5 立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题是高考的热点， 指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题．解题时需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换，要善于将空间问题转化为平面问题，同时也要牢牢抓住几何体的结构特征，熟练掌握有关计算公式．
类型一 轨迹问题
例1 (2025·太原模拟)(多选题)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在平面上一动点，则下列说法正确的是 ( )
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2π
C．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
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训练1 (2025·淄博一模)(多选题)如图，棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，P，Q分别是棱CC1，BC的中点，动点M满足＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则下列结论正确的是 ( )
A．若λ＋μ＝1，则CM⊥DB1
B．若λ＝μ，则三棱锥B1 AMC的体积为定值
C.若μ＝，0≤λ≤1，则直线PM与直线BC所成角的最小值为60°
D．若动点M在三棱锥C DPQ外接球的表面上，则点M的轨迹长度为π
类型二 截面问题
例2 (多选题)正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为6，P，Q分别是棱A1B1，A1D1的中点，过P，Q，C作正方体的截面，则 ( )
A．该截面是五边形
B．三棱锥C C1PQ外接球的球心在该截面上
C．该截面与底面ABCD夹角的正切值为
D．该截面将正方体分成两部分，较小部分的体积为75
[听课记录]____________________________________________________________
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训练2 (多选题)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是 ( )
A．AO⊥平面BCD
B．球O的体积为
C．球O被平面BCD截得的截面面积为
D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为
类型三 翻折问题
例3 (多选题)如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠D＝60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥S ABC，E是线段SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是 ( )
A．在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC
B．当SB＝3时，三棱锥S ABC的体积为
C．当平面SAC⊥平面ABC时，SB＝
D．当二面角S AC B为120°时，三棱锥S ABC的外接球的半径为
[听课记录]____________________________________________________________
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训练3 (多选题)在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC A1B1C1展开得到平面图，如图所示，∠ABC＝90°，AA1＝AB，P为AB1的中点，Q为A1C的中点，则在原直三棱柱ABC A1B1C1中，下列说法正确的是 ( )
A．P，Q，C，B四点共面
B．A1C⊥AB1
C．几何体A PQCB和直三棱柱ABC A1B1C1的体积之比为
D．当BC＝AB时，A1C与平面ABB1所成的角为45°
类型四 最值、范围问题
例4 (多选题)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有 ( )
A．当P为BD1的中点时，∠APC为锐角
B．存在点P，使得BD1⊥平面APC
C．AP＋PC的最小值为2
D．顶点B到平面APC的最大距离为
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立体几何中有关距离的最值、角的最值、面积的最值等问题的常用求解方法：
(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值．
(2)代数法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及基本不等式等，求出最值．
(3)向量法：借助空间向量构造函数求解最值．
训练4 在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点．若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是________．
进阶点5 立体几何中的动态问题
例1 ACD 解析
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∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B，在Rt△MDN中，DN＝＝＝2，取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝，DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；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的轨迹为以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)，设N(x，y，0)，则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为，所以|cos 〈，〉|＝cos ，所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．故选ACD.
训练1 ABD 解析
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，D1(0，0，2)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，所以＝(2，0，0)，＝(0，0，2)，所以＝λ＋μ＝λ(2，0，0)＋μ(0，0，2)＝(2λ，0，2μ)，即M(2λ，0，2μ)，所以＝(2λ，－2，2μ)，又＝(2，2，2)，所以·＝2λ·2＋(－2)·2＋2μ·2＝4λ－4＋4μ＝4(λ＋μ)－4＝0，所以⊥，所以CM⊥DB1，故A正确；因为λ＝μ，＝λ＋μ，所以点M在直线DA1上，又因为A1B1∥AB∥DC，A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1DCB1是平行四边形，所以A1D∥B1C，又A1D 平面B1AC，B1C 平面B1AC，所以A1D∥平面B1AC，所以M到平面B1AC的距离为定值，又△B1AC的面积为定值，所以三棱锥B1AMC的体积为定值，故B正确；点P为CC1的中点，坐标为(0，2，1)，点M的坐标为 (2λ，0，1)，点B的坐标为(2，2，0)，则向量＝(2λ，－2，0)，向量＝(－2，0，0)，设直线PM与直线BC所成的角为θ，cos θ＝＝＝＝，又因为0≤λ≤1，当λ＝1 时，(cos θ)max＝，即直线PM与直线BC所成角的最小值为45°，故C错误； 因为三棱锥CDPQ即为三棱锥PCDQ，又底面△CDQ是直角三角形，过DQ的中点N作ON⊥平面CDQ，O是三棱锥CDPQ外接球的球心，因为PC⊥平面CDQ，所以ON＝PC＝，又DQ＝＝，所以三棱锥CDPQ外接球的半径r＝＝，因为点M在平面ADD1A1内，又在三棱锥CDPQ外接球的表面上，所以M 的轨迹是平面ADD1A1截三棱锥CDPQ外接球的截面圆，又易得O到平面ADD1A1的距离为1，所以截面圆的半径为＝，所以M 的轨迹的周长为 2π×＝π，故D正确．故选ABD.
例2 ACD 解析 对于A，如图①所示，延长PQ交C1D1的延长线于M，延长QP交C1B1的延长线于H，连接MC交DD1于N，连接HC交BB1于K，连接PK，QN，则五边形PQNCK为平面PQC截正方体所得的截面，故A正确．对于B, 如图②所示，设△PQC1的外心为O1，三棱锥CPQC1的外接球的球心为O，连接C1O，C1O1，O1O，由题知C1P＝C1Q＝3，PQ＝3，CP＝CQ＝9，在△PQC1中，cos ∠P C1Q＝＝，所以sin ∠PC1Q＝，所以△PQC1外接圆的半径为O1C1＝＝，所以三棱锥CPQC1外接球的半径R＝C1O＝＝＝，三棱锥CPQC1外接球的球心O到P，Q，C三点的距离都为R.在△PQC中，cos ∠CPQ＝＝，所以sin ∠CPQ＝，所以△PQC外接圆的半径r＝＝≠R，所以三棱锥CC1PQ外接球的球心不在该截面上，故B错误．对于C，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图③所示的空间直角坐标系，则P(3，0，6)，Q(0，3，6)，C(6，6，0)，所以＝(－3，3，0)，＝(3，6，－6)，设n＝(x，y，z)为平面PQC的法向量，则取x＝2，得y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3).因为AA1⊥平面ABCD，所以＝(0，0，6)为平面ABCD的一个法向量，又cos 〈，n〉＝＝＝，所以sin 〈，n〉＝，则tan 〈，n〉＝，所以该截面与底面ABCD夹角的正切值为，故C正确．对于D，如图④所示，取B1C1的中点G，连接QG，因为△HB1P∽△HGQ，所以＝＝，所以HB1＝3，又△HB1K∽△HC1C，所以＝＝，所以B1K＝2，同理，由△MD1Q∽△MC1H得MD1＝3，由△MD1N∽△MC1C得D1N＝2，所以VCB1KP＝S△B1KP·CB＝××2×3×6＝6，VCD1QN＝S△D1QN·CD＝××2×3×6＝6，VCPQC1＝S△PQC1·C1C＝××3×3××6＝27，VCB1PC1＝S△B1PC1·C1C＝××3×6×6＝18，VCD1QC1＝S△D1QC1·C1C＝××3×6×6＝18，所以该截面将正方体分成两部分，较小部分的体积为6＋6＋27＋18＋18＝75，故D正确．故选ACD.
训练2 ABD 解析
设E，F分别为AB，CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，则EM∥BD，NF∥BD，EM＝BD，NF＝BD，故EM綉NF，则四边形MENF为平行四边形，故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，AN∩DN＝N，AN，DN 平面AND，故BC⊥平面AND，由于O∈MN，MN 平面AND，则AO 平面AND，故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，BC∩DC＝C，BC，DC 平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，在棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝，M为AD的中点，则MN⊥AD，故MN＝＝＝，则OM＝，所以球O的体积为π×OM3＝π×＝，B正确；由BC⊥平面AND，BC 平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，且G为正△BCD的中心，故NG＝ND＝，所以OG＝＝＝，故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为＝，则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π×＝，C错误；由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×＝，D正确．
例3 AC 解析
①
对于A，取SB的中点F，连接EF，如图①，因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，因为AB 平面ABC，EF 平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；对于B，易得△ABC，△SAC为等边三角形，如图②，取AC的中点M，连接BM，SM，则AC⊥BM，AC⊥SM，SM＝MB＝，所以cos ∠SMB＝＝＝－，则点S到平面ABC的距离h＝sin (π－∠SMB)·SM＝×＝，所以三棱锥SABC的体积V＝××22×＝，故B错误；对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，平面SAC∩平面ABC＝AC，因为△SAC为等边三角形，所以SM⊥AC，SM 平面SAC，所以SM⊥平面ABC，又因为MB 平面ABC，所以SM⊥MB，所以SB＝＝，故C正确；
②
对于D，设三棱锥SABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M四点共面，∠OMO1＝∠O1MO2＝60°，O1M＝SM＝，在Rt△OO1M中，OO1＝O1M＝1，又O1S＝SM＝，则三棱锥SABC外接球半径r＝＝＝，故D错误．
训练3 ABD 解析
如图，将展开的平面图还原成立体图形，对A选项，连接A1B，因为P为AB1的中点，所以P也为A1B的中点，又Q为A1C的中点，所以PQ∥BC，所以P，Q，C，B四点共面，故A选项正确；对B选项，因为∠ABC＝90°，由展开图易知，棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以易得BC⊥平面ABB1A1，又AB1 平面ABB1A1，所以AB1⊥BC，又AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为正方形，所以AB1⊥A1B，又BC∩A1B＝B，BC，A1B 平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又A1C 平面A1BC，所以A1C⊥AB1，故B选项正确；对C选项，因为P，Q分别为A1B，A1C的中点，所以S四边形PQCB＝S△A1BC，所以VAPQCB＝VAA1BC＝VA1ABC＝×VABCA1B1C1＝VABCA1B1C1，所以几何体APQCB和直三棱柱ABCA1B1C1的体积之比为，故C选项错误；对D选项，当BC＝AB时，又AA1＝AB，且AA1⊥AB，所以A1B＝AB，所以BC＝A1B，又A1B⊥BC，所以∠BA1C＝45°，又由B选项的分析知BC⊥平面ABB1A1，所以∠BA1C即为A1C与平面ABB1所成的角，又∠BA1C＝45°，所以A1C与平面ABB1所成的角为45°，故D选项正确．
例4 ABD 解析
如图，以点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，设＝λ(0≤λ≤1)，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，0，0)，＝(－1，－1，2)，故＝λ＝(－λ，－λ，2λ)，则＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)，＝＋＝(1，0，0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ).对于A，当P为BD1中点时，P，则＝，＝(－，，－1)，所以cos ∠APC＝＝>0，所以∠APC为锐角，故A正确；当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP 平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，则解得λ＝，故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，由B得，此时λ＝，则＝，＝，所以||＝||＝，即AP＋PC的最小值为，故C错误；对于D，＝(0，1，0)，＝(－1，1，0)，设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，则可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，则点B到平面APC的距离d＝＝，当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0；当0<λ≤1时，d＝＝＝≤，当且仅当λ＝时，等号成立，所以点B到平面APC的最大距离为，故D正确．
训练4 解析
如图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接MN，NE，A1N，A1M.因为M，N，E，F分别为BB1，B1C1，BC，CC1的中点，所以MN∥EF.因为MN 平面AEF，EF 平面AEF，所以MN∥平面AEF.因为AA1∥NE，AA1＝NE，所以四边形AA1NE为平行四边形，所以A1N∥AE.因为A1N 平面AEF，AE 平面AEF，所以A1N∥平面AEF.因为A1N∩MN＝N，A1N，MN 平面A1MN，所以平面A1MN∥平面AEF.因为P是侧面四边形BCC1B1内(不含边界)一点，且A1P∥平面AEF，所以点P必在线段MN上(不含点M，N).在Rt△A1B1M中，A1M＝＝＝，同理在Rt△A1B1N中，求得A1N＝，所以△A1MN为等腰三角形，当点P在MN的中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短，当点P在M或N处时，A1P最长，因为A1O＝＝ ＝，A1M＝A1N＝，所以线段A1P长度的取值范围是.(共46张PPT)
5 立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题是高考的热点， 指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题．解题时需要我们正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换，要善于将空间问题转化为平面问题，同时也要牢牢抓住几何体的结构特征，熟练掌握有关计算公式．
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
①
解析
②
解析
②
解析
③
解析
③
解析
④
解析
④
解析
解析
解析
解析
解析
解析
①
解析
②
解析
②
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
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A
B微练(十五) 立体几何中的动态问题
班级： 姓名：
一、单项选择题
1．已知点P是正四面体A BCD内的动点，E是棱CD的中点，且点P到棱AB和棱CD的距离相等，则点P的轨迹被平面ABE所截得的图形为 ( )
A.线段 B．椭圆的一部分
C.双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
2．已知过BD1的平面与正方体ABCD A1B1C1D1的棱AA1，CC1分别交于点M，N，则下列关于截面BMD1N的说法中，不正确的是 ( )
A.截面BMD1N可能是矩形
B.截面BMD1N可能是菱形
C.截面BMD1N可能是梯形
D.截面BMD1N不可能是正方形
3．如图，正三棱柱ABC A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是2，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN∥平面ABC1，则点N的轨迹的长度为 ( )
A. B．2 C． D．4
4．(2025·无锡模拟)已知三棱锥P ABC的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为4，体积为，若该三棱锥的外接球O的半径为，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为 ( )
A.6π B．12π C．2π D．4π
5．(2025·锦州模拟)如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数y＝2sin ωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则ω的值为 ( )
A. B． C． D．2
6．(2025·黑龙江一模)正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1的中点，点P在面对角线BC1上运动(P点异于B，C1点)，以下说法错误的是 ( )
A.BD1∥平面AEC
B.A1P⊥B1D
C.直线B1E与平面CDD1C1所成角的余弦值为
D.三棱锥P ACD1的体积为
二、多项选择题
7．如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不包含端点)，若正方体的棱长为1，则下列结论正确的有 ( )
A.直线D1P与AC所成角的取值范围是
B.存在P点，使得平面APD1∥平面C1BD
C.三棱锥D1 CDP的体积为
D.平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形
8．如图，在三棱锥A BCD中，AB＝AC＝3，△BCD是边长为2的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，点P满足＝λ＋μ，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则 ( )
A.当λ＝时，△PCD的面积为定值
B.当μ＝0时，DP的长度的取值范围为[，2]
C.当μ＝时，存在点P，使得BP⊥DP
D.当2λ＋μ＝1时，存在点P，使得DP⊥平面ABC
三、填空题
9．如图，P是棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1表面上的动点，且AP＝，则动点P的轨迹的长度为________．
10．在底面为等腰直角三角形的直三棱柱ABC A1B1C1中，M为底面三角形斜边BC上一点，且·＝0，AC＝AA1＝1，P为线段BC1上一动点，则平面AMP截三棱柱所得截面面积的最大值为________．
四、解答题
11．(2025·重庆市调研抽测)如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB＝AP，在四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝6，CD＝，∠CDA＝45°.
(1)若E为PB的中点，求证：平面PBC⊥平面ADE；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值为.
①求线段AB的长；
②设G为△PAD内(含边界)的一点，且GB＝2GA，求满足条件的所有点G组成的轨迹的长度．
12．如图①，已知等腰梯形MBCD中，DA⊥MB，MB＝3DC＝3AD＝3MA，现沿DA所在直线将△MAD折起，使点M到达点P的位置，如图②，E，F分别为BC，PA的中点．
(1)求证：EF∥平面PCD；
(2)若∠PAB＝60°，求平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值．
微练(十五) 立体几何中的动态问题
1．D 解析
如图，在正四面体A BCD中，E是棱CD的中点，所以AE⊥CD，BE⊥CD，又AE∩BE＝E，AE，BE 平面ABE，所以CD⊥平面ABE，又点P的轨迹被平面ABE所截，即点P在平面ABE内，所以点P到棱CD的距离为PE.在平面ABE内过点P作PF⊥AB，则PF为点P到棱AB的距离，又点P到棱AB和棱CD的距离相等，即PE＝PF，因此，在平面ABE内，动点P到棱AB和到定点E的距离相等．由抛物线的定义得，动点P的轨迹是抛物线的一部分．
2．C 解析 如图①，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；如图②，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形．故选C.
3．B 解析
如图，取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC1，又DE 平面ABC1，BC1 平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，又M为A1C1的中点，所以MD∥A1B1∥AB，又MD 平面ABC1，AB 平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，又DE∩MD＝D，DE 平面DEM，MD 平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC1，又因为N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，所以N的轨迹为线段DE，DE＝＝2，所以点N的轨迹的长度为2.
4．D 解析 依题意得，设底面等腰Rt△ABC的直角边长为x(x>0)，所以三棱锥P ABC的体积V＝××x2×4＝，解得x＝2.所以△ABC的外接圆半径为r1＝××2＝2，所以球心O到底面ABC的距离为d1＝＝＝3，又因为顶点P到底面ABC的距离为4，所以顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周．当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心O到该截面圆的距离为d2＝4－3＝1，因为截面圆的半径为r2＝＝＝2，所以顶点P的轨迹长度为2πr2＝4π；当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为d3＝3＋4＝7>R＝，故不成立．综上，顶点P的轨迹长度为4π.故选D.
5．A 解析 由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y＝2sin ωx(ω>0)图象的一部分，可得AB＝4，且T＝，所以圆柱的底面直径2r＝，设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为，可得＝＝，所以AC＝＝，由勾股定理得16＋＝，解得ω＝.
6．C 解析
如图，连接BD，BD∩AC＝O，因为O，E分别是BD，DD1的中点，所以OE∥BD1，OE 平面AEC，BD1 平面AEC，所以BD1∥平面AEC，A选项正确；如图建系，设P(1－t，1，t)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D(0，0，0)，所以＝(－t，1，t－1)，＝(1，1，1)，·＝－t＋1＋t－1＝0，所以A1P⊥B1D，B选项正确；又B1(1，1，1)，E，设平面CDD1C1的一个法向量为n＝(1，0，0)，＝，设直线B1E与平面CDD1C1所成角为θ，所以sin θ＝＝＝，所以cos θ＝＝＝，C选项错误；设平面ACD1的法向量为m＝(x，y，z)，因为P(1－t，1，t)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，所以＝(－t，1，t)，＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1)，所以，
令x＝1，则m＝(1，1，1)，因为AC＝AD1＝CD1＝，所以S△ACD1＝×××＝，所以点P到平面ACD1的距离为d＝＝＝，所以三棱锥P ACD1的体积为V＝S△ACD1d＝××＝，D选项正确．故选C.
7．BC 解析
①
对于A，如图①，连接AC，D1P，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，1，0).则有＝(－1，1，0)，＝＋λ＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1)＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)，所以|cos 〈，〉|＝＝.令f(λ)＝，λ∈(0，1)，f′(λ)＝＝<0，所以f(λ)＝在(0，1)上单调递减．因为f(0)＝，f(1)＝0，所以0<|cos 〈，〉|<，又〈，〉∈，故〈，〉∈，故A错误；对于B，当P为A1B的中点时，有AP∥C1D，AD1∥C1B，易证平面APD1∥平面C1BD，故B正确；对于C，三棱锥D1 CDP的体积VD1 CDP＝VP CDD1＝×S△CDD1×AD＝××1×1×1＝，故C正确；对于D，设A1B的中点为O，连接AP，AD1，D1P，当P点在线段OB(不包含端点)上时，平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②，当P点在O点时，平面APD1截正方体所得的截面为正三角形AB1D1，当P点在线段OA1(不包含端点)上时，平面APD1截正方体所得的截面为等腰三角形AD1G，如图③，且AG2＋D1G2≠AD，所以该三角形不可能为直角三角形，故D错误．故选BC.
8．BD 解析
取BC的中点O，连接AO，DO，由题意可知AO⊥BC，DO⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AO 平面ABC，所以AO⊥平面BCD，又OD 平面BCD，所以AO⊥OD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，，0)，因为＝λ＋μ，所以P(－2λ－μ＋1，0，2μ).当λ＝时，P(－μ，0，2μ)为动点，△PCD的面积不是定值，故A错误；当μ＝0时，P(1－2λ，0，0)，DP＝，又因为0≤λ≤1，所以DP∈[，2]，故B正确；当μ＝时，P(－2λ，0，)，所以＝，＝(－2λ，－，)，若·＝0，则4λ2＋＝0，无解，所以不存在点P，使得BP⊥DP，故C错误；当2λ＋μ＝1时，P(0，0，2μ)，则P在z轴上，只有P与原点重合时，DP⊥平面ABC，故D正确．故选BD.
9． 解析 由已知AC＝AB1＝AD1＝，在平面BC1，平面A1C1，平面DC1中，BP＝A1P＝DP＝1，所以动点P的轨迹是在平面BC1，平面A1C1，平面DC1内分别以B，A1，D为圆心，1为半径的三段圆弧，且长度相等，故轨迹长度和为×3＝.
10． 解析 分如下三种情况：如图①，延长MP交B1C1于点N，过点N作B1C1的垂线交A1C1于点S，连接AS，则四边形AMNS为所求截面；如图②，延长MP交B1C1于点N1，过点N1作B1C1的垂线交A1B1于点S1，连接AS1，则四边形AMN1S1为所求截面；如图③，延长MP交BB1于点N2，连接AN2，则三角形AMN2为所求截面．显然图①②中的截面面积均大于或等于图③中的截面面积，故只需考虑图①②中的情况，易知图①②中的情况相同，故只需考虑图①.在图①中，易知SN∥AM，AM⊥MN，设C1N＝x，则SN＝x，MN＝，所以所求截面面积S＝×＝＝，因为y＝x4，y＝x＋均在上单调递增，所以函数y＝x4＋x＋在上单调递增，故S≤×＝，故截面面积的最大值为.
11．解 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又PB 平面PAB，所以PB⊥AD.因为AB＝AP，E为PB的中点，所以PB⊥AE，又AE∩AD＝A，AE，AD 平面ADE，所以PB⊥平面ADE，又PB 平面PBC，所以平面PBC⊥平面ADE.
(2)①以点A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝t(0②由①得A(0，0，0)，B(2，0，0)，AP＝AB＝2，AD＝6－AB＝4.设G(0，y，z)(0≤y≤4，0≤z≤2)，因为GB＝2GA，所以＝2，所以y2＋z2＝，设点A到PD的距离为h，因为AP⊥AD，所以PD＝＝2，则×2×4＝×2h，得h＝>，又0≤y≤4，0≤z≤2，所以点G的轨迹是平面Ayz内以A为圆心，为半径的圆的，所以满足条件的所有点G组成的轨迹的长度为×2π×＝π.
12．解
①
(1)证明：如图①，取AD的中点H，连接HE，HF.因为F为PA的中点，所以HF∥PD.又HF 平面PCD，PD 平面PCD，所以HF∥平面PCD.因为E为BC的中点，所以HE∥DC.又HE 平面PCD，DC 平面PCD，所以HE∥平面PCD.又HF∩HE＝H，HF，HE 平面FHE，所以平面FHE∥平面PCD.因为FE 平面FHE，所以FE∥平面PCD.
②
(2)由折叠知，DA⊥PA，DA⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以DA⊥平面PAB.因为DA 平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAB.如图②，过点P作OP⊥AB于点O，取DC的中点N，连接ON，易知ON，OB，OP两两垂直．以O为原点，ON，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设DC＝1，则PA＝1，OA＝，OP＝，得A(0，－，0)，B，C，D(1，－，0)，P(0，0，).所以＝(1，0，0)，＝，＝(1，－1，0)，＝.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即取z1＝1，则x1＝0，y1＝－，即n1＝(0，－，1).设平面PBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即取y2＝1，则x2＝1，z2＝，即n2＝(1，1，).所以cos 〈n1，n2〉＝＝＝0，所以平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为0.(共43张PPT)
微练(十五) 立体几何中
的动态问题
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