2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題四-微重點(diǎn)9-立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微重點(diǎn)9立體幾何中的動(dòng)態(tài)問題“動(dòng)態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識(shí)的題型，它滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時(shí)，由于“動(dòng)態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化．考點(diǎn)一動(dòng)點(diǎn)軌跡問題例1(2023·常德模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，點(diǎn)P為長方體表面上的動(dòng)點(diǎn)，且eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，當(dāng)CP最小時(shí)，△ABP的面積為________．答案eq\f(\r(2),2)解析設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則AM＝MB＝BC＝1，由題意得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，且點(diǎn)P是長方體表面上的動(dòng)點(diǎn)，所以點(diǎn)P在以AB為直徑的球的表面與長方體ABCD－A1B1C1D1表面重合的部分上，則CP≥CM－MP，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)C，M，P三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)，點(diǎn)C，M在平面ABCD上，所以點(diǎn)P在平面ABCD上，所以當(dāng)CP最小時(shí)，以AB為直徑的半圓與CM的交點(diǎn)即為點(diǎn)P，如圖，過點(diǎn)P作PN⊥AB于點(diǎn)N，因?yàn)锽M＝BC＝MP＝1，所以PN＝eq\f(\r(2),2)MP＝eq\f(\r(2),2)，所以△ABP的面積S＝eq\f(1,2)×AB×PN＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2).規(guī)律方法解決與幾何體有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定．(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進(jìn)行計(jì)算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除．跟蹤演練1在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，P為空間中的動(dòng)點(diǎn)，PA＝PB＝AB＝2，E為PD的中點(diǎn)，則動(dòng)點(diǎn)E的軌跡長度為()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C.eq\r(2)πD.eq\r(3)π答案D解析如圖，取AP的中點(diǎn)F，連接EF，BF.因?yàn)镋F∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC.因?yàn)镋F＝eq\f(1,2)AD，BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF＝BC，故四邊形EFBC為平行四邊形，則有CE∥BF，且CE＝BF，則有點(diǎn)F的軌跡長度與點(diǎn)E的軌跡長度相同，過點(diǎn)F作FH⊥AB于點(diǎn)H，則點(diǎn)F的軌跡是以H為圓心、FH長為半徑的圓，且FH＝eq\f(\r(3),2)，故點(diǎn)F的軌跡長度為eq\r(3)π.考點(diǎn)二折疊、展開問題例2(多選)已知菱形ABCD的邊長為2，∠ADC＝60°，將△ACD沿AC翻折，使點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，如圖所示．記點(diǎn)P為翻折過程中點(diǎn)D的位置(不包含在點(diǎn)B處的位置)，則下列結(jié)論正確的是()A．無論點(diǎn)P在何位置，總有AC⊥PBB．存在點(diǎn)P，使得AB⊥PCC．三棱錐P－ABC體積的最大值為1D．當(dāng)PB＝2時(shí)，M為PB上一點(diǎn)，則AM＋CM的最小值為2eq\r(2)答案ABC解析如圖，連接PB，依題意，△ABC，△APC都是等邊三角形，取AC的中點(diǎn)E，則BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE?平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB?平面PBE，因此AC⊥PB，A正確；P的軌跡是以AC為軸的兩個(gè)同底的圓錐底面半圓弧，顯然圓錐軸截面的頂角為∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，則存在兩條母線互相垂直，即存在點(diǎn)P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在點(diǎn)P，使得AB⊥PC，B正確；當(dāng)PE⊥平面ABC時(shí)，三棱錐P－ABC體積最大，最大值VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝1，C正確；當(dāng)PB＝2時(shí)，三棱錐P－ABC為正四面體，將△PAB，△PCB展開在同一平面內(nèi)，如圖，顯然四邊形ABCP為菱形，∠BAP＝60°，當(dāng)A，M，C三點(diǎn)共線時(shí)，AM＋CM取得最小值2eq\r(3)，D錯(cuò)誤．規(guī)律方法畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：不變的線線關(guān)系、不變的數(shù)量關(guān)系．跟蹤演練2(2023·邵陽模擬)如圖所示，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，點(diǎn)E為線段CD(除端點(diǎn)外)上的動(dòng)點(diǎn)，沿直線AE將△DAE翻折到△D′AE，則下列說法中正確的是()A．當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí)，點(diǎn)D′的運(yùn)動(dòng)軌跡為球面B．存在點(diǎn)E，使AB⊥平面D′AEC．點(diǎn)A到平面BCF的距離為eq\f(\r(3),2)D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))答案D解析選項(xiàng)A，當(dāng)點(diǎn)E固定在線段CD的某位置時(shí)，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點(diǎn)H，H為定點(diǎn)，D′H的長度為定值，且D′H在過點(diǎn)H與AE垂直的平面內(nèi)，故D′的軌跡是以H為圓心，D′H為半徑的圓，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，無論E在CD(端點(diǎn)除外)的哪個(gè)位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面AD′E垂直，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))分別為x，y，z軸的方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1,0)．eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，設(shè)平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝y(tǒng)＝0，,n·\o(BF,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋3z＝0，))取n＝(eq\r(3)，0,1)，則點(diǎn)A到平面BCF的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(3,2)，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，設(shè)E(eq\r(3)λ，1,0)，λ∈(0,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)λ，－1，3))，設(shè)EF與BC所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(3λ2＋10))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)，\f(\r(10),10)))，故D正確．考點(diǎn)三最值、范圍問題例3(多選)(2023·保定模擬)如圖，AC為圓錐SO的底面圓O的直徑，點(diǎn)B是圓O上異于A，C的動(dòng)點(diǎn)，SO＝OC＝2，則下列結(jié)論正確的是()A．圓錐SO的側(cè)面積為2eq\r(2)πB．三棱錐S－ABC體積的最大值為eq\f(8,3)C．∠SAB的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3)))D．若AB＝BC，E為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，則SE＋CE的最小值為2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))答案BD解析在Rt△SOC中，SC＝eq\r(SO2＋OC2)＝2eq\r(2)，則圓錐的母線長l＝2eq\r(2)，半徑r＝OC＝2，對(duì)于A，圓錐SO的側(cè)面積為πrl＝4eq\r(2)π，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)OB⊥AC時(shí)，△ABC的面積最大，此時(shí)S△ABC＝eq\f(1,2)×4×2＝4，則三棱錐S－ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×S△ABC×SO＝eq\f(1,3)×4×2＝eq\f(8,3)，B正確；對(duì)于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因?yàn)镾A2＋SC2＝16＝AC2，則∠ASC＝eq\f(π,2)，依題意，0<∠ASB<eq\f(π,2)，而∠SAB＝eq\f(π,2)－eq\f(1,2)∠ASB，因此∠SAB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝eq\f(π,2)，得AB＝BC＝2eq\r(2)，則△SAB為等邊三角形，將△SAB以AB為軸旋轉(zhuǎn)到與△ABC共面的位置，得到△S1AB，則△S1AB為等邊三角形，∠S1BA＝eq\f(π,3)，如圖，于是(SE＋CE)min＝S1C，因?yàn)镾1B＝BC＝2eq\r(2)，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝eq\f(5π,6)，S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC·coseq\f(5π,6)＝8＋8＋8eq\r(3)＝4(eq\r(3)＋1)2，所以(SE＋CE)min＝S1C＝2(eq\r(3)＋1)，D正確．規(guī)律方法在動(dòng)態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點(diǎn)、線、面在何位置時(shí)，所求的量有相應(yīng)最大、最小值．(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動(dòng)態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值．跟蹤演練3(多選)(2023·鞍山模擬)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，P是線段BC1上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．四面體PA1D1A的體積為定值B．AP＋PC的最小值為2eq\r(2)C．A1P∥平面ACD1D．直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))答案ACD解析對(duì)于A，由正方體可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，所以點(diǎn)B到平面DAA1D1的距離等于點(diǎn)P到平面DAA1D1的距離，所以四面體PA1D1A的體積×1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以四面體PA1D1A的體積為定值，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)P與B重合時(shí)，AP＋PC＝AB＋BC＝2<2eq\r(2)，所以AP＋PC的最小值不為2eq\r(2)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，連接A1C1，A1B，由正方體可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，所以四邊形AA1C1C是平行四邊形，所以AC∥A1C1，因?yàn)锳C?平面ACD1，A1C1?平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，同理可得BC1∥平面ACD1因?yàn)锳1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1?平面A1C1B，所以平面A1C1B∥平面ACD1，因?yàn)锳1P?平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)锳C∥A1C1，所以∠PA1C1(或其補(bǔ)角)為直線A1P與AC所成的角，由圖可得當(dāng)P與B重合時(shí)，此時(shí)∠PA1C1最大為eq\f(π,3)，當(dāng)P與C1重合時(shí)，此時(shí)∠PA1C1最小為0，所以直線A1P與AC所成的角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故D正確．專題強(qiáng)化練1．(多選)(2023·鹽城模擬)點(diǎn)P在正方體ABCD－A1B1C1D1的側(cè)面CDD1C1及其邊界上運(yùn)動(dòng)，并保持BP⊥A1C，若正方體的邊長為1，則A1P的可能取值是()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(7),2)C.eq\r(2)D.eq\r(3)答案BC解析以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)A1(1,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，設(shè)點(diǎn)P(0，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z)，因?yàn)锽P⊥A1C，則eq\o(A1C,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝1＋y－1－z＝y(tǒng)－z＝0，所以y＝z，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1P,\s\up6(→))))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))2)＝eq\r(2y2－2y＋2)＝eq\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＋\f(3,2))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).2.(2023·棗莊模擬)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)P是側(cè)面CDD1C1上的動(dòng)點(diǎn)，且MP∥平面AB1C，則線段MP長度的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3,2)))答案A解析取CC1的中點(diǎn)R，取CD的中點(diǎn)N，取B1C1的中點(diǎn)H，連接MC1，MH，MR，MN，HR，NR，如圖所示，因?yàn)镽是CC1的中點(diǎn)，H是B1C1的中點(diǎn)，所以B1C∥HR，因?yàn)镠R?平面AB1C，B1C?平面AB1C，所以HR∥平面AB1C，同理可得MH∥平面AB1C，又HR∩MH＝H，HR，MH?平面MNRH，所以平面MNRH∥平面AB1C.又MP?平面MNRH，線段MP掃過的圖形是△MNR，由AB＝1，得MN＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，NR＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，MC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋12)＝eq\f(\r(5),2)，MR＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以MN2＝NR2＋MR2，即∠MRN為90°，所以線段MP長度的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2))).3.(多選)(2023·杭州模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P是正方形ABCD內(nèi)部(含邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則()A．存在唯一點(diǎn)P，使得D1P⊥B1CB．存在唯一點(diǎn)P，使得直線D1P與平面ABCD所成的角取到最小值C．若eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，則三棱錐P－BB1C外接球的表面積為8πD．若異面直線D1P與A1B所成的角為eq\f(π,4)，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是拋物線的一部分答案BCD解析對(duì)于A選項(xiàng)，在正方形BCC1B1中，有BC1⊥B1C，正方體中有AB⊥平面BCC1B1，B1C?平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，又BC1∩AB＝B，BC1，AB?平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，只要D1P?平面ABC1D1，就有D1P⊥B1C，P在線段AB上，有無數(shù)個(gè)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，D1D⊥平面ABCD，直線D1P與平面ABCD所成的角為∠D1PD，D1D＝2，∠D1PD取到最小值時(shí)，PD最大，此時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，故B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，若eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))，則P為DB的中點(diǎn)，△PBC為等腰直角三角形，外接圓半徑為eq\f(1,2)BC＝1，三棱錐P－BB1C外接球的球心到平面PBC的距離為eq\f(1,2)BB1＝1，則外接球的半徑為eq\r(2)，所以三棱錐P－BB1C外接球的表面積為8π，故C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，以D為原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，設(shè)P(x，y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，則有eq\o(D1P,\s\up6(→))＝(x，y，－2)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，則|cos〈eq\o(D1P,\s\up6(→))，eq\o(A1B,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(D1P,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))|,|\o(D1P,\s\up6(→))||\o(A1B,\s\up6(→))|)＝eq\f(|2y＋4|,\r(x2＋y2＋4)·\r(8))＝cos

eq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，化簡得x2＝4y，P是正方形ABCD內(nèi)部(含邊界)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是拋物線的一部分，故D正確．4．(多選)(2021·新高考全國Ⅰ)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點(diǎn)P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則()A．當(dāng)λ＝1時(shí)，△AB1P的周長為定值B．當(dāng)μ＝1時(shí)，三棱錐P－A1BC的體積為定值C．當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1P⊥BPD．當(dāng)μ＝eq\f(1,2)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P答案BD解析eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＋μeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．對(duì)于選項(xiàng)A，當(dāng)λ＝1時(shí)，點(diǎn)P在棱CC1上運(yùn)動(dòng)，如圖1所示，此時(shí)△AB1P的周長為AB1＋AP＋PB1＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(1＋1－μ2)＝eq\r(2)＋eq\r(1＋μ2)＋eq\r(2－2μ＋μ2)，不是定值，故A錯(cuò)誤；圖1對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)μ＝1時(shí)，點(diǎn)P在棱B1C1上運(yùn)動(dòng)，如圖2所示，圖2則＝eq\f(1,3)S△PBC×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),6)S△PBC＝eq\f(\r(3),6)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(\r(3),12)，為定值，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，取BC的中點(diǎn)D，B1C1的中點(diǎn)D1，連接DD1，A1B(圖略)，則當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)P在線段DD1上運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A1P⊥BP，則A1P2＋BP2＝A1B2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋(1－μ)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D或D1重合時(shí)，A1P⊥BP，故C錯(cuò)誤；方法一對(duì)于選項(xiàng)D，易知四邊形ABB1A1為正方形，所以A1B⊥AB1，設(shè)AB1與A1B交于點(diǎn)K，連接PK(圖略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以點(diǎn)P只能是棱CC1的中點(diǎn)，故D正確．方法二對(duì)于選項(xiàng)D，分別取BB1，CC1的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF，則當(dāng)μ＝eq\f(1,2)時(shí)，點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)，以點(diǎn)C1為原點(diǎn)建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系C1xyz，則B(0,1,1)，B1(0,1,0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－λ，\f(1,2)))，圖3所以eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，\f(1,2)))，若A1B⊥平面AB1P，則A1B⊥B1P，所以－eq\f(λ,2)＋eq\f(1,2)＝0，解得λ＝1，所以只存在一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P，此時(shí)點(diǎn)P與F重合，故D正確．5.(多選)(2023·泰安模擬)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝eq\r(3)，BC＝1，AA1＝3，點(diǎn)M在線段BB1上，且B1M＝2MB，N為線段C1M上的動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．當(dāng)N為C1M的中點(diǎn)時(shí)，直線AN與平面ABC所成角的正切值為eq\f(\r(11),4)B．當(dāng)MN＝2NC1時(shí)，B1N∥平面ACMC．△ACN周長的最小值為3eq\r(3)D．存在點(diǎn)N，使得三棱錐N－AMC的體積為eq\f(\r(11),6)答案BD解析如圖，對(duì)于A，當(dāng)N為C1M的中點(diǎn)時(shí)，取BC的中點(diǎn)P，連接PN，AP，易知PN∥CC1，CC1⊥平面ABC，則PN⊥平面ABC，故∠PAN為直線AN與平面ABC所成的角，則tan∠PAN＝eq\f(PN,AP)＝eq\f(\f(1,2)MB＋CC1,\f(\r(11),2))＝eq\f(1＋3,\r(11))＝eq\f(4,\r(11))＝eq\f(4\r(11),11)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)MN＝2NC1時(shí)，延長B1N交CC1于點(diǎn)Q，此時(shí)eq\f(C1Q,B1M)＝eq\f(C1N,MN)＝eq\f(1,2)，所以C1Q＝1，CQ＝2，所以CQ＝B1M.又CQ∥B1M，所以四邊形CQB1M是平行四邊形，所以CM∥B1Q，即CM∥B1N.因?yàn)锽1N?平面ACM，CM?平面ACM，所以B1N∥平面ACM，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)點(diǎn)N與M重合時(shí)，易知AN＝2，CN＝eq\r(2)