（2019?宜春模擬）在三棱錐PABC中，平面PAB平面ABC，ABC是邊長為 的邊三角形，其中PAPB 4ABDPD、CD，在CDABCEE作平面ABC的垂線，在垂線上取一點O，使得POOC．因為三棱錐底面是一個邊長為2 的等邊三角形，E為三角形的中心，所以三棱錐的外接球的球心在過點E的平面ABC的垂線上，POOCP、C兩點在三棱錐的外接球的球面上，所以O(shè)PABABCPAPBDABPDABCCD

CA2CA2PB2

3，CE2CD2，DECDCE1212設(shè)球的半徑為r，則有POOCr，OE (PDOE)2DE2PO2，即(2S4r2654

r24)212r2r265（2019?蚌埠二模）正三棱錐PABC中，2PAAB4，點E在棱PA上，且PE3EAPABC的外接球為球OE點作球O的截面，截球O所得截面面積的最小值為3．E的距離最遠（即OE【解答】解：設(shè)Q為正三棱錐底面ABC的中心，球的半徑為rCQ2ACsin60242346 OE，OA則在直角三角形OQC中，OCrr246)2r43)2r23

PC2PC2163QCr ，由r2QC2QO2得：PAF，連接OF，因為OPOAr，所以O(shè)FPAPA4EPA的四等分點，所以EF1，PF2，OP2122OF28所以O(shè)F OP2122OF28的截面時，此截面面積最小，設(shè)此時截面圓的半徑為R，則R 故此時截面圓的面積為R206

題型二翻折（2019秋?上城區(qū)校級期中）如圖，矩形ABCD中，AB2，BC5，E，F(xiàn)分別為邊BCAD上的定點，且BAE45，DCF30，分別將ABE，CDF沿著AE，CF所在平面的同一側(cè)翻折至△ABE與△CDF處，且滿足BDAB，分別將銳二面角BAED與銳二面角DFCB記為與，則cos2cos2的最小值 【分析】根據(jù)題意，作B在底面的射影OD在底面的射影Q，找到兩個銳二面角的平面角，從而得到cosHOHO，cosQMHO，BDAB，QOAB，設(shè)BLy， BHAHB在底面投影為OcosHOHO DQ面ABCDDMCFcosQM BDAB，QOABHK、OLAB、QJMICDBK1BLHOKLy1DI1 2yQMIJ

22(3y) 2cos2cos2(y1)24(3y)25y214y10 y55

507（2019秋?寧波期末）如圖，在等腰梯形PDCB中，PB3，DC1，PDBC ，ADPB，將PAD沿AD折起，使平面PAD平面ABCD．MPBCMPAD PBPCD所成【解答】證明：（1）在梯形PDCB中，PB3，DC1，PDBC ，ADPBAB2，PA1，AD1取PA的中點N，連接MN，AN，MNAB//CD，且MNCD1，則四邊形MNDC為平行四邊形，CM//DNCMPADDNPADCM//平面PAD PAADPAD平面ABCD，面PAD面ABCDAD，PA面PADPA面ABCDAADABAPxyz軸，建立空間直角坐標系如圖：則A(0，00)D(1，00)，B(0，20)，P(0，0，1)C(1，10)，PB0，21DC0，10)DP1，0，1，設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z，則由nDCy nDPxzx1z1，n1，0，1) sin|cos nnnn|n||PB 21082平面ABCDAP//EFG求二面角GEFD連接ACBD交于點O，連接GOFOEOEFPCPD EF//GOEF//CD,GO// EFOG是平行四邊行，EOEFOG，又在PACEOPC，AC的中點PA//EOEOEFOGPAPAEFOGPA//EFG取ADH，連接GH，則由GHCDEFEFGEFGH，由已知底面ABCD為正方形ADDC PD平面ABCDPDCD又 DCDCD平面又EF//CDEF平面PADEFFD，EFFHHFDFDHFDDH1得HFD45，故二面角GEFD4509（2020?金鳳區(qū)校級模擬）ABCD中，AB4，AD2，E是CD的中點，O為AE的中點，以AE為折痕將ADE向上折起，使D到PPCPBPOABCEACPAB所成角【分析（1）BCF，連OF，PF，證明OFBC，BCPFBCBCPOPO（2）作OG//BC交ABGOGOFPABn(x,y,z)nAPxysin|cosn,AC

2z0n20,1)，得到ACPAB所成角【解答】解：（1）PAPEOAOEPOAE（1）取BC的中點F，連OF，PF，OFAB，OFBC因為PBPCBCPF，所以BC面POF從而BCPO（1（2）（2）作OG//BCAB于GOGOF如圖，建立直角坐標系{OG,OF,OPA(1,1,0),B(1,3,0),C(1,3,0),P(0,02)AC(2,4,0),AP(1,1,2),AB(0,4,PABnxyznAPxy成角的正弦值sin|cosnAC|

2z0n20,1ACPAB10AB2，現(xiàn)將梯形沿CB，DA折起，使EFAB且EF2AB，得一簡單組合體ABCDEF如圖（2）示，已知M，N分別為AF，BD的中點．MNBCFDEABFE所成角的正切值為2，則求平面CDEFADE2【分析】(IACMN//CF，利用直線與平面平行的判定定理證明MN//平面BCF．(II)先由線面垂直的判定定理可證得AD平面ABFE，可知DEA就是DE與平面ABFE所成的角，解RtDAEADDE的長，分別以AB，APADx，y，z軸建立空間直角坐標系，求出平面ADE與平面CDFE的法向量，代入向量夾角公ABCDNBDNAC在ACFMAF中點，故MN//CF．CFBCFMNBCFMN平面BCF（Ⅱ）DAABDAAE且ABADABFEDEABFEAE故在RtDAE中：tanDEADADA

AEAD2,DE PEFAPEFABAPADxyz軸建立空間直角坐則A(0,0,0),D(0,0,2), 2,2,0),F(32,2,AD(0,0,2),AE(2,2,0),DE(2,2,2),DC(22,0, mxyznrs,t)ADE與平面CDFE的法向量令mAD0nDC0 mAE0nDE即2z ,22x2x2y02x2y2z則cosm,n m |m||n ADE與平面CDFE311（2017?宣城二模）如圖1，在直角梯形ABCD中，ADC90，CDAB，AB4，ADCD2，M為線段AB的中點．將ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，得到幾何體DABC，如圖2所示．BCACDACDM【分析】（Ⅰ）BCACDBCACDACOD（Ⅱ）ACDM（Ⅰ） ，從而AC2BC2AB2，故AC取AC中點ODODOACADC面ABCADCABCACDOACD，從而ODABC，（4分OD又ACBC， ODOBCACD（6分1ACBC2AC2BC2AB2AC面ADC面ABC，面ADE面ABCACBC面ABC，從而BC平面建立空間直角坐標系Oxyz如圖所示，則M(0,20)C(2,00，D(0,0,2)CM(2,2,0)CD2,0,2（8分n1xyz為面CDM則則

2x2y即

，解得yz

2x2z x1，可得n1n20,1,0)ACDcos 3ACDM的余弦值為3．（12分312

題型三二面角ABBC1，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則 AAMlM，連接MBMCACl，所以lAMC，所以lMClMB，所以BMCBlC設(shè)BMCAMCAMBAMt，則，由已知得t(02]ABBC1，tan

2，tan

，tantan()tantan t 1tantan 12t

t2 1(t22)t (21)(2令f(t) ，則f(t)t2

(t2 (t2當t(0,2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當t( ，2]時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，所以當t 時，f(t)取最大值，即tan取最大值，從而取最大值，由對稱性知當t 時，對應(yīng)P點有且僅有兩個點，所以有且僅有兩點P使二面角BlC取得最大13ABC所成的銳二面角相等，則點P到點B的最短距離是 2

2

D．3【分析】利用二面角的射 cos射影面積，從而將平面BMP分別與平面AACC 11垂直距離，即可得到點P到點B的最短距離．1二面角為，則有

，cos S又因為1所以coscos，SCPMSPMB1 CMAA11211

h1PMBM 在Rt△MBC中，MB 所以h 故選：A．（2020秋?月考）PABCDPCPD，平面PADPBCl，設(shè)直線CPDP所成角的大小為，直線CPPAD所成AlB的大小為，則下列判斷正確的是()

【分析】畫出圖形，作出直線CPDP所成角的大小為，直線CPPAD所成，二面角AlB的大小為，然后判斷大小即可．EFEPPF，在lPGBF，連接GBGAPABCD是側(cè)棱相等是四PFlPEl，所以lPEF，EPF，即AGBBAG的 BGBP，所以，B正確；故選：B． 3，M截面的面積為( B．2

C．5 363【分析】根據(jù)已知條件分析出與平面ABC所成的銳二面角最小時，截面是四邊形ANMQ，然后利用SANMQSAPQSPNM，然后利用三角形的面積 ABCA1B1C1AA1AA1B1C1的垂線，

1PQAM1PMNT 由等邊△ABM得AM1，MAQ30，得AQ 23，AP2，AQP601 則PQ2AQ 43，AM2，MQ3，所以PM 3，PBAPAB1 1PNB∽PAAPNPB11，而PNT∽PAM，NTPN1，所以 NT1AM12

1PQAM1PMNT12431 53 16（2020?浙江學業(yè)考試）SOABOBBO的直徑，MNSBAOB(0NOABMABB的平面角分別為，若，則的最大值是() D． y軸，以O(shè)Sz軸建立空間直角坐標系，則由AOB(0向量求 的值，再0，可|2r|2r，化簡可得 ，且0，0．從而可得線為y軸，以O(shè)S所在直線為z軸建立空間直角坐標系．則由AOB(0A(rcos，rsin，0)，B(r，0，0)MNSB的兩個三等分點，Mr，02aN2r，0a) OA(rcos,rsin,0)

，0，a)

由mON

1 1

,a) 平面OAB的一個法向量為n0,0,1)NOAB的平面角cos BAM的一個法向量為kx2y2z2AM(BA(rrcos,rsin,0) rcos,rsin,AM( kBAx2rx2rcosy2rsin

x1k11cos

kAM

xrcosyrsin

2az2

a)； cos 由二面角的范圍可知0|2r |2r 化簡可得 ，且0，則0 3是線段CE上的動點（不含端點，將ADFAFDABC內(nèi)的射影始ABCFDFCA，DBCA，DABC分別為，，，則 A． B． C． D．DABCI段GHIMCF，交CF延長線不點M，DM，則DMIINBCBCNDN，則DNIIKABABKDK，則DKIDIABCFKIMINI，能判斷三個二將ADF沿AF折起，使得點D在平面ABC內(nèi)的射影始終落在四邊形ABCF內(nèi)部，則點D在平面ABC內(nèi)的射影I 段GH上，不含端點，IMCF，交CFMDM，則DMI，INBCBCNDN，則DNI，IKABABKDK，則DKIDIABCFKIMINIA（2019秋?浙江月考）ABCDAB4AD3，EAD上的一點，DE1，含邊界ABEC的大小為ABACBCDE所成的角分別為，則(A． B． C． D．【解答】解：如圖，四邊形ABCD為矩形，BAADDCBC，DCABC，DCBA，BAADC在Rt△BAC中，設(shè)BA1，則BC ，AC1，O為BC中點，當A點在底面上的射影E落在BD上時，AEBD，設(shè)BA1，則AD ，AE 6，BE3 ，AF落段OE上（不含端點，可知AEFABDC的平面角ADBCD所成角為ADF，DFCF，ACADAEsinADFsinACFsinAEOD

61AC319

題型四動點 點P到平面CDDC距離等于線段PF的長，則當點P運動時，|HP|2的范圍是 1 【分析】建立空間直角坐標系，過點HHMBB，垂足為M，連接MP，得出HHMBBM，連接MP，則HMPM，HP2HM2MP2PPNCCN，設(shè)P(x，4，z)，PNPF

x4，0z4(x1)2(z x，化簡得2x1z(x1)2(z

x4MP2(x4)2(z3)2(x4)22x1x26x15[6，494 HP2HM2MP216MP2[22113 4 故答案為：[22113 4（2019春?紅谷灘新區(qū)校級月考）ABCDABCD4ADBC5ACBD6，E，F(xiàn)分別為棱AC和棱AD上的動點，則BEF的周長范 (8 BADADC△AB1C，BADADC，ACDB1ACBB1，即是BEF8，所以BEF的周長最大為BDDCCB115，（2018秋 的體積最大時，三棱錐PBCD的外接球的表面積 33且滿足APDRtADP∽RtPMC，ADPD2PD2PC 設(shè)POCD，D