培优微专题16 立体几何与其他知识的综合问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

培优微专题 6.[多选](2025·萍乡三模)已知 D 7.如图，点P是棱长为1的正 C 正方体ABCD-A1B1C1D1中， 方体ABCD-A1B1C1D1表 A 动点M、N分别在棱DD1、 面上的一个动点，直线AP BB1(不含端点)上，则( ) 与平面ABCD所成的角为 A.A1C⊥MN 60°，则点P的轨迹长度为 B.若M、N分别为所在棱的中点，则平面AMN 将正方体ABCD-A1B1C1D1的体积平分 8.(2025·萍乡二模)正方体ABCD-A1B1C1D1的 C.不存在点M,使得点A1与点C到平面AMB1 棱长为2，P为该正方体侧面CC1D1D内的动点 的距离相等 (含边界)，若PA,PB分别与直线AD所成角的 D.当M由D向D运动时，平面AMB1与正方体 正切值之和为√2，则四棱锥P-ABCD的体积的 ABCD-A1B1C1D1形成的截面面积逐渐增大 取值范围为 [培优微专题16]立体几何与其他知识的综合问题 随着高考改革的不断推进，近期各地的模拟题呈现的考查方向百花齐放，在立体几何中以空间图形为 背景的试题，其考查的知识内容和范围，涉及到代数、几何、三角、向量、新定义等学科分支，对综合运用各 种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 研析考点>层级突破 专点一立体九何与其他知识的交汇问题 典题例析 [例1](2025·秦皇岛模 拟)如图，在边长为a的正 方形ABCD中，E,F分别 为边AB,AD上的点，连接 CE,CF,EF,将△AEF沿着折线EF翻折，使点 A到达点A1位置，连接A1C,形成三棱锥 A1-CEF. (1)若E,F分别为边AB,AD上的中点，A1E1 CF,求此时三棱锥A1一CEF外接球的表面积； (2)若EF=BE+DF,O是AC的中点. (i)求∠ECF的大小； (iⅱ)若正方形边长为√2十1，当S△CEF取最小值， VA-CEr取最大值时，求此时直线A1E与平面 A1OF所成角的正弦值. [听课记录] …规律方法》… 将立体几何与解析几何巧妙结合，是考察的创新， 点、线、面的变化必然导致位置关系或一些量的变 化，在具体问题中，让变量变化，考虑由此变化所 引发的其他量的变化，构建目标函数，则可将立体 几何问题用代数方法解决。 ·103· 1数学 跟踪训练 专点二 立体几何中的新定义问题 1.在直三棱柱ABCA1B1C1 典题例析 中，AB⊥BC,AB=2,BC= [例2]球面三角学是研究球面三角形的边、角关 AA1=2√3，点M是平面 系的一门学科.如图，球O的半径为R.A、B、C ABC上的动点， 为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a,设O表 (1)若点M在线段BC上 示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆O,O2 (不包括端点)，设aα为异面 的劣弧AC、AB的弧长分别记为b,c,曲面ABC(阴 直线AC与B1M所成角，求cosa的取值范围； 影部分)叫做球面三角形.若设二面角COA-B,A (2)若点M在线段AC上，求A1M+2MC的最 OB-C,BOCA分别为a,B,Y,则球面三角形的面积 为S球面△ABC=(a十B十Y-元)R2. 小值； (3)若点M在线段BA上，作MN平行AC交 BC于点N,Q是BB1上一点，满足MB十BQ= 2.设MB=x,记三棱锥QMBN的体积为 V(x).我们知道，函数y=f(x)的图象关于坐标 原点成中心对称图形的充要条件是函数y=f (x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函 (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂 数y=f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图 直，求球面三角形ABC的面积； 形的充要条件是函数y=f(x十a)一b为奇函 (2)若平面三角形ABC为直角三角形，ACL 数.据此，判断函数y=V(x)在定义域内是否存 BC,设∠AOC=01,∠BOC=02,∠AOB=03.则： 在xo,使得函数y=V(x)在(0，xo)上的图象是 ①求证：cos01+cos02一c0s0g=1; 中心对称图形，若存在，求x0及对称中心；若不 ②延长AO与球O交于点D,若直线DA,DC与 存在，说明理由. 平面ABC所威的角分别为至，骨，B酝=ABD,A∈ (0,1],S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC 与平面EST的夹角为0，求sin0的最小值及此 时平面AEC截球O的面积. [听课记录] 104 培优微专题 …规律方法》… 与立体几何有关的新定义问题，涉及到线面平行的 证明、点到面距离的求解、立体几何中取值范围的求 解问题；求解取值范围的关键是能够将所求量表示 为关于某一变量的函数，通过求解函数最值得出 结果 跟踪训练 2.(2025·重庆三模)已知n≥4且n∈N*,设S是 空间中n个不同的点构成的集合，其中任意四点 不在同一个平面上，dAB表示点A,B间的距离， 记集合Y(S)={dAB|HA,B∈S,A≠B) (1)若四面体ABCD满足：AB⊥平面BCD,BC ⊥CD,且AB=BC=CD=1 ①求二面角CAD-B的余弦值： ②若S={A,B,C,D},求Y(S) (2)证明：4card(y(S)≥n-1(card(A)为集合A 中元素的个数) 参考公式：x12十x22+…十xn2≥（十2十… n +xn)2 课时冲关>高效提能 1.如图，已知Rt△ABC的直角 边AB=3,BC=4,点F1,F2 是BC从左到右的四等分点 (非中点).已知椭圆Γ所在 B 的平面⊥平面ABC,且其左 右顶点为B,C,左右焦点为F1,F2,点P在 T上 (1)求三棱锥AF1F2P体积的最大值； (2)证明：二面角F1-AP-F2不大于60° ·105 1数学 2.类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维 空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线PA、 PB、PC构成的三面角P-ABC,∠APC=a, ∠BPC=B,∠APB=Y,二面角APC-B的大小 为0，则cosy=cosacos3+sinasinβcos0. D D B 图1 图2 图3 (1)如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面 AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°，∠BAC= 45°，求∠A1AB的余弦值； (2)当a,(0,)时，证明以上三面角余弦 定理； (3)如图3，斜三棱柱ABCA1B1C1中侧面 ABB1A1,BCCB1,ACC1A1的面积分别为S1, S2,S3,记二面角ACC1-B,二面角BAA1-C,二 面角CBB1-A的大小分别为01,02,03，试猜想 正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明， [培优微专题17]离心率的范围 圆锥曲线离心率的范围问题是高考的热点题型，对圆锥曲线中已知特征关系的转化是解决此类问题 的关键，相关平面几何关系的挖掘应用也可使问题求解更简洁. 研析考点层级突破 专点一利用圆曲线的定义求离心率的范围 跟踪训练 典题例析 [例1]i 1已如议曲线c若 =1(a>0,b>0)的左、右 包知五5为椭圆C话十异 =1(a1>b1> 0与双猫线C:三- 焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),点N的坐标为 a =1(a2>0,b2>0)的公共焦 -c,22)若双曲线C左支上的任意一点M均 362 点，M是它们的-个公共点，且∠FM2=号A 分别为曲线C,C2的离心率，则e1e2的最小值为 满足MF21+MN|>4b,则双曲线C的离心率 ( 的取值范围为 ( A号 B.3 C.1 D. 1 2 [听课记录] …一规律方法》 B.(W5W13) 此类题型的一般方法是利用圆锥曲线的定义，以 及余弦定理或勾股定理，构造关于a,b,c的不等 c1,5,+y 式或不等式组求解，要注意椭圆、双曲线离心率自 身的范围. D.(1W5)U(√13，+∞) ·106·答案精析 所以tam(PA,AD)+tan(PB,AD)=√星+2+V2-+ 2 2 (i)由(i)知∠ECP=子，设∠BCE=a∈(0，）小则 =2, 所以+2+2+2 ∠DCE--a, 所以CE=CB=1+2 CD CF= 1+√2 2 2 cos a cos a =√2-2)+(z-0+(x-0y+ cos(-a）os(-a) 2 2-2+x-2+2-0-2, 所以SA=号·CE·CF·n冬 (1+√2)2 (1+2)3 整理可得点P(2,x,z)到点D(2,0,0)和点C(2,2,0)的距离 2sin acos a+2cosa 之和为2√2， 2…cos(晋-e】 所以点P的轨迹为在平面CC1D1D中以点D,C为焦点的 (1+2)2 (1+√2)3 椭圆在侧面CC1D1D内的部分， sin2a+cos2a+1 则点P到平面ABCD的距离h的最大值为1，此时点P在 1in) CD中点的正上方； 最小值为号时，点P在点D或者点C的正上方， 因为e(0,）所以2a+晋∈（至，经） 所以日校维P-ABCD的体积为Vm=号&·Sum=音A 当2a十至=受时，si加(2a十受)有最大值，最大值为1，此时 S△cEF有最小值， ∈[，] 所以当SEr取最小值时，∠BCE=∠DCF=苔，且CE= 答案[9，号] CF=1+② 培优微专题16 cos晋 研析考点层级突破 考点一 由tan交 2an音 例1[解](1)由题设及线面垂直的判定有AE⊥平面 4 A1CF,将三棱锥EA1CF补全为长方体，即可求外接球半 1-tam2 =1,tan君>0得， 径，进而求表面积；(2)(1)设BE=x,DF=y,根据几何关 tam音=反-1， 系列方程求得a(x十y)=a2-xy,tan∠BCE=乏 所以BE=DF=a·tm令=2+1DX2-1D=1,AE=AF= tan∠DCF=义，应用和角正切公式求∠BCE+∠DCF的大 √2，EF=√2AE=2. 小，即可得：(I)设∠BCE=a∈(0，)，则∠DCE=冬 如图1，取EF中，点H,连接AH,CH,则AH⊥EF,CH⊥ EF,故A,H,O,C四点共线， a,应用三角形面积公式及三角恒等变换求出S△EF最小，取 D EF中点H,连接AH,CH,则AH⊥EF,CH⊥EF,并求出 相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法 求线面角的正弦值， (1)由题意得A1E⊥A1F,又AE ⊥CF,A1F,CFC平面ACF,AF ∩CF=F,所以A1E⊥平面ACF, B 则此时三棱锥EA,CF如图所示， 图1 由题意得A,E=A1F=2a,CE- 1 当VA,cEF取最大值时，即平面AEF⊥平面ABCD,由翻折关 系知AH⊥CH, CF-⑤ =之a,△ACE,△AEF,△ACF都是直角三角形，所 故直线A1H,EF,CH两两垂直，且AH=A1H 以AC=a, =2EF-1, 将三棱锥EA,CF补全为长方体，此时三棱锥EA,CF的外 接球球心为长方体对角线的中点， OH=A0-AH=号AC-AH=号XWE+1)-1=竖， 即2m-(合a）+(2a)f+a=a2→r2- 8a2, 如图2，以H为原点，分别以HF,HC,HA1的方向为x,y,之 所以三被维A,CEF外接球的表面积为42-受d。 轴的正方向建立空间直角坐标系， (2)(1)设BE=x,DF=y,则AE=a-x,AF=a-y, 因为EF=BE十DF,所以EF=x十y, B 在直角三角形AEF中EF2=AE2+AF2,得(x十y)2=(a一 F为 x)2+(a-y)2,整理得， G a(x+y)=a-xy, 图2 因为tan∠BCE=无，tan∠DCF=义， a a 则A00,1D,B0,-10F01.o.0(号o.0 所以tan(∠BCE+∠DCF) ∴AE=(0,-1,-1),AF=（0,1,-1),A0 -器 __aa__a(ty-1, 1-I.y a'-xy (20,-1, aa 设平面AOF的法向量为n=（x,y,之)，则 因为∠BCE+∠DCF∈(O,受)，所以∠BCE+∠DCF= AF·n=y-x=0 平，故∠ECF=受-年=子. 号-=0令12，则y广=1，故m=621,. A0= ·159· I数学 设直线AE与平面A1OF所成的角为0，则sin0= Icos(A E,n)1=IAEnl22 整理得V(x)= 52(2-x(0<x<2), IAEIIn 2X2 2 令f-怎(2-)，设共周象对称中心为(a,6),则y 直线AE与平面A1OF所成角的正弦值为马 f(x十a)-b为奇函数， 2 跟踪训练 则y-悟(x+ar(2-x-0）-6= B 1.解：(1)在直三棱柱ABCA1BCA1 中，AB⊥BC,作MG∥AC交AB B 于G,连接B1G, (2-) 6 6 则∠B1MG为异面直线AC与B,M 3a)z+5(2a-a)-6为奇函教， 所成角或其补角，设BM=x,0<x 6 <2√3， 2-3a=0 由△BMG∽△BCA,得x=BG, 232’ {a-a)-6=0 G M 剥BG=后MG= 2,BM= a3 解得 E+a,G√写+12 6=83 81 285 在△B,MG中，cos∠B1MG 所以对称中心为 3’81 2+12+号2-（+12） .4 3x 由对称性可得x=3 82+2后 2√x2+12 考点二 例2[解](1)根据题意结合相应公式分析求解即可；(2)① 根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求 3 2+ 线面夫角，制月表本不等式分折可知点E(区.0，后)语利 用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析 由0x<2,得2,1+g>2. 求解. (1)若平面OAB,0AC,OBC两两垂直，有Q=B=Y-交， 则 所以球面三角形ABC的面积为S桌面△ABC=(a十B+Y一π)R 2√1+ (o 多R 即casa的取值范因为o, (2)①证明：由余弦定理有： (AC2=R2+R2-2R2cos0 (2)由AB⊥BC,AB=2,BC=2√3， BC2=R2+R2-2R'cos02 AC2+BC2=AB2, 得∠ACB=30°，∠ABC=60°， AB2=R2+R2-2R2cos03 将平面ABC翻折使得与平面A1C在 消掉R2,可得cos01十c0s02一c0s03=1； 同一平面上，且使矩形ACC1A与 ②由AD是球的直径，则AB⊥BD,AC⊥CD, △ABC在AC两侧， 且AC⊥BC,CD∩BC=C,CD,BCC平面BCD, 过A1作A,E⊥BC于E,交AC于 M 所以ACL平面BCD,且BDC平面BCD,则ACLBD, M',则ME'=之MC, 且AB∩AC=A,AB,ACC平面ABC,可得BD⊥平面ABC, E 对任意点M,过M作ME⊥BC于E, 由直线DA,DC与平面ABC所成的角分别为誓，行，所以 连接AE,ME=合MC, ∠DAB=,∠DCB=音， 则AM+号MC=A1M+ME≥A,E≥A,E=A1M+ME 不妨先令R=√3，则AD=2√3，AB=BD=√6， BC=√2，AC=2 由AC⊥BC,AC⊥BD,BC⊥BD =A,M+?MC,当且仅当M与M重合时取等号， 以C为坐标原点，以CB,CA所 显然AM∥AB,设AM=a,MC=AC-a=4-a,ME'= 在直线为x,y轴，过点C作BD 的平行线为之轴，建立如图空间 号MC=2-za, 直角坐标系， 从而AE=A,M+ME'=2a+(2-a）=2+a,EC 设BE=t,t∈(0，W6],则A(0,2,y 0),B(2,0,0),C(0,0,0),D A =94-a. (W2,0,6) 在Rt△AEC中，AE2+EC2=AC,即 可得so.,0,7(停00，E (2+2a)°+是4-a)=28, (2,0,t), ( 化简得3a2十16=28，解得a=2,即A1E=5, 则CB=(W2,0,0),C0= 所以AM+2MC的最小值为5. ()-(9-1o (3)x=青，对称中心为（号，8 3’81 设平面OBC法向量m=(x1,y1,名1)， 9, m·CB=√2x=0 ⊥平面BMN,BQ=2-x, {mò-号t+9=0 v)=号×9x2- 取名=一2，则为=√6，x=0,可得m=(0W6,-2), ·160· 答案精析 设平面EST法向量n=(x2,y2,之2)， 设S中任意不同的两点的C个距离中，距离等于d:的有x n·ST= 个，i=1,2,…,k, 2x2-y2=0 则 则C=x1十x2十…十 …正=9，+场=0 记S中n个不同，点分别为A1,A2,…,A,设到点A的距离 等于d,的点的个数为x个，(i=1,2,…,k,j=1,2,…,n), 则xa十x2十…十xm=2x,(i=1,2,…,k), 取x2=√2t,则2=t,之2=一1，可得n=(W2t,t,-1), 要使sin0取最小值时，则|cos取最大值， 所以(x11+x12+…十x1n)+(x21+x2十…+x2n)十…+(x1 因为cos01=lcos(m,n)川=mTm m·n 十xe十…十xn)=2x=2C, 考虑由S中的点构晟的满足dB=dc的点组(A,B,C)的个 W6t+2 =1×3t+2 数N(S), √10·√3t+15√3+1 一方面当A取A=1,2…,m,时，这样的点组有C, 1y 3t+W2)=左X/1+2v6t+1 个，故有N(S)22C 3t2+1 另一方面，因为中任意四个，点不共面，所以对任(B,C),点 令m=2√6t+1,m∈(1,13]， A的选取至多有3种，故有N(S)≤3C①， 则t=m-是，32=m1) 1 2√6 8 可得261+1 m 8m 8 3+1m。1D+1m2-2m+9m+9-2 8 n 8 -C=含-c>品-= n i-1 6-2=2, (C)2-C, 当且仅当m=3,t=1取等」 61 结合①得及C≤4>≥”，故4 card(YS))≥n-1. 4 课时冲关高效提能 则1e0sl取最大值后，sin0=√-cos0=四为最小值， 1,解：(1)因为椭圆Γ所在的平面上A √5 5 平面ABC,且交线为BC, 此时点EV2,0, 1 又ABC平面ABC,AB⊥BC,则 6: AB⊥平面ABC, 1 取BC中点O,以O为坐标原点， 可得CE=√2,0， ,CA=(0,2,0), 建立如图所示空间直角坐标系 √6J Oxyz. B 设平面AEC中的法向量k=(x,y,之)， 设点P(x,yo).椭圆T的方程为 k·CE=2x十1 z=0 +苦=1o>6>0. 2 则 6 (k·CA=2y=0 由题意，易知OB=0C=2BC=2, 取x=1,则y=0,z=-2√3，可得k=(1,0,一23)， 可得球心0到平面AEC距离为d=AO:=5 OF,=OF]-BC-1, k 26 则a=OC=2,c=0F1=/a2-b=1, 设平面AEC截球O圆半径为r, 则F-R-心-器 解得6-，所以号+号-1 所以我西因西软为-器-器。 VP=号h·S5P=Sg5P=号E·l 跟踪训练 =ly|≤b=3 故三棱锥AF1F2P体积的最大值是V3. 2.解：(1)以C为原点，CD方向为x轴 (2)易知A(0,-2,3),F1(0,-1,0),F2(0,1,0), 的正方向建立空间直角坐标系， 设P(W3cos0,2sin0,0)(cos0≠0)， 如图， 则C(0,0,0),D(1,0,0),B(0,1,0), 则AF1=(0,1,-3),FP=(W3cos0,2sin0+1,0), A(0,1,1), AF2=(0,3,-3),F2P=(√3cos0,2sin0-1,0), CA=(0,1,1),CD=(1,0,0),BD= 设平面APF的一个法向量n=（x,y,之) (1,-1,0),AD=(1,-1,-1), 则m·A5=y-3x=0 ①设平面CAD的法向量m=(x,y,z), ln·F1P=√3.xcos0+(2sin0+1)y=0' 则/m·CA=0 即{0，取y=1得m=01,-10, 令y=3cos0,则x=-√3(2sin0+1),z=cos0, m·CD=0 {x=0 所以平面APF的一个法向量n1=(一√3(2sin0+1),3cos0, 设平面BAD的法向量为n=(a,b,c), c0s0), 则/n·AD=0 设平面APF2的一个法向量n2=(x1y1,名1)， 即∫a-b-c=0 n·BD=0'{a-b=0 则n·A-3y,-32,=0 取a=1得n=(1,1,0), n2·F2P=√3x1cos0+(2sin0-1)y1=0 m·n 1 令y1=√3cos0,则x1=-(2sin0-1),名=√3cos0 所以cos(m,m》=m·n=2X2-2' n2=(-(2sing-1),3cos0,3cos0), 令t=sin0+1∈(0,2)， 即二面角CAD-B的余弦值为号， n·2= ②AB=BC=CD=1,BD=AC=√2，AD=√3， 则cos(mn)=TmT, 3(4sin0-1)+33cos0+3cos0 所以Y(S)={1,W2,W3}; (2)设card(y(S)=k,y(S)={d1,d2,,d},下证 W/W3(2sin0+1)2+10cos20·√(2sin0-1)2+6cos20 ≥九1 √3(4sin20-1)+4√3cos0 ， √3(2sin+1)2+10cos20·√(2sin0-1)2+6cos0 ·161· 1数学 3W3 = 求证：aSAe_bSAC-cSA √-4t-16t3+122+72t+27 sin, sin0, sin 证明：在SA上取，点P,使得PS= 当(0，]时，则8332>0， 1,过P作PP'⊥平面SBC,P'C'⊥ 3 SC,P'B'⊥SB, 所以-4-16+12r+721+27<-4-2+12r+72: 设∠BSC=a,∠ASC=B,∠ASB =Y, +164 PB'=PBsiny=siny,PP'=PB'S 3 sine2=sinysine, ◆10)=-4r-婴+12r+72+1g, 同理PP'=PC sin03=sin3sin83, f(t)=-8(t-1)(2t2+6t+9), 所以sinysin,=sin,8sind,即sin2 sin02 因为∈(0，号]，所以2+6+9>0， siny sing,' 令(t)=0得t=1,当t∈(0,1)时，f(t)>0,f(t)单调 同理可证sine=sing 递增； sind sine.' 当1，号)时，f)<0,f0单洞递减。 所以sine=sing_siny sine,sindz sind,' f(t)<f(1)=108, 当（得2）时， 又因为SASAB=乞absiny,所以siny =2S△MB 令g(t)=-4t-16t+12+73t+27, ab g'(t)=-16t3-48t+24t+72, 同理sing=2SAc,sina 2SASBC, 设h(t)=g(t), ac bc 则h'(t)=24(-22-4t+1)<0, 2S△sBc 2S△s4C 2S△sAB 所以g@单调道减，所以g@)<g(）下0， 所以bc =-ac =ab sin0, sind,同乘abc得： 即g0单明递减，80<6（得）-8g2<108 aSASHC bSASAC CSASAB sind sin02 sin 综上，-4t-16t3+122+73t+27<108对t∈(0,2)成立，即 培优微专题17 cos(nn2 )331 研析考点层级突破 考点一 1082, 例1[解析]假设MFI>|MF2I, 故二面角F1-AP-F。不大于60° 所以由椭圆、双曲线定义得 2.解：(1)根据定义将已知的条件代入计算即可； (2)过射线PC上一点H作MH⊥PC交PA于M点，作 M十ME:=a1'解得M=a十a, 1MF1|-MF2|=2a2 |MF2=a1-a2 MH⊥PC交PB于N点，连接MN,画出图形，则∠MHN 所以在△MFF2中，|FF2|=2C,由余弦定理得|F1F2I2= 是二面角A-PCB的平面角，根据已知条件利用三角形中的 余弦定理进行证明即可； IMr,P+ME,B-2Mr,·IME2·cosS, (3)已知三棱锥SABC,以SA,SB,SC为棱的二面角分别为 即4c2=(a1十a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)·(a1-a2) 8,A,A,设∠BSC=a,∠ASC=B,∠ASB=Y,先证明si sin 6o, =si-sm,根据所描述的结论进行证明即可. 化简得4c2-a号+3a2, sind,sin 因为4c2=a+3a≥23a1a2, (1)由平面AA1C1C⊥平面ABCD,得0=90°， 由三面角余弦定理得cos∠A1AB=cOs∠A,AC· 所以>2￥=甲≥， 4 cos∠CAB, 因为∠A1AC=60°，∠BAC=45°， 当且仅当a=√3a2时，取等号. 所以o∠AAB=名×号-号， 故e的最小值为 2 (2)过射线PC上一点H作MH 「答案]A MA 跟踪训练 ⊥PC交PA于M,点， 作NH⊥PC交PB于N点，连 1.C[由已知可得|MF2I-IMF1|= 2a,若|MF2|+|MN|>4b, 接MN,如图所示： 则∠MHN是二面角APCB的平P“i 即|MF|+IMWN|+2a>4b,左支上 的点M均满足MF2|+|MN|>4b, 面角， 如图所示，当点M位于H点时， 在△MNP中，由余弦定理得： MF,+MN最小， MN2=MP2+NP2-2MP B ·NPcosY, 故3+2a>4b,即36+4a2>8ab, 2a 在△MNH中，由余弦定理得： .3b2-8ab+4a2>0,.(2a-b)(2a-3b)>0, MN2=MH2+NH2-2MH.NHcos0, .2a>3b或2a<b,.4a2>962或4a2<b, 两式相减得： MP2-MH+NP2-NH-2MP·NPcosy+2MH· 9e<13a或c2>5a,.1<<或5>， 3 a NHcos0=0, 则：2MP·NPcosY-=2PH+2MH·NHcos0, 双南线C的离心率的取值范国为(1，)U5,十∞.门 两边同除以2MP·NP, 考点二 得o7=·器+架· PH NP cos 0 cosacosp 例2[解析]若点P是双曲线的项点，sin∠PF,E。 +sinasinBcos0; (3)已知三棱锥SABC,SA=a,SB=b,SC=c,侧面SAB, sin/PF,E无意义，故点P不是双曲线的顶点，在△PFF SAC,SBC的面积分别为S1,S2,S,以SA,SB,SC为棱的 中，由正弦定理得 PF PF, 二面角分别为81,82,93， in∠PF2Fsin∠PFF2' ·162·