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§7.9 空间动态问题突破
题型一 空间位置关系的判定
例1 (1)如图，在矩形ABCD中，BC＝1，AB＝x，BD和AC交于点O，将△BAD沿直线
BD翻折，则下列说法中错误的是( )
A．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥OC
B．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥BD
C．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AB⊥平面ACD
D．存在x，在翻折过程中存在某个位置，使得AC⊥平面ABD
答案 D
解析 当AB＝x＝1时，此时矩形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
将△BAD沿直线BD翻折，若使得平面ABD⊥平面BCD时，
由OC⊥BD，OC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
所以OC⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以AB⊥OC，故A正确；
又OC⊥BD，OA⊥BD，且OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC，
所以BD⊥平面OAC，又AC⊂平面OAC，所以AC⊥BD，故B正确；
在矩形ABCD中，AB⊥AD，AC＝，
所以将△BAD沿直线BD翻折时，
总有AB⊥AD，
取x＝，当将△BAD沿直线BD翻折到AC＝时，有AB2＋AC2＝BC2，
即AB⊥AC，且AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，
则此时满足AB⊥平面ACD，故C正确；
若AC⊥平面ABD，又AO⊂平面ABD，则AC⊥AO，
所以在△AOC中，OC为斜边，这与OC＝OA相矛盾，故D不正确.
(2)(多选)(2022·烟台质检)如图，在正方体ABCD－ABC D 中，点P在线段BC 上运动，则
1 1 1 1 1
下列判断中正确的是( )A．平面PBD⊥平面ACD
1 1
B．AP∥平面ACD
1 1
C．异面直线AP与AD 所成的角的范围是
1 1
D．三棱锥D－APC的体积不变
1
答案 ABD
解析 对于A，根据正方体的性质，易证DB⊥平面ACD ，
1 1
又DB⊂平面PBD，
1 1
则平面PBD⊥平面ACD ，故A正确；
1 1
对于B，连接AB，AC (图略)，易证明平面BAC ∥平面ACD ，
1 1 1 1 1 1
又AP⊂平面BAC ，
1 1 1
所以AP∥平面ACD ，故B正确；
1 1
对于C，当P与线段BC 的两端点重合时，AP与AD 所成的角取最小值，当P与线段BC
1 1 1 1
的中点重合时，AP与AD 所成的角取最大值，故AP与AD 所成的角的范围是，故C错误；
1 1 1 1
对于D， 因为点C到平面ADP的距离不变，且△ADP的面积不变，所以
1 1
三棱锥D－APC的体积不变，故D正确．
1
思维升华 解决空间位置关系的动点问题
(1)应用“位置关系定理”转化．
(2)建立“坐标系”计算．
跟踪训练 1 (多选)如图，在直三棱柱 ABC－ABC 中，△ABC 为等腰直角三角形，
1 1 1
AB⊥BC，且AC＝AA＝2，E，F分别是AC，AC 的中点，D，M分别是AA，BB 上的两个
1 1 1 1 1
动点，则( )
A．FM与BD一定是异面直线
B．三棱锥D－MEF的体积为定值
C．直线BC 与BD所成的角为
1 1
D．若D为AA 的中点，则四棱锥D－BBFE的外接球表面积为5π
1 1
答案 BCD解析 A项，当M，B重合时，FM(即BF)与BD是相交直线，故A错误；
B项，由已知可得BF⊥AC ，又平面ABC⊥平面CAAC ，
1 1 1 1 1
所以BF⊥平面CAAC .
1 1 1
在矩形AEFA 中，△DEF的面积
1
S＝×EF×AF＝×2×1＝1.
1
又BF＝AC ＝1，
1 1 1
所以三棱锥D－MEF的体积V ＝S×BF＝×1×1＝，所以B正确；
M－DEF 1
C项，由AA⊥平面ABC ，得AA⊥BC ，
1 1 1 1 1 1 1
又BC ⊥AB，AB∩AA＝A，AB，AA⊂平面ABBA，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BC ⊥平面ABBA，
1 1 1 1
因为BD⊂平面ABBA，
1 1
所以BC ⊥BD，所以C正确；
1 1
D项，由题意可得四边形BBFE为矩形，连接BF(图略)，
1
则矩形BBFE外接圆的圆心为BF的中点O，且OF＝OB＝.
1 1 1 1
过O 作ON⊥EF，垂足为N，连接DN，OD，
1 1 1
则ON＝，DN＝1，ON⊥DN，
1 1
故OD＝，
1
所以O 是四棱锥D－BBFE的外接球的球心，外接球的半径为R＝，
1 1
则外接球的表面积为S＝4π×2＝5π，
所以D正确．
题型二 轨迹问题
例2 (1)(多选)(2022·日照模拟)如图，已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为4，M为DD 的
1 1 1 1 1
中点，N为ABCD所在平面内一动点，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2π
C．若点N到直线BB 与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
1
D．若DN与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
1
答案 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＝DD ＝×4＝2，所以点N的轨迹为
1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，连接PE，因为P为MN的中点，
所以PE∥DN，且PE＝DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD 垂
1
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BB⊥平面ABCD，所以BB⊥NB，所以点N到直线BB 的距离为
1 1 1
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为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
1
则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D(0,0,4)，设N(x，y，0)，
1
则AB＝(0,4,0)，D1N＝(x，y，－4)，
因为DN与AB所成的角为，
1
所以|cos〈AB，D1N〉|＝cos ，
所以＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
(2)(2022·济南模拟)如图，已知四棱锥S－ABCD的底面是边长为6的菱形，∠BAD＝60°，
AC，BD相交于点O，SO⊥平面ABCD，SO＝4，E是BC的中点，动点P在该棱锥表面上运
动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为________．
答案 8
解析 如图，分别取DC，SC的中点G，F，连接GE，GF，FE，
∵E是BC的中点，
∴GE∥DB，FE∥SB，
GE⊄平面SBD，DB⊂平面SBD，
则GE∥平面SBD；FE⊄平面SBD，SB⊂平面SBD，
则FE∥平面SBD，
又GE∩FE＝E，∴平面FEG∥平面SBD，
∵SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AC，
又∵四边形ABCD是菱形，∴DB⊥AC，
∵SO∩DB＝O，SO，DB⊂平面SBD，
∴AC⊥平面SBD，
则AC⊥平面FEG，
故只要动点P在平面FEG内即总保持PE⊥AC，又动点P在棱锥表面上运动，
∴动点P的轨迹的周长即为△FEG的周长，
∵四边形ABCD是边长为6的菱形，且∠BAD＝60°，
∴BD＝6，则OB＝OD＝3，
又SO＝4，∴SB＝SD＝5，
故FE＝FG＝，GE＝3，
∴△FEG的周长为8.
思维升华 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，或用代替法进行计算．
(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．
跟踪训练2 (1)(2022·滨州模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为，B为斜足．平面α
上的动点P满足∠PAB＝，则点P的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设OB＝OA＝1，
则B(0,1,0)，A(0,0,1)，P(x，y，0)，
则AB＝(0,1，－1)，
AP＝(x，y，－1)，
所以cos〈AB，AP〉＝＝，
即3x2＋(y－2)2＝3，
所以点P的轨迹是椭圆．
(2)(2022·宁波模拟)在棱长为2的正方体ABCD－ABC D 中，E，F分别为棱AB，AD的中
1 1 1 1
点，P为线段C D上的动点，则直线AP与平面DEF的交点Q的轨迹长度为( )
1 1 1
A. B. C. D.
答案 C
解析 如图，连接BD，
1 1
因为E，F分别为棱AB，AD的中点，所以BD∥EF，
1 1
则B，D，E，F四点共面．
1 1
连接AC ，AD，设AC ∩BD＝M，AD∩DF＝N，连接MN，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
则点Q的轨迹为线段MN，
易得AD＝＝4，
1
△AND∽△DNF，且＝2，
1 1
所以AN＝AD＝.
1 1
易知AC ＝C D＝AD＝4，
1 1 1 1
所以∠C AD＝60°，又AM＝2，所以在△AMN中，由余弦定理可得MN2＝AN2＋AM2－
1 1 1 1 1 1
2AN·AMcos∠MA N＝，
1 1 1
所以MN＝，即点Q的轨迹长度为.
题型三 最值、范围问题
例3 (1)如图所示，在正方体ABCD－ABC D 中，点P是线段BD 上一动点，且AP∥平
1 1 1 1 1 1
面DBC ，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为( )
1
A. B.C. D.
答案 C
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所
1
示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，
设P(λ，λ，1)，λ∈[0,1]，
∴DB＝(1,1,0)，AP＝(λ－1，λ，1)，
∴DB·AP＝2λ－1，|DB|＝，
|AP|＝，
设异面直线AP与BD所成的角为θ，
则cos θ＝＝
＝·＝·
＝·，
当λ＝时，cos θ取得最小值为0，
当λ＝0或1时，cos θ取得最大值为，
∴0≤cos θ≤，则≤θ≤.
(2)(多选)(2022·济宁模拟)如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的
动点，SO＝OC＝2，则下列结论正确的是( )
A．圆锥SO的侧面积为8π
B．三棱锥S－ABC体积的最大值为
C．∠SAB的取值范围是
D．若AB＝BC，E为线段AB上的动点，则SE＋CE的最小值为2(＋1)
答案 BD
解析 在Rt△SOC中，
SC＝＝2，
则圆锥的母线长l＝2，半径r＝OC＝2，对于选项A，
圆锥SO的侧面积为πrl＝4π，
故选项A错误；
对于选项B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S ＝×4×2＝4，
△ABC
则三棱锥S－ABC体积的最大值为×S ×SO＝×4×2＝，故选项B正确；
△ABC
对于选项C，当点B与点A重合时，∠ASB＝0为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB＝，
达到最大值，
又因为B与A，C不重合，
则∠ASB∈，又2∠SAB＋∠ASB＝π，
可得∠SAB∈，
故选项C不正确；
对于选项D，由AB＝BC，∠ABC＝，AC＝4，
得AB＝BC＝2，又SA＝SB＝2，
则△SAB为等边三角形，
则∠SBA＝，
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△SAB，
1
则△SAB为等边三角形，∠SBA＝，
1 1
如图所示，则(SE＋CE) ＝SC，
min 1
因为SB＝BC＝2，
1
∠SBC＝∠SBA＋∠ABC＝，
1 1
SC2＝SB2＋BC2－2×SB×BC×cos
1 1 1
＝8＋8＋8＝(2＋2)2，
则(SE＋CE) ＝SC＝2(＋1)，
min 1
故选项D正确．
思维升华 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，
即可求解．
(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．
跟踪训练3 (1)(2022·邢台模拟)球O为正四面体ABCD的内切球，AB＝2，MN是球O的直径，点P在正四面体ABCD的表面运动，则PM·PN的最小值为______，最大值为______．
答案 0
解析 PM·PN＝(PO＋OM)·(PO＋ON)＝PO2－OM2，如图所示：
设球O的半径为r，由题可知正四面体ABCD的高为h＝AO＝＝，
1
所以4×××r＝××，解得r＝.
因为点P在正四面体ABCD的表面运动，
所以|PO|的最大值为AO＝h－r＝，
最小值为r＝，又|OM|＝r＝，
所以PM·PN的最小值为0，最大值为.
(2)(2022·杭州检测)在长方体ABCD－ABC D 中，AB＝AA ＝2AD＝2，E为棱CC 上一点，
1 1 1 1 1 1
记平面BDE与底面ABCD的夹角为α，则当α取得最小值时CE的长度为________．
1
答案
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
设CE＝a，a∈[0,2]，
B(1,2,0)，E(0,2，a)，
D(0,0,2)，
1
BD1＝(－1，－2,2)，
BE＝(－1,0，a)，
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则即
取x＝a，则n＝，
显然平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，
即cos α＝＝
＝＝，
当α最小时，取最大值，即当a＝时，cos α取最大值，α取得最小值．课时精练
1．(2022·广州模拟)点P为棱长是2的正方体ABCD－ABC D 的内切球O球面上的动点，
1 1 1 1
点M为BC 的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为( )
1 1
A．π B．2π C．4π D．2π
答案 C
解析 根据题意知，该正方体的内切球半径为r＝，如图．取BB 的中点N，连接CN，则
1
CN⊥BM，∴CN为DP在平面BC CB中的射影，∴点P的轨迹为过D，C，N的平面与内切
1 1
球的交线，
∵正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，
1 1 1 1
∴O到过D，C，N的平面的距离为＝1，
∴截面圆的半径为2，
∴点P的轨迹的长度为2π×2＝4π.
2．正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当PA·PD取得最小
值时，点P到AD的距离为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
所以其体积为××1×1××＝.
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
则4×××1×1××r＝，得r＝.
如图，取AD的中点E，则PA·PD＝(PE＋EA)·(PE＋ED)＝PE2＋PE·(EA＋ED)＋EA·ED＝PE2－.
显然，当PE的长度最小时，PA·PD取得最小值．
设正四面体内切球的球心为O，
可求得OA＝OD＝.因为球心O到点E的距离d＝＝＝，
所以球O上的点P到点E的最小距离为
d－r＝－＝，
即当PA·PD取得最小值时，点P到AD的距离为.
3．如图，在正三棱柱ABC－ABC 中，底面边长为a，侧棱长为b，且a≥b，点D是BC
1 1 1 1
的中点，则直线AD与侧面ABBA 所成角的正切值的最小值是( )
1 1
A. B. C. D.
答案 D
解析 如图，取AB 的中点E，连接BE，C E，则C E⊥AB ，由正三棱柱的性质可知，平
1 1 1 1 1 1
面ABC ⊥平面ABBA，
1 1 1 1 1
∴C E⊥平面ABBA，取BE的中点F，连接AF，DF.
1 1 1
∵D为BC 的中点，∴DF∥C E，
1 1
∴DF⊥平面ABBA，
1 1
∴∠DAF即为直线AD与侧面ABBA 所成的角．
1 1
在Rt△AFD中，DF＝C E＝a，
1
AF＝＝，
∴tan∠DAF＝＝
＝≥＝，当且仅当a＝b时，等号成立，
∴直线AD与侧面ABBA 所成角的正切值的最小值为.
1 1
4．(多选)(2022·长沙检测)设动点P在正方体ABCD－ABC D 上(含内部)，且D1P＝λD1B，
1 1 1 1
当∠APC为锐角时，实数λ可能的取值是( )
A. B. C. D.
答案 CD
解析 设AP＝x，DP＝t，正方体的棱长为1，
1
则AC＝，在△APC中，
由余弦定理得cos∠APC＝＝，若∠APC为锐角，则>0，则x2>1，
在△ADP中，AD＝，
1 1
cos∠ADP＝＝，
1
于是由余弦定理得x2＝2＋t2－2××t×，
于是2＋t2－2××t×>1，
即3t2－4t＋3>0，
解得t>或t<，由DB＝，
1
故λ>1(舍去)或0<λ<.
5．(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，P，M分别为棱CD，CC 的中点．
1 1 1 1 1
Q为线段AB上任一点，则下列说法正确的是( )
1
A．平面APM内存在直线与AD 平行
1 1
B．平面APM截正方体ABCD－ABC D 所得截面的面积为
1 1 1 1
C．直线AP和DQ所成的角可能为60°
D．直线AP和DQ所成的角可能为30°
答案 BC
解析 对于选项 A，在正方体 ABCD－ABC D 中，BC∥AD ，在平面 ABCD中，直线
1 1 1 1 1 1
AP，BC相交，所以直线BC与平面APM相交，故直线AD 与平面APM相交，故平面APM
1 1
内不存在直线与AD 平行，所以选项A错误；
1 1
对于选项B，如图，连接C D，AB，因为P，M分别为棱CD，CC 的中点，
1 1 1
所以PM∥C D，PM＝C D，
1 1
在正方体ABCD－ABC D 中，AB∥C D，
1 1 1 1 1 1
所以PM∥AB，连接BM，
1 1
则梯形ABMP为所求的截面，
1
易知AP＝BM＝＝，
1
PM＝＝，AB＝，
1
所以等腰梯形ABMP的高为
1
＝＝，
所以梯形ABMP的面积为
1
××＝，选项B正确；
对于选项C，D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，P，B(1,1,0)，A(1,0,1)，A1B＝(0,1，－1)，DA1＝(1,0,1)，
1
PA＝，
设A1Q＝λA1B＝λ(0,1，－1)＝(0，λ，－λ)，
0≤λ≤1，
所以DQ＝DA1＋A1Q＝(1，λ，1－λ)，
所以|cos〈PA，DQ〉|
＝
＝.
当＝cos 60°＝，
即λ2＋λ－1＝0时，解得λ＝，
其中∈[0,1]，
当＝cos 30°＝，
即13λ2－7λ＋7＝0时，方程无解．
所以直线AP和DQ所成的角可能为60°，但不可能为30°，选项C正确，选项D错误．
6．(多选)在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，M，N分别为BD ，BC 的中点，点P
1 1 1 1 1 1 1
在正方体的表面上运动，且满足MP⊥CN.给出的下列说法中正确的是( )
A．点P可以是棱BB 的中点
1
B．线段MP的最大值为
C．点P的轨迹是正方形
D．点P的轨迹长度为2＋
答案 BD
解析 在正方体ABCD－ABC D 中，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，建立如图
1 1 1 1所示的空间直角坐标系，
∵该正方体的棱长为1，M，N分别为BD，BC 的中点，
1 1 1
∴D(0,0,1)，B(1,1,0)，M，
1
N，C(0,1,0)，
∴CN＝，
设P(x，y，z)，则MP＝，
∵MP⊥CN，
∴＋z－＝0，即2x＋4z－3＝0，
当x＝1时，z＝，当x＝0时，z＝，
取E，F，G，
H，
连接EF，FG，GH，HE，
则EF＝HG＝(0,1,0)，
EH＝FG＝，
∴四边形EFGH为矩形，
又EF·CN＝0，EH·CN＝0，
即EF⊥CN，EH⊥CN，
又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，
∴CN⊥平面EFGH，
又EM＝，MG＝，
∴M为EG的中点，则M∈平面EFGH，
为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，
∴点P的轨迹为四边形EFGH，
∴点P不可能是棱BB 的中点，故选项A错误；
1
又EF＝GH＝1，EH＝FG＝，
∴EF≠EH，则点P的轨迹是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周长为2＋2×＝2＋，
故选项C错误，选项D正确；
∵点P的轨迹为矩形EFGH，∴当P点在矩形的四个端点时，MP取得最大值，且MP的最大值为，故B正确．
7.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，M为线段AB 上的动点(含端点)，
1 1 1 1 1
则下列结论正确的是( )
A．平面BCM⊥平面AAM
1
B．三棱锥B－MB C体积的最大值为
1
C．当M为AB 的中点时，直线BD与直线CM所成的角的余弦值为
1 1
D．直线CM与AD所成的角不可能是
1
答案 ABC
解析 对于A，∵BC⊥AB，BC⊥BB，AB∩BB＝B，AB，BB⊂平面AAM，
1 1 1 1
∴BC⊥平面AAM，又BC⊂平面BCM，
1
∴平面BCM⊥平面AAM，A正确；
1
对于B，
∵M为AB 上的动点，∴当M与A重合时， 取得最大值为AB·BB＝，
1 1
∴ ＝×＝，B正确；
对于C，以D 为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系，
1
当M为AB 的中点时，
1
M，又B(1,1,0)，C(0,1,1)，D(0,0,1)，
1
∴B1D＝(－1，－1,1)，CM＝，
∴cos〈B1D，CM〉＝＝＝－，
∴当M为AB 的中点时，直线BD与直线CM所成的角的余弦值为，C正确；
1 1
对于D，如C中所建立的空间直角坐标系，
设M(1，y，z)，AM＝λAB1(0≤λ≤1)，
又A(1,0,1)，
∴AB1＝(0,1，－1)，AM＝(0，y，z－1)，
∴(0，y，z－1)＝(0，λ，－λ)，则y＝λ，z＝1－λ，∴M(1，λ，1－λ)，
∴CM＝(1，λ－1，－λ)，又A1D＝(－1,0,1)，
∴|cos〈CM，A1D〉|＝
＝，
若直线CM与AD所成的角为，
1
则＝，
解得λ＝2±，又λ∈[0,1]，∴当λ＝2－，即AM＝(2－)AB1时，直线CM与AD所成的角为，
1
D错误．
8．(多选)正三棱柱ABC－ABC (底面是正三角形，侧棱垂直底面)的各条棱长均相等，D为
1 1 1
AA 的中点．M，N分别是BB ，CC 上的动点(含端点)，且满足BM＝C N.当M，N运动时，
1 1 1 1
下列结论中正确的是( )
A．平面DMN⊥平面BCC B
1 1
B．三棱锥A－DMN的体积为定值
1
C．△DMN可能为直角三角形
D．平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为
答案 ABD
解析 如图，
当M，N分别是BB ，CC 上的动点(含端点)，且满足BM＝C N时，则线段MN一定过正方
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形 BCC B 的中心 O，而 DO⊥平面 BCC B ，DO⊂平面 DMN，可得平面 DMN⊥平面
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BCC B，故A正确；
1 1
当M，N分别是BB，CC 上的动点(含端点)时，过点M作AD边上的高，其长等于AB的长，
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所以△ADM的面积不变，由于C N∥平面ADM，故点N到平面ADM的距离等于点C 到
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平面ADM的距离，则点N到平面ADM的距离为定值，故三棱锥A －DMN的体积为定值，
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所以B正确；
由BM＝C N可得，DN＝DM ，若△DMN为直角三角形，则一定是以∠MDN为直角的直角
1
三角形，但MN的最大值为BC ，而此时DN，DM的长都大于BB ，故△DMN不可能为直
1 1角三角形，所以C不正确；
当M，N分别是BB，CC 的中点时，平面DMN与平面ABC平行，所成角为0度；
1 1
当M与B重合，N与C 重合，平面DMN与平面ABC所成锐二面角最大；
1
延长C D交CA于G，连接BG，则平面DMN∩平面ABC＝GB，由于D为AA 的中点，AA
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＝CC ，所以DA∥CC ，且DA＝CC ，故在△C GC中，D为C G的中点，A为CG的中点，
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在△C GB中，D为C G的中点，O为BC 的中点，故DO∥GB，由于DO⊥平面BCC B ，
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所以GB⊥平面BCC B ，则GB⊥BC，GB⊥BC ，所以平面DMN与平面ABC所成锐二面角
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最大为∠C BC＝，故D正确．
1
9．如图，在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，点M是AD的中点，点P在底面ABCD
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内(不包括边界)运动，若BP∥平面ABM，则C P的长度的取值范围是____________．
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答案
解析 如图，取BC的中点N，连接BD，BN，DN，过C作CO⊥DN于O，连接C O，由
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正方体的性质知DN∥MB，AM∥BN，又DN∩BN＝N，MB∩AM＝M，
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∴平面BDN∥平面ABM，
1 1
∴点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN(不含点N和点D)．
连接C D，C N，在△C DN中，
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C D＝，
1
DN＝C N＝＝，
1
∴ ＝××＝，
∵C C⊥平面ABCD，CO⊥DN，
1
∴C O⊥DN，则当P与O重合时，C P的长度取得最小值，
1 1
∴C P的长度的最小值为
1
C O＝＝，
1
又C P<，
1
∴C P的长度的取值范围是.
110．在正四棱柱ABCD－ABC D 中，AB＝2，AA ＝4，E为AB的中点，点F满足C1F＝
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3FC，动点M在侧面AADD内运动，且MB∥平面DEF，则|MD|的取值范围是________．
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答案
解析 因为ABCD－ABC D 是正四棱柱，
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以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设M(x，0，z)，B(2,2,0)，D(0,0,4)，E(2,1,0)，
1
因为C1F＝3FC，
所以F是CC 四等分点(靠近C)，
1
所以F(0,2,1)，
所以D1E＝(2,1，－4)，D1F＝(0,2，－3)，
设平面DEF的一个法向量为n＝(a，b，c)，
1
则
即
令c＝2，则a＝，b＝3，
故n＝，
又MB＝(2－x，2，－z)，MB∥平面DEF，
1
所以MB⊥n，即MB·n＝0，
所以(2－x)＋6－2z＝0，
所以z＝－x，
故|MD|＝＝
＝，
因为0≤x≤2,0≤z≤4，
所以－x∈[0,4]，
故x∈，
令y＝41x2－220x＋184，
因为二次函数的对称轴为x＝＝>2，
所以函数在x∈上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取得最大值，
所以|MD|的最大值为＝，
当x＝2时，|MD|取得最小值，
所以|MD|的最小值为＝，
所以|MD|的取值范围是.
