立體幾何中的動態問題題型一空間位置關系的判定[典例1](1)(多選)(2025·煙臺模擬)如圖已知在矩形ABCD中，AB＝eq\r(5)，BC＝2，將△ADC沿對角線AC進行翻折，得到三棱錐D-ABC，在翻折的過程中下列結論成立的是()A．三棱錐D-ABC的體積最大值為eq\f(10,9)B．三棱錐D-ABC的外接球體積不變C．異面直線AB與CD所成角的最大值為90°D．AD與平面ABC所成角的余弦值的最小值為eq\f(2,3)(2)(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點P滿足eq\o(DP,\s\up6(→))＝xeq\o(DA,\s\up6(→))＋yeq\o(DC,\s\up6(→))，其中x∈[0,1]，y∈[0,1]，則()A．存在唯一點P，使得C1P⊥平面B1D1B．存在唯一點P，使得A1P∥平面B1D1C．當x＋y＝1時，點B1到平面PA1D1的距離的最小值為eq\r(2)D．當x2＋y2＝eq\f(1,4)時，三棱錐P-ACB1的體積的最小值為eq\f(4－2\r(2),3)(1)ABD(2)ACD[(1)對于A，設三棱錐D-ABC的高為h，VD-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·h，當平面ADC⊥平面ABC時，三棱錐D-ABC的高最大，此時h的最大值為eq\f(2\r(5),3)，此時體積最大值為VD-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),3)＝eq\f(10,9)，故A正確；對于B，設AC的中點為O，則由Rt△ABC，Rt△ADC知，OA＝OB＝OC＝OD，所以O為三棱錐D-ABC外接球的球心，其半徑為eq\f(1,2)AC＝eq\f(3,2)，所以外接球體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9π,2)，即三棱錐D-ABC的外接球體積不變，故B正確；對于C，若AB⊥CD，由CD⊥AD，AD∩AB＝A，AB?平面ABD，AD?平面ABD，可得CD⊥平面ABD，因為BD?平面ABD，所以CD⊥BD，又CD>BC，根據直角三角形斜邊最長，知不成立，故C錯誤；對于D，因為AD是定值，則只需D到平面ABC的距離最大時，AD與平面ABC所成的角最大，當平面ADC⊥平面ABC時，點D到平面ABC的距離為eq\f(2\r(5),3)，設AD與平面ABC所成的角為θ，此時sinθ＝eq\f(\f(2\r(5),3),2)＝eq\f(\r(5),3)，因為θ為銳角，所以cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(2,3)，即AD與平面ABC所成角的余弦值的最小值為eq\f(2,3)，故D正確．故選ABD.(2)以D為原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C1(0,2,2)．因為eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，所以eq\o(DP,\s\up6(→))＝xeq\o(DA,\s\up6(→))＋yeq\o(DC,\s\up6(→))＝(2x,2y,0)，P(2x,2y,0)，對于A，eq\o(C1P,\s\up6(→))＝(2x,2y－2，－2)，設平面B1D1C的法向量為n＝(a，b，c又因為eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(－2，－2,0)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(B1D1,\s\up6(→))·n＝－2a－2b＝0，,\o(B1C,\s\up6(→))·n＝－2a－2c＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝0，,a＋c＝0，))取a＝－1，則b＝1，c＝1，所以n＝(－1,1,1)是平面B1D1C又因為C1P⊥平面B1D1C所以eq\o(C1P,\s\up6(→))∥n，所以x＝1，y＝0，所以P(2,0,0)，唯一確定，故A正確；對于B，因為eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(2x－2,2y，－2)，要使A1P∥平面B1D1C則eq\o(A1P,\s\up6(→))⊥n，所以eq\o(A1P,\s\up6(→))·n＝2－2x＋2y－2＝－2(x－y)＝0，所以x＝y，故點P不唯一，故B錯誤；對于C，因為x＋y＝1，所以A，C，P三點共線，因為VB1-A1D1P＝VP-A1B1D1＝eq\f(1,3)S△A1B1D1×2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，設點B1到平面PA1D1的距離為d，則有eq\f(1,3)S△A1D1P·d＝eq\f(4,3)，所以d＝eq\f(4,S△A1D1P)，設點P到A1D1的距離為h，則d＝eq\f(4,S△A1D1P)＝eq\f(4,\f(1,2)·A1D1·h)＝eq\f(4,h)，當點P與點C重合時，hmax＝2eq\r(2)，所以dmin＝eq\f(4,2\r(2))＝eq\r(2)，故C正確；對于D，因為x2＋y2＝eq\f(1,4)，所以點P在以D為圓心，1為半徑的eq\f(1,4)圓弧上，設點P到AC的距離為h，因為VP-ACB1＝VB1－ACP＝eq\f(1,3)S△ACP·2＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×AC×h＝eq\f(2\r(2),3)h，當點P位于圓弧中點時，(h)min＝eq\r(2)－1，所以(VP-ACB1)min＝eq\f(2\r(2),3)×(eq\r(2)－1)＝eq\f(4－2\r(2),3)，故D正確．故選ACD.]空間位置關系的動點問題的解法(1)應用線線、線面、面面平行與垂直的判定與性質定理進行轉化；(2)利用向量法或建立空間直角坐標系進行計算．[跟進訓練]1．(1)(多選)如圖，在矩形AEFC中，AE＝2eq\r(3)，EF＝4，B為EF的中點，現分別沿AB，BC將△ABE，△BCF翻折，使點E，F重合，記為點P，翻折后得到三棱錐P-ABC，則()A．PB⊥ACB．三棱錐P-ABC的體積為eq\f(4\r(2),3)C．三棱錐P-ABC外接球的半徑為eq\f(\r(22),2)D．直線PA與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6)(2)(多選)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是長方形，PA⊥平面ABCD，E是棱PD上的動點，則下列說法正確的是()A．存在點E，使得平面AEC⊥平面PCDB．若三棱錐P-ACE的體積為四棱錐P-ABCD的體積的eq\f(1,4)，則E為PD的中點C．若PA＝AB＝AD，則不存在點E使得直線BP和AE的夾角為eq\f(π,3)D．設平面AEC∩平面PBC＝l，則點E從P運動到D(點E不與點D重合)的過程中，二面角A-l-B的平面角的大小逐漸減小(1)ACD(2)AB[(1)對于A，翻折前AE⊥BE，CF⊥BF，翻折后，則有PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA∩PC＝P，PA，PC?平面PAC，所以BP⊥平面PAC，又AC?平面PAC，所以PB⊥AC，故A正確；對于B，在△PAC中，PA＝PC＝2eq\r(3)，AC邊上的高為eq\r(2\r(3)2－22)＝2eq\r(2)，所以VP-ABC＝VB-PAC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)×2＝eq\f(8\r(2),3)，故B錯誤；對于C，因為PA＝PC＝2eq\r(3)，AC＝4，由余弦定理的推論，可得cos∠APC＝eq\f(PA2＋PC2－AC2,2PA·PC)＝eq\f(12＋12－16,2×12)＝eq\f(1,3)，則sin∠APC＝eq\r(1－cos2∠APC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以△PAC的外接圓的半徑r＝eq\f(AC,2sin∠APC)＝eq\f(4,\f(4\r(2),3))＝eq\f(3\r(2),2)，設三棱錐P-ABC外接球的半徑為R，因為BP⊥平面PAC，所以R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PB))2＝eq\f(9,2)＋1＝eq\f(11,2)，所以R＝eq\f(\r(22),2)，即三棱錐P-ABC外接球的半徑為eq\f(\r(22),2)，故C正確；對于D，在△PAC中，由選項C知，cos∠APC＝eq\f(1,3)，BC＝eq\r(PC2＋PB2)＝eq\r(12＋4)＝4，則cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→))－\o(PB,\s\up6(→)),2\r(3)×4)＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→))－\o(PA,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),8\r(3))＝eq\f(2\r(3)×2\r(3)×\f(1,3),8\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，所以直線PA與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6)，故D正確．故選ACD.(2)如圖，將該四棱錐放入長方體中，當AE⊥PD于點E時，平面AEC⊥平面PCD，A正確；若三棱錐P-ACE的體積為四棱錐P-ABCD體積的eq\f(1,4)，則E為PD的中點，B正確；若PA＝AB＝AD，將該四棱錐放入正方體中，當E為PD的中點時，BP和AE的夾角為eq\f(π,3)，C錯誤；當AP的長度趨于正無窮大，且點E在P處時，二面角A-l-B的平面角趨于∠ACB，當點E無限趨近點D時，二面角A-l-B的平面角趨于eq\f(π,2)，D錯誤．故選AB．]題型二軌跡問題[典例2](1)(多選)(2025·日照模擬)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，M為DD1的中點，N為ABCDA．若MN與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，則點N的軌跡為圓B．若MN＝4，則MN的中點P的軌跡所圍成圖形的面積為2πC．若點N到直線BB1與到直線DC的距離相等，則點N的軌跡為拋物線D．若D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，則點N的軌跡為雙曲線(2)如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，M，N，G分別是棱AA1，BC，A1D1的中點，設Q是該正方體表面上的一點．若eq\o(MQ,\s\up6(→))＝xeq\o(MG,\s\up6(→))＋yeq\o(MN,\s\up6(→))(x，y∈R)，則點Q的軌跡圍成圖形的面積是________.(1)ACD(2)3eq\r(3)[(1)如圖所示，根據正方體的性質可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND為MN與平面ABCD所成的角，所以∠MND＝eq\f(π,4)，所以DN＝DM＝eq\f(1,2)DD1＝eq\f(1,2)×4＝2，所以點N的軌跡為以D為圓心，2為半徑的圓，A正確；在Rt△MDN中，DN＝eq\r(MN2－MD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，取MD的中點E，MN的中點P，連接PE，所以PE∥DN，且PE＝eq\f(1,2)DN＝eq\r(3)，因為DN⊥ED，所以PE⊥ED，即點P在過點E且與DD1垂直的平面內，又PE＝eq\r(3)，所以點P的軌跡為以eq\r(3)為半徑的圓，其面積為π·(eq\r(3))2＝3π，B不正確；連接NB，因為BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以點N到直線BB1的距離為NB，所以點N到點B的距離等于點N到定直線CD的距離，又B不在直線CD上，所以點N的軌跡為以B為焦點，CD為準線的拋物線，C正確；以D為坐標原點，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系，則A(4,0,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，設N(x，y,0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝(x，y，－4)，因為D1N與AB所成的角為eq\f(π,3)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1N,\s\up6(→))〉|＝coseq\f(π,3)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4y,4\r(x2＋y2＋16))))＝eq\f(1,2)，整理得eq\f(3y2,16)－eq\f(x2,16)＝1，所以點N的軌跡為雙曲線，D正確．故選ACD.(2)因為eq\o(MQ,\s\up6(→))＝xeq\o(MG,\s\up6(→))＋yeq\o(MN,\s\up6(→))(x，y∈R)，所以點Q在平面MGN上，分別取AB，CC1，C1D1的中點E，F，O，則點Q的軌跡是正六邊形OFNEMG，因為正方體ABCD-A1B1C1D1所以正六邊形OFNEMG的邊長為eq\r(2)，所以點Q的軌跡圍成圖形的面積S＝6×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×sin60°＝3eq\r(3).]解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據平面的性質進行判定．(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算．(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除．[跟進訓練]2．(1)(多選)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，點M是側面ADD1A1上的一個動點(含邊界)，P是棱CCA．當PM長度最小時，三棱錐M-BDP的體積為eq\f(1,2)B．當PM長度最大時，三棱錐M-BDP的體積為eq\f(1,2)C．若保持PM＝eq\r(5)，則點M在側面內運動路徑的長度為πD．若M在平面ADD1A1內運動，且∠MD1B＝∠B1D1B，則點M(2)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E為CD的中點，且點P在四邊形BCC1B1內部及其邊界上運動，若總是保持EP∥平面BDD1B1，則動點P的軌跡長度為________；若總是保持AP與AB的夾角為30°，則動點P(1)AC(2)2eq\f(\r(3),3)π[(1)當PM長度最小時，點M為線段DD1的中點，MD＝eq\f(1,2)DD1＝eq\f(3,2)，求得點P到平面BDM的距離為h＝eq\f(2,\r(5))，VM-BDP＝VP-BDM＝eq\f(1,3)S△BDM×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\r(5)×eq\f(2,\r(5))＝eq\f(1,2)，A正確；當PM長度最大時，點M與點A或點A1重合，若點M與點A重合，VM-BDP＝VP-ABD＝eq\f(1,3)S△ABD×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)，當點M與點A1重合時，由于AA1與平面BDP不平行且A，A1在該平面同側，所以此時體積不為eq\f(1,2)，B錯誤；取DD1中點O，連接PO，OM，如圖所示，易證得PO⊥平面ADD1A1，OM?平面ADD1A1，則PO⊥OM，若保持PM＝eq\r(5)，則OM＝eq\r(5－4)＝1，則點M的軌跡是以1為半徑的半圓弧，長度為π×1＝π，C正確；以點D為原點建立空間直角坐標系如圖所示，則D1(0,0,3)，B1(1,2,3)，B(1,2,0)，設M(m,0，n)(0≤m≤1,0≤n≤3)，則有eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(1,2，－3)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝(m,0，n－3)，若∠MD1B＝∠B1D1B，則有cos∠MD1B＝cos∠B1D1B，即eq\f(m＋9－3n,\r(m2＋n－32)·\r(14))＝eq\f(1＋4,\r(5)×\r(14))，化簡得2n2－2m2－12n＋9m－3mn＋18＝0，即(m＋2n－6)(－2即m＋2n－6＝0或－2m＋n－3＝0(此時n＝2m＋3，m＝0，故點M的軌跡為一段直線，D錯誤．故選AC．(2)如圖，分別取BC，B1C1的中點F，G，連接EF，FG，EG，則BF＝eq\f(1,2)BC，B1G＝eq\f(1,2)B1C1.因為BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以BF∥B1G，BF＝所以四邊形BFGB1為平行四邊形，所以BB1∥FG.因為E為CD的中點，所以EF∥BD.因為EF，FG?平面BDD1B1，BD，BB1?平面BDD1B1，所以EF∥平面BDD1B1，FG∥平面BDD1B1.因為EF∩FG＝F，EF，FG?平面EFG，所以平面EFG∥平面BDD1B1.因為平面EFG∩平面BCC1B1＝FG，點P在四邊形BCC1B1內部及其邊界上運動，EP∥平面BDD1B1，所以點P的軌跡是FG.因為FG＝BB1＝2，所以動點P的軌跡長度為2.因為AB⊥平面BCC1B1，BP?平面BCC1B1，所以AB⊥BP，在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，則tan∠BAP＝eq\f(BP,AB)＝eq\f(\r(3),3)，所以BP＝eq\f(\r(3),3)AB＝eq\f(2\r(3),3)，所以點P的軌跡是以B為圓心，eq\f(2\r(3),3)為半徑的一段弧，且圓心角為直角，所以動點P的軌跡長度為eq\f(1,4)×2π×eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(\r(3),3)π.]題型三最值(范圍)問題[典例3](1)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P是線段B1D1上一動點，且AP∥平面DBC1，則異面直線AP與BDA．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))(2)已知P為棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內切球表面一動點，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，則x＋y＋z的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)，\r(3))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)，\f(3＋\r(3),2)))C．[eq\r(3)，2eq\r(3)] D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3＋\r(3),2)，2\r(3)))(1)C(2)B[(1)如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則D(0，0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，設P(λ，λ，1)，λ∈[0,1]，所以eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1)，所以eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝2λ－1，|eq\o(DB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝eq\r(2λ2－2λ＋2)，設異面直線AP與BD所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))·\o(AP,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|\o(DB,\s\up6(→))||\o(AP,\s\up6(→))|))＝eq\f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))＝eq\f(1,2)·eq\r(\f(2λ－12,λ2－λ＋1))＝eq\f(1,2)·eq\r(4－\f(3,λ2－λ＋1))＝eq\f(1,2)·eq\r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，當λ＝eq\f(1,2)時，cosθ取得最小值為0，當λ＝0或1時，cosθ取得最大值為eq\f(1,2)，所以0≤cosθ≤eq\f(1,2)，則eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(π,2).(2)如圖，以A為原點，AB，AD，AA1所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則B(1,0,0)，A1(0,0,1)，D(0,1,0)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y，z)．又C1(1,1,1)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(1,1,1)，則x＋y＋z＝eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC1,\s\up6(→))＝|eq\o(AP,\s\up6(→))||eq\o(AC1,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉＝eq\r(3)|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉．|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉表示eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AC1,\s\up6(→))方向上的投影向量的數量．如圖，當點P在點G或點F，即當A，O，P三點共線時，|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉取最值．因為Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，內切球半徑為eq\f(1,2)，則AO－eq\f(1,2)≤|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉≤AO＋eq\f(1,2)，所以|eq\o(AP,\s\up6(→))|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\f(\r(3)＋1,2)))，則x＋y＋z∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),2)，\f(3＋\r(3),2))).故選B．]在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，有如下常用的思路：(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在什么位置時，所求的量有相應最大值、最小值，即可求解．(2)函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用代數方法求目標函數的最值．[跟進訓練]3．(1)(多選)(2025·濟南模擬)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點P在線段BC1A．A1P∥平面ACD1B．A1P⊥B1DC．三棱錐D1-APC的體積是eq\f(1,6)D．異面直線A1P與AD1所成角的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))(2)如圖，已知圓錐SO(O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點)的母線長為eq\r(5)，高為1，MN為底面圓直徑，P，Q為底面圓周上任意兩點．有以下三個結論：①△SPQ面積的最大值為2；②三棱錐O-SPQ體積的最大值為eq\f(2,3)；③四面體SOPQ外接球表面積的最小值為9π.以上正確的結論是________.(填序號)(1)ABC(2)②[(1)對于A，如圖，連接A1B，A1C1，AC，AD1，D1由正方體的性質可知AC∥A1C1，又AC?平面A1BC1，A1C1?平面A1BC所以AC∥平面A1