03 模块三　立体几何 【答案】听课手册.docx

模块三立体几何微专题8空间几何体微点1例1(1)BCD(2)28解析 (1)对于A,设该圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2r=13×2×1,2R=13×2×3,解得r=13,R=1,又该圆台的母线长为3-1=2,所以该圆台的高为22-1-132=423,故选项A错误;对于B,该圆台的上底面面积为19,下底面面积为,侧面积为×13+1×2=83,所以该圆台的表面积S=19+83=349,故选项B正确;对于C,该圆台的体积V=13×132+13×1+12×423=52281,故选项C正确;对于D,该圆台的上底面面积、下底面面积和侧面积之比为1983=1924,故选项D正确.故选BCD.(2)方法一:依题意可知,原正四棱锥的高为6,故棱台的体积V=V大正四棱锥-V小正四棱锥=13×42×6-13×22×3=28.方法二:由题可知所得棱台的高为3,上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,由棱台的体积公式可得棱台的体积V=13×(42+22+42×22)×3=28.【自测题】1.B解析 设正方体的棱长为a,正四面体的棱长为b,球的半径为R,表面积为S.正方体的表面积S=6a2,所以a2=16S,所以V12=(a3)2=(a2)3=1216S3.如图,在正四面体PABC中,D为AC的中点,O为ABC的中心,则PO是正四面体PABC的高,BDAC,AD=12b,所以BD=AB2-AD2=32b,所以SABC=12×AC×BD=12×b×32b=34b2,所以正四面体PABC的表面积S=4SABC=3b2,所以b2=33S.又O为ABC的中心,所以BO=23BD=33b.又根据正四面体的性质,可知POBO,所以PO=PB2-BO2=63b,所以V22=13×SABC×PO2=13×34b2×63b2=172b6=172×33S3=3648S3.球的表面积S=4R2,所以R2=S4,所以V32=43R32=136S3.因为136S3>1216S3>12163S3=3648S3,所以V32>V12>V22,所以V2<V1<V3.故选B.2.B解析 设几何体为EF-ABCD,如图所示.矩形ABCD的面积为6×4=24,侧面为两个全等的等腰三角形和两个全等的等腰梯形.设点E,F在底面ABCD内的射影分别为G,H,在平面ABCD内,过点G作GMBC于M,连接EM,过点H作HNCD于N,连接FN.FH平面ABCD,CD平面ABCD,FHCD.又HNCD,FHHN=H,CD平面FHN,又FN平面FHN,FNCD.同理可得EMBC.易知EG=FH=2,GM=HN=2,梯形BCFE的高为EM=EG2+GM2=22+22=22,S梯形ADFE=S梯形BCFE=12(EF+BC)·EM=82.在CDF中,斜高为FN=FH2+HN2=22+22=22,SABE=SCDF=12CD·FN=42,因此,该几何体的表面积为24+2×(42+82)=24+242,故选B.3.4解析 V圆台=13×(×12+×12××22+×22)×2=143,V半球=12×43×13=23,剩余部分几何体的体积为V圆台-V半球=4.微点2例2BC解析 如图.对于选项A,易知CAD为二面角C-AA1-D的平面角,且CAD=45°,故A错误;对于选项B,由题可知四边形ABB1A1和四边形ADD1A1为全等的直角梯形,故BB1=DD1,又B1D1BD,BB1与DD1不平行,所以四边形BDD1B1为等腰梯形,故B正确;对于选项C,由题知AD=4,DD1=52,A1D1=2,所以A1A=254-(4-2)2=32,则四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积V=13×(4+16+8)×32=14,故C正确;对于选项D,因为四边形ABCD是正方形,所以BDAC,因为A1A平面ABCD,BD平面ABCD,所以A1ABD,又A1AAC=A,A1A,AC平面AA1C1C,所以BD平面AA1C1C,又CC1平面AA1C1C,所以BDCC1,故D错误.故选BC. 【自测题】1.AB解析 对于A,假设内存在与a平行的直线,则由直线和平面平行的判定定理知直线a与平面平行,与条件相矛盾,假设不成立,故A正确;由面面平行的判定定理可知B正确;对于C,当直线m,n不相交时,由线面垂直的判定定理知,当lm且ln时,得不到l,故C错误;对于D,当11,时,可满足题设条件,此时平面与平面所成的二面角为90°,平面1与平面1所成的二面角为0°,故D错误.故选AB.2.AB解析 如图,取AB的中点F,连接EF,PF,易知G在PF上,PF是PAB的中线,BGGD=21,PGGF=2,PGGF=PHHE=2,GHEF,又EFAC,GHAC,故C错误;AC平面ABC,GH平面ABC,GH平面ABC,故A正确;取AC的中点O,连接PO,BO,则POAC,BOAC,POBO=O,PO平面POB,BO平面POB,AC平面POB,又PB平面POB,ACPB,又GHAC,GHPB,故B正确;GH与PA所成的角为PAC或其补角,在正三棱锥中,PA=PB=PC,AB=AC=BC,PA不一定等于AC,PAC不一定是等边三角形,PAC不一定是60°,故D错误.故选AB. 1.B解析 设圆锥的母线长为l,则2×2=l,解得l=22.故选B.2.C解析 由题意知,水库水位为海拔148.5 m时,相应水面(棱台的上底面)的面积为140.0 km2=140×106 m2,水库水位为海拔157.5 m时,相应水面(棱台的下底面)的面积为180.0 km2=180×106 m2,水面上升的高度为157.5-148.5=9(m),所以增加的水量(棱台的体积)V=13×9×(140×106+140×106×180×106+180×106)=3×(320×106+607×106)3×(320×106+60×2.65×106)=1.437×1091.4×109(m3).故选C.3.B解析 如图所示,取AB的中点C,连接OC,PC,则有OCAB,PCAB.在AOB中,OA=OB=3,AOB=120°,则ABO=30°,所以OC=OB×sin 30°=32,AB=OB×cos 30°×2=3.又由PAB的面积为934,得12×3×PC=934,解得PC=332,所以PO=PC2-OC2=3322-322=6,所以该圆锥的体积V=13×OA2×PO=13×(3)2×6=6.故选B. 4.B解析 设PBC中PC边上的高为h,则由题意可得SPMN=12×13PC×23h=12×29×PC×h=29SPBC,VP-AMN=VA-PMN=29VA-PBC=29VP-ABC.故选B.5.AC解析 如图,取AC的中点D,连接OD,PD,PO,则ODAC,PDAC,故PDO为二面角P-AC-O的平面角,得PDO=45°.因为APB=120°,PA=2,所以AB=23,PO=1,故圆锥的体积V=13××(3)2×1=,故A正确;S圆锥侧=×3×2=23,故B错误;由PDO=45°,可得DO=1,故AC=2×3-1=22,故C正确;易知PODO,由PO=1,DO=1,得PD=2,则SPAC=12×22×2=2,故D错误.故选AC. 6.CD解析 设正方形ABCD的边长为2,则ED=2,FB=1,AC=22,V1=VE-ACD=13SACD·ED=43.ED平面ABCD,FBED,FB平面ABCD,V2=VF-ABC=13SABC·FB=23.连接BD交AC于M,连接EM,FM,ACED,ACBD,BDED=D,AC平面BDEF.过F作FNDE,垂足为N,则FNBD,且FN=BD=22,在RtENF中,EF=EN2+FN2=3.在RtMBF中,FM=BF2+BM2=3.在RtEDM中,EM=ED2+DM2=6,EM2+FM2=EF2,即EMFM,故V3=VF-ACE=13SEMF·AC=2.故选项A,B错误,选项C,D正确,故选CD.7.766解析 连接AC,A1C1,作A1EAC,垂足为E,在等腰梯形ACC1A1中,AC=22,A1C1=2,AA1=2,则可得该棱台的高h=A1E=62,故该棱台的体积V=13(S+S'+SS')h=13×(1+4+2)×62=766.微专题9球的截面性质与切接问题微点1例1C解析 在ABC中,BC=23,BAC=60°,根据三角形的外接圆半径公式,可得ABC的外接圆半径r=12×2332=2.设P点在平面ABC内的射影为D,连接PD,AD,球心O在直线PD上,则AD=r=2,在RtPDA中,由PD2+AD2=PA2,可得PD=22,设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则(22-R)2+22=R2,解得R=322,所以球O的体积V=4R33=4×32233=92.故选C.【自测题】1.A解析 如图所示,易知球心O为SC的中点,设过A,B,C三点的小圆的圆心为O1,则OO1平面ABC,连接CO1,CO1=23×32=33,OO1=1-13=63,点S到平面ABC的距离为2OO1=263.ABC是边长为1的正三角形,ABC的面积为34,VS-ABC=13×34×263=26. 2.31解析 因为PA平面ABC,AC,AB平面ABC,所以PAAB,PAAC,又ACAB,所以PA,AB,AC两两垂直,故可将三棱锥P-ABC补全为长方体,故三棱锥P-ABC的外接球,即为此长方体的外接球,令三棱锥P-ABC外接球的半径为R,则(2R)2=PA2+AB2+AC2=31,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积为4R2=31.微点2例2B解析 设此正三棱锥框架为P-ABC(如图),球O1的半径为R,球O2的半径为r,底面三角形ABC外接圆的圆心为O,连接PO,AO,延长AO交BC于点N.因为圆气球O2在此框架内且与正三棱锥所有的棱都相切,所以O2在PO上且与棱BC相切于点N,设球O2与棱PA相切于点M,连接NO2,MO2.由题意得AN=32×23=3,则AO=23AN=2,ON=13AN=1.因为PO底面ABC,所以POAO,又因为PA=22,所以PO=8-4=2,在直角三角形OO2N中,OO2=r2-1,1<r<22,在直角三角形PMO2中,PM=MO2=r,PO2=2r,由PO=PO2+OO2,可得2=2r+r2-1,可得r=22-3,则球O2的表面积为4r2=4×(22-3)2=(44-166).因为PO=AO=2,所以O与O1重合,所以球O1的半径R=2,则球O1的表面积为4R2=4×22=16.综上可得,球O1和球O2的表面积之和为(44-166)+16=(60-166),故选B. 【自测题】B解析 正四面体PABC的棱长为1,正四面体PABC的高h=1-23×322=63.由题可知球O与该正四面体的其余三个面(不包括底面ABC)都相切,设球O的半径为r,则VP-ABC=VO-PAB+VO-PBC+VO-PAC,13×34×63=13×34r+13×34r+13×34r,r=69.故选B.微点3例322解析 如图,取B1C1的中点O1,连接D1O1.四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱长均为2的直四棱柱,且BAD=60°,D1O1平面B1C1CB,且D1O1=22-1=3.由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为5-3=2.在平面B1C1CB上作以O1为圆心,2为半径的圆弧,与棱BB1,CC1的交点分别为E,F,易得E,F均为所在棱的中点.连接O1F,O1E,EF.O1E=O1F=2,EF=2,EO1F=2,球面与侧面B1C1CB的交线长为14×2×2=22. 【自测题】C解析 设球O的半径为R,由43R3=1256,得R=52,设平面截球O所得截面小圆的半径为r1,由S1=r12=258,得r1=522,因此,球心O到平面的距离d=R2-r12=522=r1,而球心O在圆锥的轴上,则圆锥的轴与平面所成的角为45°.因为圆锥的高为1,所以球心O到圆锥底面圆的距离d1=32,于是得圆锥的底面半径r=R2-d12=522-322=2.令平面截圆锥所得截面为等腰三角形PAB,线段AB为圆锥底面圆O1的弦,点C为弦AB的中点,连接PC,PO1,CO1,如图,依题意,CPO1=45°,所以CO1=PO1=1,PC=2,AB=2r2-O1C2=23,所以S2=12AB·PC=6,故选C. 1.A解析 由题意,设球的球心为O,半径为R,正三棱台的上、下底面分别为A1B1C1,A2B2C2,A1A2,B1B2,C1C2均为正三棱台的棱,则A1B1C1,A2B2C2都是等边三角形.设A1B1C1,A2B2C2的外接圆圆心分别为O1,O2,连接O1O2,则O1O2=1.连接O1A1,O2A2,等边三角形A1B1C1和等边三角形A2B2C2的边长分别为33,43,O1A1=3,O2A2=4.连接OA1,OA2,若点O在线段O1O2上,则R2=O1A12+OO12=O2A22+(1-OO1)2,即32+OO12=42+(1-OO1)2,可得OO1=4>O1O2,矛盾,故点O在线段O1O2的延长线上.由题意得R2=O1A12+(OO2+1)2=O2A22+OO22,可得OO2=3,R=5,该球的表面积S=4R2=100.2.B解析 设P在底面ABC上的射影为O,则O为ABC的中心,连接OA,则OA=23×6×32=23,PO=PA2-OA2=62-(23)2=26.连接OQ,易知点Q在ABC的边上及其内部,PO2+OQ2=PQ2,又PQ5,OQ1,易知点O到ABC的边的距离大于1,T表示的区域是以O为圆心,1为半径的圆及其内部,其面积为.3.C解析 如图,连接AC,BD交于点O1,连接SO1.设正四棱锥S-ABCD的高SO1=h,底面边长为a,则AO1=22a,设正四棱锥外接球的半径为R,则由43R3=36,得R=3.延长SO1,交球面于点M,连接AM,则SM为球的直径,易知AO1SM,在RtSAM中,由射影定理知,l2=6h,12a2=h(6-h),所以a2=2h(6-h),h=l2632,92,所以正四棱锥S-ABCD的体积为13a2h=23h2(6-h)=23(-h3+6h2).记V(h)=23(-h3+6h2),h32,92,则V'(h)=2(-h2+4h),h32,92,当h32,4时,V'(h)>0,V(h)单调递增,当h4,92时,V'(h)<0,V(h)单调递减,所以V(h)max=V(4)=643,V(h)min=minV32,V92=min274,814=274,所以该正四棱锥体积的取值范围是274,643.4.22,23解析 设球O的半径为R.当球O是正方体的外接球时,球O恰好经过正方体的每个顶点,此时球O的半径最大,正方体的外接球直径2R'=AC1=42+42+42=43,则R'=23,所以Rmax=23;分别取棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,显然四边形MNGH是边长为4的正方形,O为正方形MNGH的对角线的交点,连接MG,则MG=42+42=42,当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时,球O的半径最小,所以Rmin=22.综上可知,球O的半径的取值范围为22,23.5.23解析 易知当球与圆锥相切时,球的半径最大,设此时球的半径为r.如图,球O内切于圆锥,D为切点.由SB=3,BC=1,得SC=22,易知SDOSCB,得SOSB=DOCB,即22-r3=r1,得r=22,所以该圆锥内半径最大的球的体积为43r3=43×223=23.高考进阶2空间几何体的嵌套与切接问题例1ABD解析 对于A,正方体内切球的直径为1 m,故A正确;对于B,如图,在正方体中作出正四面体A1BDC1,该正四面体的棱长为BA1=2 m,而2>1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01 m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为3 m,而1.8>3,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01 m,可忽略不计,如图,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为22 m,连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为GFH=GHF=30°,所以FH=3FG=3GH=62 m,而622=64>1.22=1.44,故D正确.故选ABD.例2C解析 要使球的体积取到最大值,球需接触到抛物线y=14x2(y8)旋转所形成的的曲面上,设此时球与平面xOy的交点为P(x0,y0),球心为O1,半径为r,则y0=14x02,O1(0,8-r),设抛物线在点P处的切线为l,连接O1P,则lO1P,且O1到直线l的距离为r.由y=14x2,得y'=12x,所以直线l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即12x0x-y+y0-12x02=0,所以点O1到直线l的距离d=12x0×0-1×(8-r)+y0-12x0212x02+(-1)2=-(8-r)-14x0214x02+1=r,又klkO1P=-1,即12x0·8-r-y00-x0=-1,整理得8-r=2+14x02,代入式,得r=-(8-r)-14x0214x02+1=-2-12x0214x02+1=2+12x0214x02+1=x02+4,因为球始终与该几何体的底部相接,所以点P为原点,即当x0=0时,小球的体积最大,此时r=x02+4=2,所以小球体积的最大值为43×23=323.故选C.例3C解析 设四棱锥的底面为四边形ABCD,四棱锥O-ABCD的高为a,底面所在圆为O1,连接OO1,AC,BD,则OO1平面ABCD.当四边形ABCD为正方形时,四边形ABCD的面积最大,此时O1为AC,BD的交点,O1D=OD2-OO12=1-a2,则CD=2O1D=2-2a2,故S正方形ABCD=CD2=2-2a2,则V四棱锥O-ABCD=13a(2-2a2)=23(a-a3).设f(a)=a-a3(0<a<1),则f'(a)=1-3a2,当0<a<33时,f'(a)>0,f(a)单调递增,当33<a<1时,f'(a)<0,f(a)单调递减,所以当a=33时,f(a)取到最大值,此时该四棱锥的体积取到最大值.故选C.【自测题】ACD解析 对于A选项,连接AD,在正四面体PABC中,D是PB的中点,所以PBAD,PBCD,又因为AD平面ACD,CD平面ACD,ADCD=D,所以PB平面ACD,又因为AE平面ACD,所以PBAE,所以直线AE与PB所成的角为2,故A选项正确;对于B选项,把ACD沿着CD展开与BDC在同一个平面内(A,B在CD的异侧),由AD=CD=23,AC=4,得cosADC=13,所以cosADB=cos2+ADC=-sinADC=-223,所以AB2=22+(23)2-2×2×23×-223=16+166334,所以AB34,所以ABE周长的最小值不为4+34,故B选项错误;对于C选项,要使小球半径最大,则小球与四个面相切,即小球是正四面体的内切球,设内切球的半径为r,正四面体PABC的高h=42-23×4×322=463,由等体积法可得V四面体PABC=13SABC·h=13S表·r,又S表=4SABC,所以r=14h=63,故C选项正确;对于D选项,10个小球分三层(1个,3个,6个)放进去,要使小球半径最大,则外层小球与四个面相切,设小球半径为r,四个角小球球心连线得到的几何体MNGF是棱长为4r的正四面体,其高为463r,如图,在正四面体PHIJ中,由正四面体内切球的半径是正四面体的高的14得,点M与点P之间的距离为3r,则正四面体PABC的高为3r+463r+r=463,得r=6-2,故D选项正确.故选ACD. 微专题10空间角与空间距离微点1例1解:(1)证明:因为BC平面PAB,AB,PE平面PAB,所以BCAB,BCPE.因为PEEC,ECBC=C,EC,BC平面ABCD,所以PE平面ABCD,又BD平面ABCD,所以PEBD.因为tanABD=tanBCE=12,所以ABD=BCE,所以ABD+CEB=90°,即BDCE.因为PECE=E,PE,CE平面PEC,所以BD平面PEC.(2)由(1)得PEAB,因为E为AB的中点,所以PB=PA=AB=2.以E为坐标原点,EB,EP所在直线分别为x轴、z轴,过点E作BC的平行线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,3),C(1,2,0),D(-1,1,0),B(1,0,0),所以PC=(1,2,-3),PD=(-1,1,-3),BD=(-2,1,0).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则PC·m=0,PD·m=0,即x+2y-3z=0,-x+y-3z=0,令x=1,则y=-2,z=-3,即m=(1,-2,-3).由(1)知平面PCE的一个法向量为BD=(-2,1,0),因为cos<m,BD>=m·BD|m|BD|=-48×5=-105,所以平面PEC与平面PCD夹角的余弦值为105.例2解:(1)证明:如图,连接A1B.因为AB=AA1,A1AB=60°,所以ABA1为等边三角形.因为A1C=23,BC=2,A1B=4,所以A1B2=A1C2+BC2,所以BCA1C,又BCAC,ACA1C=C,AC,A1C平面ACC1A1,所以BC平面ACC1A1. (2)方法一:如图,设E为BB1的中点,连接A1E,DE,作DFA1E于F. 因为BC平面ACC1A1,DEBC,所以DE平面ACC1A1,又CC1平面ACC1A1,所以DECC1.在A1CC1中,因为A1C=A1C1,D为CC1的中点,所以A1DCC1,又A1DDE=D,所以CC1平面A1DE.因为BB1CC1,所以BB1平面A1DE,又DF平面A1DE,所以BB1DF.因为DFA1E,BB1A1E=E,BB1,A1E平面ABB1A1,所以DF平面ABB1A1,所以直线A1D与平面ABB1A1所成的角为DA1E.在DA1E中,A1DDE,A1D=A1C2-22=22,DE=BC=2,所以A1E=A1D2+DE2=23,所以sinDA1E=DEA1E=33.故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为33.方法二:如图,以C为原点,CA,CB所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系, 则A(23,0,0),B(0,2,0),A1233,0,463,C1-433,0,463,D-233,0,263,所以A1D=-433,0,-263,AB=(-23,2,0),AA1=-433,0,463.设平面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z),由n·AB=0,n·AA1=0,得3x-y=0,x-2z=0,令z=1,则x=2,y=6,即n=(2,6,1).设直线A1D与平面ABB1A1所成的角为,则sin =|cos<A1D,n>|=|A1D·n|A1D|·|n|=33.故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为33.【自测题】解:(1)证明:因为AB=AC,O为BC的中点,所以OABC.因为侧面BCC1B1为等腰梯形,M,O分别为B1C1,BC的中点,所以OMBC.因为OAOM=O,OA,OM平面AOM,所以BC平面AOM.因为BC平面ABC,所以平面ABC平面AOM.(2)在平面AOM内,过O作ONOA,交AM的延长线于N,因为平面ABC平面AOM,ON平面AOM,平面AOM平面ABC=OA,所以ON平面ABC.以O为原点,OB,OA,ON的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,因为OABC,OMBC,OA平面ABC,OM平面BCC1B1,所以AOM是二面角A-BC-C1的平面角,则AOM=6,所以MON=3.因为AB=AC=5,BC=8,所以OA=3,所以A(0,3,0),B(4,0,0),C(-4,0,0).在等腰梯形BCC1B1中,BC=8,B1C1=CC1=4,所以OM=16-4=23,则M(0,3,3),所以C1(-2,3,3),B1(2,3,3),所以BB1=(-2,3,3),CA=(4,3,0),CC1=(2,3,3).设平面AA1C1C的法向量为n=(x,y,z),则n·CA=4x+3y=0,n·CC1=2x+3y+3z=0,取x=3,得y=-4,z=23,则n=(3,-4,23),所以直线BB1与平面AA1C1C所成角的正弦值为|cos<n,BB1>|=|n·BB1|n|·|BB1|=|-2×3+3×(-4)+3×23|9+16+12×4+9+3=33737.微点2例3解:(1)证明:由题得平面与平面ABCD,平面A1B1C1D1的交线分别为DC,EF,又平面ABCD平面A1B1C1D1,EFDC,又EF=DC,四边形EFCD为平行四边形,EDFC.ED平面ACF,FC平面ACF,ED平面ACF.(2)在ADC中,由余弦定理可得AC=3,由勾股定理得ACAD,又AA1平面ABCD,AA1,AC,AD两两垂直,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.取AD的中点H,连接EH,易知AHA1E,AH=A1E,四边形AHEA1为平行四边形,AA1HE,又AA1平面ACD,HE平面ACD.作HIDC,垂足为I,连接EI,HE平面ACD,HECD,又HEHI=H,CD平面EHI,可得CDEI,EIH为平面EFCD与平面ABCD的夹角.易求HI=34,tanEIH=EHHI=433,EH=1.ED平面ACF,点E到平面ACF的距离等于点D到平面ACF的距离d.A(0,0,0),D(1,0,0),C(0,3,0),E12,0,1,DC=(-1,3,0),由DC=EF,得F-12,3,1,AC=(0,3,0),AF=-12,3,1,AD=(1,0,0).设平面ACF的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=3y=0,m·AF=-12x+3y+z=0,可取m=(2,0,1),则d=|m·AD|m|=255.【自测题】解:(1)证明:由题知AC=2+2=2,CAB=ACD=45°,所以BC2=4+8-2×2×22×22=4,故BC=2,则ACB=90°,即ACCB.因为平面PAC平面ACB,平面PAC平面ACB=AC,CBAC,CB平面ACB,所以CB平面PAC,又AP平面PAC,所以CBAP.因为PAPC,PCCB=C,PC,CB平面PCB,所以AP平面PCB,又CM平面PCB,所以APCM.(2)设AC的中点为O,AB的中点为D,连接OP,OD,易知OA,OD,OP两两垂直.以OA,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0).设BMBP=,则BM=BP,设M(x,y,z),则(x+1,y-2,z)=(1,-2,1),可得M(-1,2-2,),所以CM=(,2-2,),又CA=(2,0,0),点M到直线AC的距离为255,所以CM2=45+CA·CM|CA|2,即2+(2-2)2+2=45+222,即252-40+16=0,解得=45,所以BMBP=45.微点3例4解:(1)证明:方法一:如图,作A2B3AB交BB1于B3,D2C3DC交CC1于C3,连接B3C3,易知A2B3D2C3,且A2B3=D2C3,所以四边形A2B3C3D2是平行四边形,所以A2D2B3C3.因为B2B3C2C3,B2B3=C2C3,所以四边形B2B3C3C2是平行四边形,所以B3C3B2C2,所以B2C2A2D2.方法二:因为B2C2=B2B1+B1C1+C1C2=DD2+AD+A2A=A2D2,B2,C2,A2,D2四点不共线,所以B2C2A2D2.(2)方法一:如图,以C为原点,以CD,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),设P(0,2,t)(0t4),则A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),A2P=(-2,0,t-1).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量,则-2x1-2y1+2z1=0,-2y1+z1=0,取x1=1,得n1=(1,1,2),同理n2=(t-1,3-t,2).由题得|cos<n1,n2>|=32=(t-1)+(3-t)+46×(t-1)2+(3-t)2+4,整理得t2-4t+3=0,解得t=1或t=3,则B2P=|2-t|=1.方法二:如图,连接A2B2,易证四边形A2B2C2D2为菱形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以直线B2E与平面PA2C2所成的角为30°,易知B2E=2,所以点B2到平面PA2C2的距离d1=B2Esin 30°=22.连接A1B2,A1D2,A1E,A1C2,A1P,由A1B2=A1D2=22,得A1EB2D2,由A1C2=A1A2=3,得A1EA2C2,又A2C2B2D2=E,所以A1E平面A2B2C2.因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以A1E与平面PA2C2所成的角为60°,易知A1E=6,所以点A1到平面PA2C2的距离d2=A1Esin 60°=322.所以VA1-PA2C2VB2-PA2C2=d2d1=3.又C2到平面PA1A2和平面PA2B2的距离都为2(平面PA1A2和平面PA2B2为同一个平面),所以SPA1A2SPA2B2=3,所以A1A2=3B2P=3,解得B2P=1.【自测题】解:(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,且PA平面ABCD,所以AP,AB,AD两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,3),C(3,3,0),Q(0,3,1),B(3,0,0),E32,0,32,F32,3,12,所以EF=(0,3,-1),易知平面PADQ的一个法向量为a=(1,0,0),因为a·EF=0,所以EFa,又EF平面ADQP,所以EF平面ADQP. (另法:分别取AB,CD的中点G,H,连接EG,GH,FH,如图. 因为点E,F分别为PB,CQ的中点,所以EGPA,FHQD,又PADQ,所以EGFH,所以点E,G,H,F四点共面.因为G,H分别为AB,CD的中点,所以GHAD.因为AD平面ADQP,GH平面ADQP,所以GH平面ADQP.因为FHQD,QD平面ADQP,FH平面ADQP,所以FH平面ADQP.因为FHGH=H,FH,GH平面EGHF,所以平面EGHF平面ADQP,又EF平面EGHF,所以EF平面ADQP.)(2)设平面PCQ的法向量为m=(x,y,z),因为PC=(3,3,-3),CQ=(-3,0,1),所以m·PC=3x+3y-3z=0,m·CQ=-3x+z=0,取x=1,可得m=(1,2,3),所以平面PCQ的一个法向量为m=(1,2,3).易知平面CQD的一个法向量为n=(0,1,0),设平面PCQ与平面CQD的夹角为,则cos =|cos<m,n>|=|m·n|m|·|n|=21×1+4+9=214=147,所以平面PCQ与平面CQD夹角的余弦值为147.(3)假设存在点M满足题意,设PM=PC=(3,3,-3),其中0,1,则AM=AP+PM=(0,0,3)+(3,3,-3)=(3,3,3-3).由(2)得平面PCQ的一个法向量为m=(1,2,3),由题意可得|cos<AM,m>|=|AM·m|AM|·|m|=|3+6+9-9|14×92+92+(3-3)2=427,整理可得122-8+1=0,即(2-1)(6-1)=0,解得=16或=12,所以存在满足题意的点M,且PMMC=15或PMMC=1.1.解:(1)证明:A1C平面ABC,BC平面ABC,A1CBC,又BCAC,A1C,AC平面ACC1A1,A1CAC=C,BC平面ACC1A1,又BC平面BCC1B1,平面ACC1A1平面BCC1B1.如图,过A1作A1OCC1,交CC1于O,又平面ACC1A1平面BCC1B1=CC1,A1O平面ACC1A1,A1O平面BCC1B1.A1到平面BCC1B1的距离为1,A1O=1.在RtA1CC1中,A1CA1C1,CC1=AA1=2.设CO=x,则C1O=2-x,A1OC,A1OC1,A1CC1均为直角三角形,CO2+A1O2=A1C2,A1O2+OC12=A1C12,A1C2+A1C12=C1C2,1+x2+1+(2-x)2=4,解得x=1,A1C=A1C1=2,又AC=A1C1,A1C=AC. (2)方法一:连接A1B,AC=A1C,BCA1C,BCAC,RtACBRtA1CB,A1B=AB=A1B1.取BB1的中点F,连接A1F,则A1FBB1.直线A1A与B1B的距离为2,A1F=2,又AA1=2且A1C=AC,A1C=AC=2,AB=A1B1=A1B=5,BC=3.以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,3,0),B1(-2,3,2),C1(-2,0,2),CB=(0,3,0),CC1=(-2,0,2),AB1=(-22,3,2).设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=0,n·CC1=0,即3y=0,-2x+2