,1，A10,0,1，C0,1,0，C10,1,1，设Px,y,z，E(x0,0,0),F(0,y0,1)，由B1P=λB1C(0<λ<1)，且FE⊥AB,PF⊥A1C1,y=1-xx-1,y,z-1=λ(-1,1,-1)z=x可得x0-x,-y,-z⋅1,0,0=0，解得，-x,y-y,1-z⋅0,1,0=0x0=x0y=y0即P(x,1-x,x)(0<x<1)，E(x,0,0),F(0,1-x,1)，2222对于A中，PE=(1-x)+x,PF=x+(x-1)，可得PE=PF，即PE=PF，所以A正确；1对于B中，由PE⋅B1C=2x-1，所以当且仅当x=时，PE⋅B1C=0，2即PE⊥B1C，所以B错误；PE⋅PFx2-x11对于C中，因为cosPE,PF===-≥-，PEx2+(1-x)2x+1-x2PF1-xx1π2π当且仅当x=2时等号成立，由∠EPF为钝角，所以PE,PF∈2,3，2π即∠EPF的最大值为，所以C正确；324 12对于D中，多面体CFAEP的体积V=VP-AEC+VP-AFC=x+x，非定值，所以D错误.故选：AC．6三、填空题12(2023·河南·模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱DD₁(不包含端点)上一动点，则三棱锥P-AB1C的体积的取值范围为.11【答案】,63【分析】利用空间向量求出点P到平面AB1C的距离，从而求解.【详解】由题知以D点为原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，则D0,0,0，A1,0,0，B11,1,1，C0,1,0，B1,1,0，D10,0,1，AC=-1,1,0，AB1=0,1,1，DD1=0,0,1，设DP=λDD1=λ0,0,1，0<λ<1，得P0,0,λ，则AP=-1,0,λ，设平面AB1C的一个法向量为n=x,y,z，n·AC=-x+y=0则，令y=1，得n=1,1,-1，n·AB1=y+z=0AP·n1+λ所以点P到平面AB1C的距离d==，3n25 1+λ323又因为0<λ<1，所以d=∈3,3，3由题知AC=AB1=B1C=2，1π3所以△AB1C为等边三角形，其面积S△AB1C=×2×2×sin=，23211311所以三棱锥P-AB1C的体积V=3S△AB1C×d=3×2×d∈6,3，11故答案为：,.6313(2023·江苏淮安·模拟预测)某同学参加课外航模兴趣小组活动，学习模型制作.将一张菱形铁片ABCD进行翻折，菱形的边长为1，∠ABC=60°，E是边BC上一点，将△CDE沿着DE翻折到△CDE位置，使平面CDE⊥面ABED，则点A与C之间距离最小值是.2【答案】2π【分析】做辅助线，设角则有CF=CF=sinα，DF=cosα，∠ADF=-α，在△ADF中由余弦定理得：322223πAF=1-3sinαcosα，进而可得AC=AF+CF=-sin2α+，利用三角函数即可求得最值.26【详解】过点C作CF⊥DE于F，连结CF，AF，设∠CDE=∠CDE=α，π则有CF=CF=sinα，DF=cosα，∠ADF=-α，3在△ADF中由余弦定理得：22πAF=1+cosα-2cosαcos-α=1-3sinαcosα，3在△ACF中由勾股定理得：2222AC=AF+CF=1-3sinαcosα+sinα31-cos2α3π=1-sin2α+=-sin2α+，2226π2∴当α=时，AC取得最小值为.622故答案为：214(23-24高三上·河北保定·期末)如图，在棱长为8的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AA1上的一个动点，给出下列三个结论：①若F为BD1上的动点，则EF的最小值为42；②D到平面BED1的距离的26 86最大值为；③M为BC的中点，P为空间中一点，且PD与平面ABCD所成的角为30°，PM与平面3ABCD所成的角为60°，则P在平面ABCD上射影的轨迹长度为35π，其中所有正确结论的序号是．【答案】①②③【分析】对于①：建系，设设E8,0,8μ,μ∈0,1,BF=λBD1,λ∈0,1，根据两点间距离公式分析求解；对于②：利用等体积法求点到面的距离；对于③：根据线面夹角分析可知：DO=3OM，建系，利用坐标系求点的轨迹方程.【详解】对于①：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D0,0,0,B8,8,0,D10,0,8，可得BD1=-8,-8,8,DB=8,8,0，设E8,0,8μ,μ∈0,1,BF=λBD1=-8λ,-8λ,8λ,λ∈0,1，则DF=DB+BF=8-8λ,8-8λ,8λ，即F8-8λ,8-8λ,8λ，2221221可得EF=64λ+8-8λ+8λ-8μ=82λ-2+λ-μ+2，λ-1=021当，即λ=μ=时，EF取到最小值42，故①正确；λ-μ=02对于②：设D到平面BED1的距离的最大值为h，111256由VD-BED1=VB-EDD1可得h×S△BED1=×8××8×8，则h=，332S△BED11由(1)可知S△BED1的最小值为×42×83=166，225686所以D到平面BED1的距离的最大值为=，故②正确；166327 对于③：设P在平面ABCD上射影为O，连接OP,DO,OM，可知：PD与平面ABCD所成的角为∠PDO=30°，PM与平面ABCD所成的角为∠PMO=60°，PO3PO则tan∠PDO==,tan∠PMO==3，可得DO=3OM，DO3MO在空间直角坐标系，则D0,0,0,M4,8,0，2222设Ox,y,0，则x+y=3x-4+y-8，92245整理得x-+y-9=，2435可知P在平面ABCD上射影的轨迹为半径为的圆，235所以轨迹长度为2π×=35π，故③正确；2故答案为：①②③.【点睛】关键点睛：对于点的距离和轨迹问题，常常建系分析求解.四、解答题15(2023·河南·二模)如图所示，正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为3，P为线段DF1上的动点.(1)求证：AP⎳平面A1BC；(2)设直线AP与平面CDF1A1所成的角为θ，求sinθ的取值范围.【答案】(1)证明见解析615(2),45【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明平面ADF1⎳平面A1BC，结合面面平行的性质可证明AP⎳平面A1BC.28 (2)取A1C的中点为Q，由线面垂直的判定定理可证明AQ⊥平面CDF1A1，即AQ为平面CDF1A1的一个法向量.建立空间直角坐标系，计算向量AQ以及AP的坐标，利用线面角的向量公式，计算结果即可.【详解】(1)连接AD，AF1.在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，因为底面为正六边形，所以AD⎳BC，因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AD⎳平面A1BC.因为CD⎳A1F1，CD=A1F1，所以四边形CDF1A1为平行四边形，所以DF1⎳A1C，又DF1⊄平面A1BC，A1C⊂平面A1BC，所以DF1⎳平面A1BC，又AD∩DF1=D，所以平面ADF1⎳平面A1BC，因为P为线段DF1上的动点，所以AP⊂平面ADF1，所以AP⎳平面A1BC.(2)取A1C的中点为Q，连接AQ，AC.因为底面边长为1，所以AC=3，因为A1A=3，所以A1A=AC，所以AQ⊥A1C.易得CD⊥AC，CD⊥A1A，AC∩A1A=A，所以CD⊥平面A1AC，所以CD⊥AQ，因为A1C∩CD=C，所以AQ⊥平面CDF1A1，即AQ为平面CDF1A1的一个法向量.连接BF，以B为坐标原点，BC，BF，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系B-xyz，131333则A-2,2,0，A1-2,2,3，C1,0,0，D2,2,0，F10,3,3，13333333所以Q4,4,2，所以AQ=4,-4,2，DF1=-2,2,3，AD=(2,0,0).3λ3λ设DP=λDF1=-2,2,3λ(0≤λ≤1)，3λ3λ所以AP=AD+DP=2-2,2,3λ，3AP⋅AQ23则sinθ===，AP2623λ2-3λ+2AQ6λ-6λ+4⋅2因为0≤λ≤1，所以3λ2-3λ+2∈5,26,15，所以sinθ的取值范围是.44529 16(2024高三·全国·专题练习)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点．(1)求AE与D1F所成的角；(2)设AA1=2，在正方形ABCD内(或上)，是否存在点K使得三棱锥K-A1D1E的体积为1？若存在，求出动点K的轨迹；若不存在，说明理由．【答案】(1)90°(2)H为AB的中点，G与F重合，因而使VK-A1D1E=1的K的轨迹为线段HF【分析】(1)取AB的中点H．连结A1H，证明D1F∥A1H，再证明AE⊥A1H即可得解；(2)设K为所求的点，过K在平面ABCD内作HG∥AD，交AB于H，交DC于G，证明HG⎳平面A1D1E，再由等体积法求出AH，即可得出K的轨迹为线段HF．【详解】(1)取AB的中点H．连结A1H，如图，因为A1D1⎳FH,A1D1=FH，所以四边形A1HFD1为平行四边形．所以D1F∥A1H．因为△A1AH≌△AEB，所以∠AHA1+∠HA1A=∠AHA1+∠HA1A=90°．所以AE⊥A1H，又D1F∥A1H，所以AE⊥D1F，即异面直线AE与D1F所成的角为90°．(2)设K为所求的点，过K在平面ABCD内作HG∥AD，交AB于H，交DC于G，连接A1H,HE，如图，因为HG∥A1D1，A1D1⊂平面A1D1E，HG⊄平面A1D1E，所以HG⎳平面A1D1E，所以HG上任一点K到平面A1D1E的距离相等，所以有VK-ADE=VH-ADE．11112设AH=x，则S△AHE=AA1-S△AAH-S△HBE-S△ABE11111111=4-×2x-2-x×1-×2×1=2-x，2222111VH-ADE=VD-AHE=S△AHE⋅A1D1=×2-x×2=1．11113132解得x=1，即H为AB的中点，所以H与H，G与F重合，因而使VK-A1D1E=1的K点的轨迹为线段HF．17(2023·广西南宁·模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E是边AD上的动点，沿BE将△ABE翻折至△ABE，使二面角A-BE-C为直二面角.30 (1)当AE=3时，求证：AB⊥CE；(2)当AB=AE时，求二面角C-AB-E的正弦值.【答案】(1)证明见解析6(2)3【分析】(1)先证CE⊥BE，根据面面垂直的性质可得CE⊥平面ABE，进而可证；(2)先建立空间直角坐标系由空间法求二面角C-AB-E的正弦值.【详解】(1)因为AE=3，AB=3，AD=4，2222所以DE=1，BE=3+3=23，CE=1+3=2，22222因为BE+CE=23+2=16=BC，所以CE⊥BE，因二面角A-BE-C为直二面角，所以平面ABE⊥平面BEC，又平面ABE∩平面BEC=BE，CE⊂平面BEC，所以CE⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，所以AB⊥CE.(2)取BE的中点O，在BC上取点F使OF⊥BE，6由AB=AE得AB=AE=3，∠BEC=45°，故AO⊥BE，AO=，2又因平面ABE⊥平面BEC，平面ABE∩平面BEC=BE，BE⊂平面BEC，所以AO⊥平面BEC，又OF⊂平面BEC，所以AO⊥OF，故如图建立空间直角坐标系，226由AB=AE=3得BE=AB+AE=6，故BO=，2又OF⊥BE，∠BEC=45°，则BF=2BO=3，666故O0,0,0，B-2,0,0，A0,0,2，F0,2,0，6666则BA=2,0,2，BF=2,2,0，由题知平面ABE的法向量为i=0,1,0，设平面ABC的法向量为j=x,y,z，66BA⋅j=0x+z=022则，得，令x=1，得y=-1，z=-1，BF⋅j=06x+6y=022j=1,-1,-1，31 i⋅j13设二面角C-AB-E的平面角为θ，则cosθ===，i⋅j3326故sinθ=1-cosθ=，36即二面角C-AB-E的正弦值为.318(22-23高三下·安徽·阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，所有棱长都相等，AB⊥AD，E，F分别是棱PC，PB的中点，G是棱AB上的动点，且AG=λAB.1(1)若λ=，证明：GF⎳平面BDE.2(2)求平面BDE与平面PDG夹角余弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析3(2)2【分析】(1)连接AC，记AC∩BD=O，连接OE，则OE⎳PA，GF⎳PA，进而GF⎳OE，结合线面平行的判定定理即可证明；(2)建立如图空间直角坐标系，设AB=4，利用空间向量的坐标运算可得DG=22λ+22,22λ-22,0，利用空间向量法求出平面BDE、PDG的法向量，设平面BDE与平面PDG2的夹角为θ，结合空间向量数量积的定义可得cosθ=，结合二次函数的性质即可求解.23λ-2λ+3【详解】(1)连接AC，记AC∩BD=O，连接OE.因为四边形ABCD是正方形，所以O是AC的中点，因为E是PC的中点，所以OE⎳PA.因为G,F分别是棱AB,PB的中点，所以GF⎳PA，所以GF⎳OE.因为OE⊂平面BDE，GF⊄平面BDE，所以GF⎳平面BDE.(2)四边形ABCD为菱形，所以OB⊥OC，由OP⊥平面ABCD，OB、OC⊂平面ABCD，得OP⊥OB，OP⊥OC，故以O为原点，分别以OB，OC，OP的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=4，则A0,-22,0，B22,0,0，D-22,0,0，E0,2,2，P0,0,22，从而AB=22,22,0，BD=-42,0,0，BE=-22,2,2，DP=22,0,22.32 因为AG=λAB=22λ,22λ,0，所以G22λ,22λ-22,0，则DG=22λ+22,22λ-22,0.设平面BDE的法向量为n=(x1,y1,z1)，n⋅BD=-42x1=0,则令y1=1，得n=0,1,-1.n⋅BE=-22x1+2y1+2z1=0,设平面PDG的法向量为m=x2,y2,z2，m⋅DP=22x2+22z2=0,则m⋅DG=22λ+22x2+22λ-22y2=0,令x2=λ-1，得m=λ-1,-λ-1,-λ+1.设平面BDE与平面PDG的夹角为θ(θ为锐角)，n⋅m22则cosθ=cos‹n,m›===.2222nm2×(λ-1)+(-λ-1)+(-λ+1)3λ-2λ+321288因为0≤λ≤1，所以3λ-2λ+3=3λ-+≥，333223所以≤=，3λ2-2λ+382313则当λ=时，平面BDE与平面PDG夹角的余弦值取得最大值.3219(2023·全国·模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1=1，AB⊥AC，AA1垂直于平面ABC．点P，E，F分别为边A1C1，AA1，AC上的动点(不包括顶点)，且满足AE=AF=A1P．(1)求三棱锥B1-A1PE的体积的最大值；(2)记平面BEF与平面BCP所成的锐二面角为θ，当θ最小时，求cosθ的值，并说明点P所处的位置．1【答案】(1)248(2)cosθ=；P在A1C1中点9【分析】(1)设出AE=AF=A1P=t∈0,1，由体积公式结合二次函数性质计算即可得；(2)建立空间直角坐标系后，得到平面BEF与平面BCP法向量，即可表示出cosθ，结合导数即可得cosθ的最大值，亦可得到P所处的位置.【详解】(1)由AA1垂直于平面ABC，且ABC-A1B1C1为直三棱柱，故AA1⊥平面A1B1C1，33 故A1E为三棱锥E-A1B1P的高，设AE=AF=A1P=t∈0,1，则A1E=1-t，11由AB⊥AC，故A1B1⊥A1C1，则S△A1B1P=A1P×A1B1=t，22111121故VB1-A1PE=VE-A1B1P=3S△A1B1P×1-t=6t1-t=-6t-2+24，11故t=时，三棱锥B1-A1PE的体积有最大值；224(2)由AA1垂直于平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，故AA1⊥AB、AA1⊥AC，又AB⊥AC，故AA1、AC、AB两两垂直，设AE=AF=A1P=t∈0,1，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有A0,0,0、B1,0,0、E0,0,t、F0,t,0、P0,t,1、C0,1,0，故BE=-1,0,t、BF=-1,t,0、BP=-1,t,1、BC=-1,1,0，设平面BEF与平面BCP的法向量分别为m=x1,y1,z1、n=x2,y2,z2，m⋅BF=0n⋅BP=0-x1+ty1=0-x2+ty2+z2=0则有，，即，-x+y=0，m⋅BE=0n⋅BC=0-x1+tz1=022令x1=t，x2=1，可得y1=1、z1=1，y2=1、z2=1-t，故m=t,1,1，n=1,1,1-t，t+1+1-t2故cosθ=cosm,n==，t2+1+1⋅1+1+1-t2t2+2t2-2t+322令ft=t+2t-2t+3，t∈0,1，222则ft=2tt-2t+3+t+22t-2=22t-1t-t+2，2127由t-t+2=t-+>0，2411故当t∈0,2时，ft<0，当t∈2,1时，ft>0，11181故ftmin=f2=4+24-1+3=16，228故cosθ=≤=，t2+2t2-2t+381916由θ为锐角时，cosθ随θ的增大而减小，故当θ最小时，有cosθ最大，81即此时cosθ=，此时t=，即点P在A1C1中点.9234