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第5讲 立体几何中的动态问题（讲）
【典例1】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第9题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
【解读】试题以圆锥为背景，问题设计源于教材，重视基础性、综合性的考查，要求考生对圆锥的体积、侧面积以及平面与平面之间的位置关系等基本知识有较全面的理解．试题准确把握数学课程标准，注重数学核心素养，关注学生学习实际，对中学数学教学起到积极的导向作用．
【答案】AC
【目标】试题考查圆锥的基础知识和二面角的基本概念，考查考生的空间想像能力、运算求解能力、逻辑思维能力和综合运用知识解决问题的能力．
【分析】解题思路 如图，由题意可得平面，，，则圆锥的体积等于，圆锥侧面积等于，故A正确，B错误．作，H为垂足，可得，则，，，，故C正确．的面积为，故D错误，正确答案为AC．
【典例2】（2023年高考文科数学（全国乙卷）第19题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，．
（1）证明：平面ADO；
（2）若，求三棱锥的体积．
【解读】试题以教材上的三棱锥的基本问题为背景．通过第（1）问的设计为第（2）问做了铺垫，使不同层次考生都有较好发挥水平的空间．第（1）问重点考查了空间中的直线与直线平行，直线与平面平行的基本方法，第（2）问要求考生发挥想象，正确认识相关几何量之间的关系，确定要研究的核心问题是求点P到平面ABC的距离，再通过空间问题平面化，化归到平面中解直角三角形这样的基本问题．试题很好地体现了课程标准对立体几何教学的知识要求和能力要求．直观想象、逻辑推理、数学运算等数学核心素养在试题设计中也有很好的体现．试题对当前的教学改革能起到积极的导向作用．
【目标】试题考查棱锥的基本概念和直线与平面平行、平面与平面垂直的相关概念，也对三棱锥体积的计算方法作了重点考查．试题突出考查了考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力．
【分析】解题思路 （1）先通过解三角形确定F为AC的中点，利用中位线得到，再根据直线与平面平行的判定定理得出结论．
（2）要求解三棱锥的体积，需要知道三棱锥的底面积和高，由第（1）问可以确定的面积，所以求点P到平面ABC的距离即为求解第（2）问的关键．根据已知条件，问题转化到研究，空间问题平面化，进而过P作直线OF的垂线，垂足为G，则平面ABC，通过解直角三角形求出PG即可．
【典例3】（2023年高考数学（新课标Ⅰ卷）第18题）如图，在正四棱柱中，，．点，，，分别在棱，，，上，，，．
（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为150°时，求．
【解读】本题所构建的四边形和二面角是从考生常见的空间几何体中提炼出来的，所涉及的空间概念和线面关系，贴近广大考生的学习实际．试题蕴含了丰富的信息，给不同基础的考生提供了想象的空间和多角度的思维平台，同时为考生分析问题和解决问题提供了多种思路和方法，给不同思维方式（向量法与综合几何法）的考生都提供了发挥的空间．试题在全面考查考生立体几何基础知识的同时，着重考查了考生的化归与转化思想．通过问题的分层设计，使不同层次考生的水平都得以发挥．试题准确把握相关几何要素，把向量运算、建立空间直角坐标系、二面角的平面角作图等较好地融人试题的第（1）问和第（2）问中，使空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力得到了有效考查，体现了课程标准对立体几何教学的知识要求和能力要求．试题的难度适中，具有较好的区分度和选拔功能.
【目标】试题以考生熟悉的正四棱柱为载体，构建空间几何体，使考生感觉到所给的空间图形“似曾相识”不相认，平凡之中赋新意．试题着重考查与立体几何中的公理、空间中直线与直线的位置关系有关的基础知识和基本方法．
【分析】解题思路 （1）证明空间中两条直线平行的关键是先证明这两条直线确定了一个平面，再利用平面几何中证明平行的定理加以论证即可．本题可先通过证明是平行四边形，进而证明是的中点，又是的中点，所以，，，四点共面，并且构成平行四边形，因此．也可采用建立空间直角坐标系的方法，求出，，，的坐标，进而证明平行．
（2）因为，所以要找到二面角的平面角，需要在平面中构造，难点就在于点的位置如何确定．通过，以及在中利用余弦定理，构建方程组，得到点的确定位置，就可进一步得到的长度．也可采用向量法求解，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，再求平面和平面的法向量，通过法向量所成角的余弦值求得的长度．
【典例4】（2023年高考数学（新课标Ⅱ卷）第20题）如图，三棱锥中，，，，E为的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【解读】试题关注立体几何的基本概念和基本思想方法，题干简洁、难度适中．试题重视对必备知识和关键能力的考查，充分发挥考生的空间想象能力，对图形中相关元素的对称性的认识有助于发现简洁明了的解题思路．
试题重视对数学素养的考查，第（2）问设计空间向量法和综合几何法，在思维上给考生充分发挥的空间，同时深化了对基础性的考查，对化归与转化等思想方法均有一定要求．如何正确地建立空间直角坐标系，如何发现（作出）二面角的平面角，对考生的思维能力都有一定的要求．
试题在思维层面上高度体现数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养，在思维的灵活性、严谨性上高度体现数形结合、转化与化归等数学思想方法，符合高考评价体系强调的基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求．
【目标】试题主要考查立体几何的基本知识、基本思想和基本方法，通过空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．证明试题第（1）问的关键是发现平面，这一思维过程体现基础性，综合性的考查．试题第（2）问求二面角的正弦值，要求考生有一定的空间想象能力，以及综合运用知识解决问题的能力．正确建立空间直角坐标系，应用空间向量方法计算二面角的正弦值是考查的重点．
另外，应用综合几何方法也可求得二面角的正弦值．
【分析】解题思路 连接，．
（1）由题设可得，，，故平面，由此得．
（2）思路1 空间向量法．设可得，，则，．以E为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，可以求得平面的一个法向量，平面的一个法向量．由此可求得二面角的正弦值为．
思路2 综合几何法．如图，构造二面角的平面角．设，由题设可得，，．由题设可得平面，故．
因此，，
故．同理可得，则．
设中点为H，中点为K，连接，．
则，，所以为二面角的平面角．
连接，由，，可得，则，．
连接，．
由，可得．
因此二面角的正弦值为．
应用一 与截面有关问题
【例1】（2024·陕西榆林·统考一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：设截得的截面圆的半径为，球的半径为，由平面几何知识得截面与球心的距离为，利用勾股定理求得的值：
如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
第二步：利用几何知识得出球心到所求截面的距离最大时截面面积最小，利用面积公式，即可得答案：
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
应用二 轨迹问题
【例2】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知正方体的棱长为为空间中动点，为中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若为线段上的动点，则与所成为的范围为
B．若为侧面上的动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为
C．若为侧面上的动点，且，则点的轨迹的长度为
D．若为侧面上的动点，则存在点满足
【引导与详解】
第一步：利用异面直线所成角的定义推理计算判断A：
对于A，当与不重合时，过作交于，连接，如图，
由平面，平面，得，有，显然，
则为与所成的角，，当与重合时，
当由点向点移动过程中，逐渐增大，逐渐减小，则逐渐增大，
因此，，当与点重合时，有，，
所以与所成角的范围为，A错误；
第二步：证明面面平行，可得点的轨迹可判断B：
对于B，取的中点，的中点，连接，如图，
由中位线可知，，，平面，则平面，
同理可得：平面，又且都在面GNF内，所以面平面，
因为平面，所以点，则点的轨迹的轨迹的长度，故B正确；
第三步：判断轨迹形状并求出长度判断C：
对于C，由平面，易得是直角三角形，，，如图，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，由，则，同理，
所以，轨迹长度为，C正确；
第四步：利用“将军饮马”模型，化折为直，结合勾股定理，可判断D：
对于D，在平面内延长，截取，连接交于点，（如图）
，
点与点重合时，，
点与点不重合时，，
所以不存在点满足，D错误.
故选：BC
应用三 与向量有关问题
【例3】（2024·山西晋城·统考一模）如图，是边长为2的正六边形所在平面外一点，的中点为在平面内的射影，．
(1)证明：平面．
(2)若，二面角的大小为，求．
【引导与详解】
（1）第一步：设，连接，求出EK，CE，BF与MN的关系：
如图，设，连接．
因为，所以，所以，且．
连接交于，连接，
由，所以，
中，，，
所以，
第二步：证四边形为平行四边形，得出，从而得证平面：
由，可得，所以四边形为平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）第一步：由空间向量法求得二面角的大小为，求出角度：
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，，，，
则，，，，
则，，．
设平面的法向量为，则即
令，得．
设平面的法向量为，则即
令，得，
由，
得，
第二步：由二倍角公式求解：
所以.
应用四 求比值
【例4】（2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，侧面底面，为等边三角形，，，点在上，.
(1)求证：为中点；
(2)设上一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【引导与详解】
（1）第一步：利用面面垂直的性质定理得平面：
因为四边形是矩形，则，
又因为平面底面，面底面，平面，
所以平面，
第二步：证明线面垂直平面，得出线线垂直：
平面，则，
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
第三步：由等边三角形得证中点：
因为是等边三角形，所以是中点；
（2）第一步：建立空间直角坐标系，设：
分别以所在直线为轴，过且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
所以，，
设，则，
，
第二步：利用空间向量法求二面角表达式：
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
显然平面的一个法向量是，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，
第三步：求得值：
又，故解得，
所以．
应用五 直线与平面平行问题
【例5】（2024·全国·武钢三中校联考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是与的交点，为内一点（不包括边界）.
(1)当为的重心时，求证：平面;
(2)当平面时，求二面角的余弦值.
（1）第一步：分别以为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标：
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
是的重心，则，即，
是中点，则，
是与的交点，则是中点，所以，
第二步：证明与共面后可线面平行：
所以，，
显然有，所以与共面，
又平面，
所以平面；
（2）第一步：求出，，：
取的中点，连接，易知的靠近点的三等分点就是的重心，如图，
又是的中点，则，
平面，平面，所以平面，由（1）平面，
而．平面，所以平面平面，
所以当时，平面，因此平面即为平面，
，，，
第二步：求出平面和平面的法向量：
设平面的一个法向量是，
则，取，则，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
第三步：求二面角：
，
所以二面角的余弦值是．
应用六 已知夹角求边长
【例6】（2024·河北衡水·河北冀州中学校考一模）如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，，点为弧的中点，且四点共面.
(1)证明：四点共面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求长.
【引导与详解】
（1）第一步：连接，由题意可得，根据平行线性质有，即可证结论：
连接，因为，
所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，，
在半圆上，是弧中点，所以，
所以，又，
所以，所以四点共面.
（2）第一步：构建空间直角坐标系，并表达出各点坐标：
直棱柱中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
设，则，
第二步：应用向量法求面面角：
设面的法向量为，则，取，所以，
，
设面的法向量为，则，取，所以，
第三步：列方程求线段长：
平面与平面所成夹角，即与夹角或其补角，
所以，解得，所以
方法一： 几何法
第一步：明确问题：首先，要明确问题的类型和要求，理解动态问题的变化过程和相关条件.
第二步：画图分析：根据题意，画出立体几何图形，并标注已知条件和未知量.通过图形分析，可以直观地了解物体的运动轨迹和变化规律.
第三步：构造模型：根据运动规律和几何知识，构建解决问题的数学模型.可以将动态问题转化为静态问题，便于分析和求解.
第四步：求解模型：通过做辅助线，得出所求的角度等，利用代数运算、方程求解等方法，求解数学模型，得出问题的答案.
第五步：检验答案：最后，对答案进行检验，确保其符合题目的实际情况.可以通过图形或实物模拟来验证答案的正确性.
方法二： 向量法
第一步：建立空间直角坐标系：根据题目的已知条件，选择恰当的点作为原点，并确定一个方向作为正方向，从而建立空间直角坐标系.
第二步：计算各点坐标：利用题目中给出的信息和空间直角坐标系，计算各个点的坐标.
第三步：求直线方向向量和平面法向量：根据向量的加、减、数乘以及向量的模长等性质，结合各点的坐标，求出涉及到的直线的方向向量和平面的法向量.
第四步：利用向量解决问题：根据向量的数量积、向量的向量积和向量的混合积等性质，推导出与题目相关的等式或不等式，从而解决问题.
第五步：得出结论：根据向量的运算结果，得出关于线段长度、角度、距离等的结论.
需要注意的是，利用向量解决立体几何动态问题时，需要充分理解向量的性质和运算规则，并能够灵活运用.同时，还需要有一定的空间想象能力和逻辑思维能力.
微点：动点轨迹的确定
【表现形式】空间中涉及动点的问题，还可以类比平面中动点问题的处理方法，考虑通过求出动点的轨迹解决问题．
1．求解动点轨迹问题的一般思路
先根据传统几何法或建系法确定动点的轨迹，再根据动点的轨迹解决问题．
2．确定动点轨迹的两个方法
①传统几何法：根据传统几何，确定动点满足某一图形的基本定义（例如射线、直线、圆、双曲线、球等），从而确定该动点的轨迹．
②建系法（较少用到）：找到合适的平面，建立直角坐标系，求出动点的轨迹方程，从而确定该动点的轨迹．
【步骤】①作图，得出动点的轨迹；②通过做辅助线，将动点转化为边长和角度之间的关系；③通过求解线线角，线面角和面面角等来求解动点的轨迹.
【例1】（2024·全国·校联考模拟预测）已知边长为2的等边三角形，点均在平面的上方，，且与平面所成角分别为，则下列说法中正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．面积的最小值为
C．四面体体积的最大值为1
D．当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为
答案 BCD
解析 由题意知，与是共轴的圆锥母线，如图所示，
对于A项，由题意知，
因为且与平面所成角为，
所以点到平面的距离为定值，
所以四面体ABCM的体积为定值，故A项错误；
对于B项，与是共轴的圆锥母线，所以，即，
当时，的面积最小，最小值为，故B项正确；
对于C项，当时，的面积最大，最大值为，
当所在平面旋转至与垂直时，四面体ABMN的高最长，最长值为2，
所以体积的最大值为，故C项正确；
对于D项，当四面体体积最大时，线段，，两两垂直，
所以其外接球直径，
所以外接球的表面积为，故D项正确．
故选：BCD．
【例2】（2024·全国·武钢三中校联考模拟预测）已知菱形中，，，与相交于点 ，将 沿折起来，使顶点移至点的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．存在某个位置使得
B．当为等边三角形时，
C．当二面角为时，三棱锥外接球表面积为
D．设为线段的中点，则三棱锥体积的最大值为
答案 ACD
解析 由题可得，，又，故可得，
，故，；
对A：因为//，若，则，故可得；
在三角形中，，由余弦定理可得，
又在折起过程中，，，
故存在这样的位置，使得，A正确.
对B：当为等边三角形时，，
因为，面，故面，
在三角形中，由余弦定理可得，
又，故，
则三角形的面积；
又，故，故B错误；
对C：由B分析可知，二面角的平面角为，
当二面角为时，即，则为等边三角形，；
因为，故过作面，则垂足即为三角形的外心，
在三角形中，由余弦定理可得，
又，故，
设三角形外接圆半径为，由正弦定理可得，则；
在三角形中，；
设三棱锥的外接球球心为，半径为，则球心在上，
在直角三角形中，由勾股定理可得，
即，故三棱锥外接球表面积为，故C正确；
对D：为线段的中点，则，
设三角形的面积为，则，
由B选项分析可知，面，
故，
又，故当时，，
此时三棱锥体积取得最大值为，故D正确.
故选：ACD.
【跟踪练习】
（2024·湖南长沙·统考一模）
1．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（ ）
A．存在点，使得面
B．存在点，使得面
C．当点不是的中点时，都有面
D．当点不是的中点时，都有面
（2024·湖南邵阳·统考一模）
2．如图所示，已知正四棱柱中，为的中点，则（ ）
A．平面
B．平面
C．为棱上任一点，则三棱锥的体积为定值
D．平面截此四棱柱的外接球得到的截面面积为
（2024·重庆·统考一模）
3．如图，在边长为1的正方体中，是的中点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）

A．当点与点重合时，直线平面
B．当点移动时，点到平面的距离为定值
C．当点与点重合时，平面与平面夹角的正弦值为
D．当点为线段中点时，平面截正方体所得截面面积为
（2024·全国·模拟预测）
4．如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则点M的轨迹是线段
B．若保持，则点M的运动轨迹长度为
C．若点在平面内，点为的中点，且，则点Q的轨迹为一个椭圆
D．若点到与的距离相等，则动点的轨迹是抛物线的一部分
（2024·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）
5．已知点在棱长为的正方体的表面上运动，且四面体的体积恒为，则下列结论正确的为（ ）
A．的轨迹长度为
B．四面体的体积最大值为
C．二面角的取值范围为
D．当的周长最小时，
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．ACD
【分析】对于A，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B，一方面若面，则，结合即可判断；对于CD，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【详解】当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确.
若面，注意到面，则，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
所以，与矛盾，即B错误.
当不是的中点时，由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确.
同上，有，又面，面，所以，
又面，
所以面，则面，即D正确.
故选：ACD.
2．BC
【分析】由线面平行的定义可知A错误；由线面垂直的判定定理判定B正确；由平面为定值，对；到平面距离为到平面距离为，正四棱柱外接球半径为可判定D错误.
【详解】A：由为的中点，所以A错；
B：平面平面，
，又
平面，平面，
平面，B对；
平面，平面，
平面为定值，对；
：设外接球球心为，即为对角线中点.
到平面距离为到平面距离的一半，
到平面距离等于到平面距离，设为，
由，即，
，则到平面距离为，
正四棱柱外接球半径为，
所以截面圆半径错.
故选：BC
3．ACD
【分析】对A，根据平行线确定一个平面即可判断，对BC建立空间坐标系进行判断，对D作出截面图形，并求出相关长度，利用面积公式即可求出.
【详解】对A，因为，所以点四点共面，
当点与点重合时，直线平面，故A正确；
对B，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

因为为中点，则设，，，，
则，，，
设平面的方向量为，则，即，
令，则，所以，
则点到平面的距离，显然不是定值，故B错误；
对C，当点与点重合时，由B知此时，，平面的法向量，
设平面与平面夹角为，，
则，故C正确；
对D，连接，并在上底面内将直线沿着的方向平移，直至该直线经过点，交于点，交于点，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，因为点，
所以平面截正方体所得的图形为四边形，
不妨以为坐标原点，在上底面内建立如图所示平面直角坐标系，
则，因为为线段中点，则，
根据直线，则，设直线的方程为，代入点坐标得
，解得，则，则点位于线段的四分之一等分点处，且靠近点，
点位于线段的四分之一等分点处，且靠近点，
则，，，结合，
则四边形为等腰梯形，则其高为,
则，故D正确.
故选：ACD.

【点睛】关键点睛：本题BC选项的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式和面面角的空间向量求法进行计算判断，对D选项的关键是作出截面图形，并求出相关长度，得出其截面为等腰梯形，最后计算面积即可.
4．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法，结合线段、圆、椭圆、抛物线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，
，
，所以，
而平面，
所以平面，所以点的轨迹是线段，所以A正确；
B选项若保持，，设，，
所以，
设，则点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，
设圆与的公共点为，连接，，
，则点的运动轨迹长度为，所以B正确；

C选项，因为，所以点的轨迹为椭球，
，，
，所以平面，
所以平面，所以椭球被平面所截得的图形应该为一个圆，所以C错误；
D选项，根据正方体的性质可知平面，
而平面，所以，
若点到与的距离相等，则动点到和到距离相等，
所以它的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，所以D正确．

故选：ABD
【点睛】在正方体中判断线面的位置关系，可以考虑利用空间向量法来进行判断，建立空间直角坐标系后，根据向量的数量积为来判断向量垂直，也即线线垂直.研究空间轨迹问题，也可利用向量法来进行.
5．BCD
【分析】A选项，先求出点在上时的四面体的体积，从而确定点到平面的距离应为到平面的距离的一半，作出辅助线，找到点轨迹，求出轨迹长度；B选项，在A选项基础上，结合图形得到点在或上时，四面体的体积最大，求出体积的最大值；C选项，作出辅助线，找到二面角的平面角，结合垂足的轨迹，求出，从而得到二面角的正切值范围，得到二面角的大小；D选项，建立空间直角坐标系，分和两种情况，设出点的坐标，周长最小，只需最小，由几何关系得到最小值，求出此时的，D正确.
【详解】A选项，若点在上，
此时四面体体积为，
故要想四面体的体积为恒为，
则点到平面的距离应为到平面的距离的一半，
故取的中点，连接，
当点在矩形上时，满足要求，此时平面平面，
且两平面的距离为，
同理，取的中点，连接，
则当点在矩形上时，满足要求，此时平面平面，
且两平面的距离为，其他位置不满足要求，
其中，
故的轨迹长度为，A错误；

B选项，当点在或上时，点到平面的距离最大，最大值为2，
此时四面体的体积最大，
其中，
最大值为，B正确；
C选项，考虑点在矩形上运动，过点作平面的垂线，垂足为，
由A选项可知，，
因为平面，所以⊥，
过点作⊥于点，连接，
因为，且平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故或其补角即为二面角的平面角，
在中，，
其中垂足的轨迹为矩形，其中分别为的两个四等分点，
分别为的两个四等分点，

当与或重合时，最大，如图所示，

其中，
由勾股定理得，
故最大值为，
最小值为0，故，
当时，此时两平面垂直，此时二面角大小为，
当时，，
结合图形可知，二面角可能为锐角，可能为钝角，故
综上，二面角的范围是，
同理，当点在矩形上运动时，由对称性可知，二面角的范围也是
综上，二面角的取值范围为，C正确；
D选项，，周长最小，只需最小，
由对称性，仅考虑和即可，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
当时，设，，
，，

如图所示，⊥，⊥，，
在上取一点，设，则，
连接，则，
故，
连接，此时取得最小值，由三角形相似得，
解得，此时的值为，

此时，
当时，设，，
则
，
，
如图所示，⊥，⊥，，
在上取一点，设，则，
连接，则，
故，

连接，此时取得最小值，最小值为，
由三角形相似得，解得，
此时的值为，
由于，故此时的周长不最小，舍去，
综上，的周长最小时，，D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法：
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.
答案第1页，共2页
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