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立体几何中动点及其轨迹问题 【知识拓展】 立体几何中的动点及其轨迹问题有两个类型： (1)研究动点的轨迹，主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法； (2)与动点有关的最值、范围问题，主要方法有几何法、函数法. 【类型突破】 类型一 动点的轨迹问题 考向1 定性的研究动点的轨迹 例1 (多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，M 为DD1 的中点，N 为 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 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＝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AB＝(0，4，0)，D1N＝(x，y，－4)， 因为D1N 与AB 所成的角为， 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. 规律方法 定性的研究动点的轨迹要利用线面平行、垂直的性质定理，结合圆锥 曲线等的定义，确定动点的轨迹. 训练1 已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1 中，AA1 与底面A1B1C1D1 垂直，且 AD＝AB，E 为CC1的中点，P 在对角面BB1D1D 内运动，若EP 与AC 成30°角， 则点P 的轨迹为( ) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆 答案 A 解析 因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与底面A1B1C1D1垂直， 且AD＝AB， 所以该平行六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱， 所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D. 取AA1的中点F，连接EF，则EF∥AC. 因为EP 与AC 成30°角， 所以EP 与EF 成30°角. 设EF 与对角面BB1D1D 的交点为O， 则EO⊥对角面BB1D1D， 所以点P 的轨迹是以EO 为轴的一个圆锥的底面圆周，故选A. 考向2 定量的研究动点的轨迹 例2 (多选)(2024·河南名校联考)如图，在棱长为1 的正方体ABCD－A1B1C1D1中， P 为棱BB1的中点，Q 为正方形BB1C1C 内一动点(含边界)，则下列说法正确的是 ( ) A.若D1Q∥平面A1PD，则动点Q 的轨迹是一条线段 B.存在点Q，使得D1Q⊥平面A1PD C.当且仅当点Q 落在棱CC1上某处时，三棱锥Q－A1PD 的体积最大 D.若D1Q＝，那么点Q 的轨迹长度为π 答案 ACD 解析 对于A，如图，取B1C1，C1C 的中点分别为E，F，连接D1E，D1F，EF， PF，则PF∥B1C1∥A1D1且PF＝B1C1＝A1D1， 则四边形A1PFD1是平行四边形， ∴D1F∥A1P， ∵D1F⊄平面A1PD，A1P⊂平面A1PD， ∴D1F∥平面A1PD， 同理可得EF∥平面A1PD. ∵EF∩D1F＝F，EF，D1F⊂平面D1EF， ∴平面A1PD∥平面D1EF，则动点Q 的轨迹为线段 EF，故A 正确； 对于B，如图，以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D 所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，0)，A1(1，0，0)，P， D(0，0，1)， 设Q(x，1，z)，0≤x≤1，0≤z≤1， 则A1D＝(－1，0，1)，A1P＝，D1Q＝(x，1，z). 设m＝(a，b，c)为平面A1PD 的一个法向量， 则即取c＝1， 则m＝. 若D1Q⊥平面A1PD，则D1Q∥m， 即存在λ∈R，使得D1Q＝λm， 则解得x＝z＝－2∉[0，1]， 故不存在点Q 使得D1Q⊥平面A1PD，故B 错误； 对于C，∵△A1PD 的面积为定值， ∴当且仅当点Q 到平面A1PD 的距离d 最大时，三棱锥Q－A1PD 的体积最大. 由B 可得A1Q＝(x－1，1，z)，m＝， d＝＝， 当x＋z≤时，d＝1－(x＋z)， 则当x＋z＝0 时，d 有最大值1； 当x＋z>时，d＝(x＋z)－1， 则当x＋z＝2 时，d 有最大值. 综上，当x＋z＝0，即Q 和C1重合时，三棱锥Q－A1PD 的体积最大，故C 正确； 对于D，由正方体的性质知D1C1⊥平面 BB1C1C， ∴D1C1⊥C1Q，D1Q＝＝， ∴C1Q＝，则点Q 的轨迹是圆心为C1，半径为，圆心角为的圆弧， 轨迹长度为π，故D 正确. 规律方法 当涉及动点的轨迹的长度，图形的面积与几何体的体积以及体积的最 值时，可借助于几何体的结构特征，建立空间直角坐标系，用变量表示轨迹，然 后用函数的性质求解. 训练2 (多选)(2024·西安调研)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 答案 BC 解析 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D－xyz， 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AC＝(－1，1，0)， D1P＝D1A1＋λA1B＝(1，0，0)＋λ(0，1，－1) ＝(1，λ，－λ)，λ∈(0，1)， 所以|cos〈AC，D1P〉|＝＝. 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〈AC，D1P〉|<， 又〈AC，D1P〉∈， 故〈AC，D1P〉∈，故A 错误； 图① 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， 此时平面APD1截正方体所得的截面为梯形AEFD1，如图②； 当P 点在O 点时，此时平面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，此时平面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. 类型二 与动点有关的最值、范围问题 例3 (多选)(2024·怀化二模)在三棱锥P－ABC 中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB ＝BC＝2，PA＝2，点D 是三角形PAB 内的动点(含边界)，AD⊥CD，则下列结论 正确的是( ) A.PB 与平面ABC 所成角的大小为 B.三棱锥C－ABD 的体积最大值是2 C.D 点的轨迹长度是 D.异面直线CD 与AB 所成角的余弦值范围是 答案 ACD 解析 如图所示，对于A， ∵PA⊥平面ABC，AB＝BC＝2，PA＝2， ∴PB 与平面ABC 所成角为∠PBA＝，∴A 正确； 对于C，∵点D 是三角形PAB 内的动点(含边界)，AD⊥CD， ∴D 为以AC 的中点F 为球心，AC 为直径的球与三角形PAB 的交线AI， 取AB 的中点G，连接FG，GI，则根据题意易知FG⊥平面PAB， 且FG＝CB＝1， 又AC＝2， ∴该球的半径为， ∴交线AI所在圆的半径为＝1， 又易知△GIB 为边长为1 的正三角形， ∴交线AI所对的圆心角为∠AGI＝， ∴AI的长为×1＝， ∴C 正确； 对于B，由选项C 知，当DG⊥AB 时，D 点到平面ABC 距离最大，最大距离为 1，因此三棱锥C－ABD 的体积VC－ABD＝VD－ABC≤××2×1×2＝，B 错误； 对于D，将底面直角三角形ABC 对称补全成正方形ABCE，建立如图所示的坐标 系. 设∠AGD＝θ(0<θ≤)，则点D(0，1－cos θ，sin θ)，而A(0，0，0)， B(0，2，0)，C(2，2，0)， 于是CD＝(－2，－1－cos θ，sin θ)， 又AB＝(0，2，0)， 设异面直线CD 与AB 所成的角大小为φ， 则cos φ＝|cos〈CD，AB〉|＝＝＝， 令t＝1＋cos θ∈，cos φ＝＝在t∈上单调递增， 因此≤cos φ<，D 正确. 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. 训练3 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________. 答案 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. 【精准强化练】 一、单选题 1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P 是侧面BB1C1C 内一动点，若P 到直线 BC 与到直线C1D1的距离相等，则动点P 的轨迹为( ) A.直线 B.圆 C.双曲线 D.抛物线 答案 D 解析 点P 到直线C1D1的距离即为点P 到点C1的距离， 所以在平面BB1C1C 中，点P 到定点C1的距离与到定直线BC 的距离相等， 由抛物线的定义可知，动点P 的轨迹为抛物线，故选D. 2.(2024·无锡调研)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为2，E，F 为 AA1，AB 的中点，点M 是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1E，则点M 的轨迹长度为( ) A. B.1 C. D. 答案 C 解析 如图所示，取A1B1的中点H，B1B 的中点G，连接EF，FC，GH，C1H， C1G，EG，HF 可得四边形EGC1D1是平行四边形， ∴C1G∥D1E， 又D1E⊂平面CD1E， C1G⊄平面CD1E， ∴C1G∥平面CD1E， 同理可得C1H∥CF， 又CF⊂平面CD1E，C1H⊄平面CD1E， ∴C1H∥平面CD1E， 又C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH， ∴平面C1GH∥平面CD1E， 又M 点是正方形ABB1A1内的动点， 若C1M∥平面CD1E， ∴点M 在线段GH 上， ∴M 点轨迹的长度GH＝＝. 3.(2024·西安调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝DD1＝1，AB＝， E，F，G 分别为AB，BC，C1D1的中点，点P 在平面ABCD 内，若直线D1P∥平 面EFG，则线段D1P 长度的最小值是( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 如图，连接D1A，AC，D1C， 因为E，F，G 分别为AB，BC，C1D1的中点，所以AC∥EF， 又EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1， 所以EF∥平面ACD1，易知EG∥AD1， 所以同理可得EG∥平面ACD1， 又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG， 所以平面ACD1∥平面EFG. 因为直线D1P∥平面EFG， 所以点P 在直线AC 上. 在△ACD1中，AD1＝，AC＝2，CD1＝2， 所以S△AD1C＝××＝. 当D1P⊥AC 时，线段D1P 的长度最小，所以线段D1P 长度的最小值是＝＝，故 选D. 4.如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，长为2 的线段MN 的一个 端点M 在棱DD1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 中点轨迹 的面积为( ) A.4π B.2π C.π D. 答案 D 解析 易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN 的中点P， 则DP＝MN＝1，所以点P 的轨迹是以D 为球心，1 为半径的球面， 故S＝×4π×12＝. 5.(2024·衡水调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M 是棱CC1的中点， 空间中的动点P 满足DP⊥BM，且D1P＝1，则动点P 的轨迹长度为( ) A. B.3 C.2π D. 答案 D 解析 如图，分别取A1D1，B1C1的中点E，F，连接DE，EF，CF. 易知BM⊥CF，BM⊥CD，且CF∩CD＝C， 所以BM⊥平面CDEF. 由DP⊥BM，得点P 在平面CDEF 内. 由D1P＝1，得点P 在以D1为球心，半径为1 的球面上， 因此动点P 的轨迹为平面CDEF 与球D1的球面的交线， 即在平面CDEF 内的圆，连接DF， 设点D1到平面DEF 的距离为h，平面DEF 截球D1所得截面圆的半径为r， 则由V 三棱锥D1－DEF＝V 三棱锥F－DED1，得h·S△DEF＝×2××2×1， 且S△DEF＝×2×＝， 所以h＝，则r＝＝， 因此动点P 的轨迹长度为. 6.(2024·成都诊断)在棱长为5 的正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q 是DD1中点，点 P 在正方体的内切球的球面上运动，且CP⊥AQ，则点P 的轨迹长度为( ) A.π B.2π C. D.5π 答案 B 解析 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， 则Q，A(5，0，0)，C(0，5，0)， 球心O，取A1D1的中点R，B1C1的中点H，连接DR，RH，HC， 则R，DR·AQ＝· ＝－＋＝0，DC·AQ＝(0，5，0)·＝0， 故DR⊥AQ，CD⊥AQ， 又DR∩CD＝D，DR， CD⊂平面CDRH， 故AQ⊥平面CDRH， 故当P 位于平面CDRH 与内切球O 的交线上时，满足CP⊥AQ， 此时O 到平面CDRH 的距离为 d＝＝＝＝， r＝＝， 其中r 为平面CDRH 截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点P 的轨迹为以为半径的圆， 故点P 的轨迹长度为2π. 7.(2024·北京门头沟模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P 为线段BC1上 的动点，则下列结论正确的个数是( ) ①三棱锥A－D1PC 的体积为定值；②直线AP 与平面ACD1所成的角的大小不变； ③直线AP 与A1D 所成的角的大小不变；④A1C⊥DP. A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 对于①，因为BC1∥AD1，BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1， 所以BC1∥平面ACD1， 所以BC1上任意一点到平面AD1C 的距离相等， 又VA－CPD1＝VP－CAD1， 所以三棱锥A－D1PC 的体积不变，故正确； 对于②，点P 在直线BC1上运动时，直线AB 与平面AD1C 所成的角和直线AC1 与平面AD1C 所成的角不相等，故错误； 对于③，设AD1∩A1D＝M，则AD1⊥A1D， 又AB⊥平面AA1D1D， 所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A， 所以A1D⊥平面ABC1D1， 又AP⊂平面ABC1D1，所以A1D⊥AP， 所以点P 在直线BC1上运动时，直线AP 与直线A1D 所成的角的大小不变，故正 确； 对于④，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体， 则AA1⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD， 则AA1⊥BD，又AC⊥BD，且AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面A1AC， 所以BD⊥平面A1AC，且A1C⊂平面A1AC， 所以BD⊥A1C， 又A1B1⊥平面BB1C1C， 且BC1⊂平面BB1C1C， 所以A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1， 且A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C， 所以BC1⊥平面A1B1C， 且A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥A1C， 又BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面BDC1， 所以A1C⊥平面BDC1， 且DP⊂平面BDC1， 所以A1C⊥DP，故正确. 二、多选题 8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，线段B1D1上有两个动点E，F，且 EF＝a，则下列结论正确的是( ) A.当E 与D1重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为 B.三棱锥B－AEF 的体积为定值 C.EF 在平面ABB1A1内的射影长为a D.当E 向D1运动时，二面角A－EF－B 的平面角保持不变 答案 BCD 解析 对于A，如图，当E 与D1重合时，因为EF＝a， 所以F 为B1D1的中点，连接BD，记BD 中点为O，连接D1O，AO，由正方体性 质可知，BO∥D1F ，BO ＝D1F ，所以四边形BOD1F 为平行四边形，所以 D1O∥BF，所以直线AE 与BF 所成角即为直线D1O 与AD1所成角， 又D1O＝＝， AD1＝a，AO＝， 所以cos∠AD1O＝＝， 所以∠AD1O＝，故A 错误； 对于B，VB－AEF＝VA－BEF，易知点A 到平面BB1D1D 的距离和点B 到直线B1D1的距 离均为定值， 所以三棱锥A－BEF 的体积为定值，故B 正确； 对于C，易知∠A1B1D1＝，EF 在平面ABB1A1内的射影在A1B1上，所以射影长为 ×cos ＝，故C 正确； 对于D，二面角A－EF－B 的平面角即为二面角A－B1D1－B 的平面角， 显然其平面角不变，故D 正确.故选BCD. 9.三棱锥P－ABC 满足PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝AC＝2，D 是线段PB 的中 点，E 是底面△ABC 内部(包括边界)的一个动点，球O 是三棱锥P－ABC 的外接 球，下列说法正确的有( ) A.当E 在线段AB 上时，PE⊥BC B.若F 是球O 表面一个动点，则EF 的最大值为4 C.DE 的取值范围是[1，] D.经过DE 的平面截球O 的截面面积的最小值为2π 答案 ACD 解析 如图1， 图1 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC， 又PA＝AB＝BC＝AC＝2， 由勾股定理得AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB， 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 当E 在线段AB 上时，PE⊂平面PAB， 所以PE⊥BC，故A 正确； 如图2， 图2 因为PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝AC＝2，则可以将三棱锥P－ABC 放入正方 体中， 正方体的棱长为2，正方体外接球O 的半径为×2＝，故三棱锥P－ABC 外接球的 半径为，点E 是球O 表面或内部一点，点F 是球O 表面任意一点，所以EF 的最 大值为球的直径，即2，故B 错误； 因为PA⊥平面ABC，则点D 在底面上的射影为AB 的中点D′，则DE2＝D′D2＋ D′E2，由图3 知，当点E 与点C 重合时，D′E 取到最大值，DE2＝D′D2＋D′E2＝1 ＋5＝6， 当点E 与点D′重合时，DE 取到最小值，所以DE∈[1，]，故C 正确； 图3 记经过DE 的平面为α，当OD⊥α 时，平面α 与球O 的截面面积最小，此时截面 圆的半径为＝，所以截面面积为2π，故D 正确. 三、填空题 10.如图所示，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，当点M 满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写 一个你认为是正确的条件即可) 答案 DM⊥PC(或BM⊥PC) 解析 连接AC，BD，则AC⊥BD， 因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC，PC⊂平面PAC， 所以BD⊥PC， 所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时， 有PC⊥平面MBD，PC⊂平面PCD， 所以平面MBD⊥平面PCD. 11.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________. 答案 解析 由已知AC＝AB1＝AD1＝， 在平面BC1，平面A1C1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，D，A1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＝. 12.(2024·北京房山区模拟)如图，在棱长为1 的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P 是对角线AC1上的动点(点P 与点A，C1不重合).给出下列结论： ①存在点P，使得平面A1DP⊥平面AA1C1； ②对任意点P，都有A1P＝DP； ③△A1DP 面积的最小值为； ④若θ1是平面A1DP 与平面A1B1C1D1的夹角，θ2是平面A1DP 与平面BB1C1C 的夹 角，则对任意点P，都有θ1≠θ2.其中所有正确结论的序号是________. 答案 ①②③ 解析 对于①，因为AC1⊥A1D，在AC1上取点P 使AC1⊥DP， 因为A1D∩DP＝D，A1D，DP⊂平面A1DP，所以AC1⊥平面A1DP， 因为AC1⊂平面AA1C1，所以平面A1DP⊥平面AA1C1，故①正确； 对于②，以D1为原点，以D1A1，D1C1，D1D 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间 直角坐标系，如图A1(1，0，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，C1(0，1，0)， 则AC1＝(－1，1，－1)，A1A＝(0，0，1)，DA＝(1，0，0)， 设AP＝λAC1＝λ(－1，1，－1)＝(－λ，λ，－λ)(0<λ<1)， 则A1P＝A1A＋AP＝(0，0，1)＋(－λ，λ，－λ)＝(－λ，λ，1－λ)， DP＝DA＋AP＝(1，0，0)＋(－λ，λ，－λ)＝(1－λ，λ，－λ)， 从而|A1P|＝＝，|DP|＝＝，所以A1P＝DP，故②正确； 对于③，由②知A1D＝(－1，0，1)，A1P＝(－λ，λ，1－λ)，A1D·A1P＝λ＋1－λ ＝1， cos〈A1D，A1P〉＝ ＝＝， sin〈A1D，A1P〉＝ ＝， S△A1DP＝|A1D||A1P|sin〈A1D，A1P〉 ＝××× ＝＝ ≥×＝. 当且仅当λ＝时等号成立，所以△A1DP 面积的最小值为，故③正确； 对于④，平面A1B1C1D1的法向量n1＝(0，0，1)，平面BB1C1C 的法向量n2＝(0， 1，0)， 设平面A1DP 的一个法向量n3＝(x，y，z)， 由即 得 令x＝λ 得n3＝(λ，2λ－1，λ)， 则cos θ1＝，cos θ2＝， 令λ＝|2λ－1|得λ＝1 或λ＝， 而0<λ<1，故λ＝， 从而存在点P，使得cos θ1＝cos θ2，而θ1，θ2不大于直角，故θ1＝θ2，故④错误.
