2023三维设计二轮培优提能课(四) 立体几何

1目就提能,课立体几何

立体几何中的创新问题

[例I]有一种制作正二十面体的方法：如图①，先制作三张i样的黄金矩形

（a=咛工）,然后从长边。。的中点E出发，沿着与短边平行的方向剪开一半，

即0£=%。，再沿着与长边AB平行的方向剪出相同的长度，即OF=OE,将这三个矩形

穿插两两垂直放置，如图②，连接所有顶点即可得到一个正二十面体，如图③.若黄金矩形

的短边长为4,则按如上方法制作的正二十面体的表面积为,其外接球的表面积为

困①图②图③

解析由题图知，正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，正二十面体的棱长为

矩形的短边长，即棱长为4,所以正二十面体的表面积为乎义42><2（）=8M.设矩形的长边

长为2户由我="手得到矩形的长边长2y=24+2.根据对称性可知，外接球的球心在三

个黄金矩形的对角线交点处，所以外接球的直径是黄金矩形的对角线长.设外接球半径为R,

则2R=7（2小+2）2+42=^40+84,所以外接球的表面积为4兀收=（40+8小）兀

答案8即（40+8小）兀

I感悟提升I

根据图形知正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，棱长为矩形的短边长，故求

出一个等边二用形的面积即可求出正二十面体的表面枳：观察并找到外接球球心，可得黄金

矩形的对角线长为球的直径，据此求解球的表面积即可.

国跟踪训练

美丽的广州塔以其窈窕的身姿被亲切地称为“小蛮腰”，它的整体轮廓

可以看成是由双曲线的一部分绕虚轴旋转得到的，以下问题源于广州塔模型：

将曲线5一募=l（0W）W60,Q0）与x轴，），轴，直线），=60围成的封闭图形

绕y轴旋转一周形成一个旋转体，则直线y=/7（0<//<60）^），轴旋转一周形成的平面截此旋转

体所得截面圆的面积为.根据祖咽原理，构造适当的一个或多个几何体，求出此旋

转体的体积为.（祖晅原理：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个

平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等）

解析：将），=/?代入方程3一悬=1,得到r=4+碧，所以截面白

圆的面积为§=心2=兀（4+票），①.结合祖唯原理，需构造几何体，使用

之在任意高度人处，截面面积等于截面圆的面积S,因为S=n（4+禁）图（1）图照）

=4兀+聂兀,所以可先构造一个底面半径为2,高为60的圆柱，如图（1）,其底面与所求旋

转体的底面在同一个平面内；再构造一个底面半径为8,高为60的倒立圆锥，如图（2）,其

顶点在所求旋转体的底面，圆锥底面与所求旋转体底面立行.则所求旋转体的体积等于圆柱

2

与圆锥的体积之和.故所求旋转体的体积为Vtt+Vlfi=4nX60+|xnX8X60=l520r.

答案：4+即1520兀

in«S立体几何中的截面、交线问题

立体几何中截面与交线问题涉及线、面位置关系、点线共面、线共点等问题，综合性强,

思维层次高，能够培养学生直观想象和逻辑推理等核心素养.

角度一与截面有关的作图问题

【例2】（1）如图,在正方体A8aMl如CB中，点E,一分别是棱

的中点，点G是棱GC的中点，则过线段AG且平行于平面MEF

的截面图形为（）

A.矩形B.三角形

C.正方形D.等腰梯形

（2）如图，已知球O是校长为1的正方体A6CO-A向G5的内切球，则平面AC。截球

O的截面面积为

AB

解析（1）如图，取8c的中点〃，连接A”,GH,A。，DiG,由题

意得G"〃EEAH//A\F,又GHQ平面AiEF,E”u平面4正产，二.G，〃平面人七凡同理

4H〃平面4ER又GHCAH=H,GH,AHU平面A”GOi,，平面〃平面4E/，

故过线段AG且与平面AiE/平行的截面图形为四边形显然为等腰梯形.

(2)平面AC"是边长为、E的正三角形，且球与以点。为公共点的三//

个面的切点恰为△AC。三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的z/Jok

内切圆的面积，如图所示，△八C。内切圆的半径是乎Xtan30°一乎，4,

则所求的截面圆的面积是兀x乎乂乎=会

答案(1)D(2点

I感悟提升I

作截面的两种常用方法

(1)平行线法：解题关键是利用截面与几何体的两个平行平面相交,或者裁面上有一条

直线与几何体的某一个面平行；

(2)延长线交点法：解题关键是利用截面上的点至少有两个点在几何体的同一个面上.

角度二与截面有关的计算问题

[例3]已知长方体ABCD-A^CM的高为娘，两个底面均为边长为1的正方形，

过8n作平面a分别交棱A4,CG于E,F,则四边形面积的最小值为.

解析根据题意作图，如图所示，过点F作?交""于〃,

设九由题意得4。=2.因为长方体对面平行，所以裁面BFDiE为

平行四边形，则5四边形"/)iE=2SZ\B")i=2xS/?i-/?=26，当力

取最小值时四边形BFDiE的面积最小.易知h的最小值为直线CG与

5

直线35间的距离.易知当F为CCi的中点时,〃取得最小值,小产竽。四边形BFD\E)^n

=2X乎=，1故四边形BFDiE面积的最小值为

答案也

I感悟提升I

截面最值问题的解法

(1)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值.

(2)猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与人何体的特征，“动中找铮”，如正

三角形、正六边形、正三棱锥等.

角度三交线问题

【例4】已知三棱锥P-A8C的外接球。的半径为仃，△ABC为等腰直角三角形，

若顶点P到底面ABC的距离为4,且三棱锥P-ABC的体积为号，则满足上述条件的顶点P

的轨迹长度是.

解析设底面等腰RIZXA8C的直角边的边长为x（x>0）,二•顶点P到底面48c的距离

为4且三棱锥2ABe的体积为雪，.・.；义9><4=牛，.・.尸2隹.•.△A8C的外接圆半径为

n=1x72X272=2,

.••球心0到底面ABC的距离为di=yjR2-^=^/13-22=3,又•顶点P到底面ABC的

距离为4,.•.顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面A8C和截面圆之间）且球心。

到该截面圆的距离为由=1.，截面圆的半径,2=、网-度=、13—1=2小,...顶点P的轨迹

长度是27ro=2TTX24=4小儿

答案45兀

I感悟提升I

1.处理两面交线的方法：一要明确两面的类型，是平面还是曲面；二要判断哪些面之

间相交，交线是直线还是曲线.

2.立体几何中空间动点轨迹的判断或求轨迹的长度.一般是根据线、面平行，线、面

垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的枕迹（还可以利用空间

向量的坐标运算求出动点的轨迹方程）.

国跟踪训练

1.如图，有一容积为1立方单位的正方体容器ABCD-4SGOi，

若在棱A8,B田及对角线BiC的中点各有一小孔E,F,G,且此容器

可以任意放置，则该容器可装水的最大容积是（

A.：2

B.8

C.m47

D.48

解析：C过E,&,G三点的平面去截正方体，截去的是一个三

棱锥，其底面为△仍8,面积为s=3xixT=；,高为〃=1,则截去

的三棱锥的体积为必=上•仁吉，当E,Bi,G三点在同一水平面上

时，点尸在水平面之上，则E,F,G三点都不漏水，故当水平面调整为如图所示的AEBiC

时，容器的容积最大，且最大容积为矽=1—纭=芍.故选C.

2.（2020淅高考全国I卷）已知直四棱柱ABCD-48Gd的棱长均为2,ZfiAD=60°.

以Di为球心，小为半径的球面与侧面BCGB1的交线长为.

解析：如图，连接易知△囱为正三角形，所以

=GD]=2.分别取mCi,BBi,CCi的中点M,G,〃，连接£>iM,

DiG,DiH,则易得Q|G=Qi"=y22+12=小,D\MVB\C\,且"M

=小.由题意知G,〃分别是88],CG与球面的交点.在侧面BCCiBi

内任取一点P,使MP=®连接。尸，则DF=y/DiM2+Mp2=q（小）？+（可）2=小,

连接MG,M”，易得MG=M〃=，5,故可知以M为圆心，、△为半径的圆瓠G"为球面与

侧面BCC\B\的交线.由N8|MG=NGMH=45°知NGM”=90°,所以命的长为;X2兀

X小卷

答案.鱼

tftt'.立体几何中的范围、最值问题

立体几何中涉及空间图形有关的线段、角、体积的范围、最值，是高考命题的热点.求

解的关键是在平面图形直观认识的基础上，分析动态问题，把握空间位置关系.题目能较好

地考查学生的空间想象能力、逻辑推理与数学运算等核心数学素养.

角度一范围问题

【例5】在如图①所示的长方形A8C。中，AB=2,BC=\,E为。C的中点，F为线

段EC（端点除外）上一动点.现将△AFO沿A”折起，使平面ABO_L平面A8CF,得到如图

②所示的四棱锥.在平面48。内过点。作。K_LAB,垂足为K.设4K=1，则，的取值范围

是.

解析过/作BWL1&交人8于M,连接FK（图略）.设产C=x,0<x<1,贝《M〃=

BC=1,MB=FC=x.易知AKVAO=I,又人B=2,所以K一定在M的左边，则MK=2

一，一尤在Rl^AOK中，DK'1—t2,在Rl△尸MK中，FK?=1+(2—，一外2.因为平面ABOJ_

平面ABCF,平面ABDCI平面ABCF=AB,DKA.AB.OKU平面ABD,所以。K_L平面ABCF,

所以。K_LrK.在RtZXQFK中，DF=2—x,DK2~\~FK2=DF2,所以1一尸+1+(2—，-刈2=(2

-X)2,化简得1—2/+戊=0,即，=十.又因/=+在(0,1)上单调递增，所以/</<],故

乙人4人乙

『的取值范围为(;，1).

答案&1)

I感悟提升I

1.本题是一个动态的翻折问题，需要考生发现其中不变的垂直关系，从而得出相关变

量间的关系，最终转化成函数的值域问题.

2.求解的关键是根据相关的定理对图形中位矍关冻进行精准判断，抓住不变量，另外

注意变量x£(0.1)的范围.

角度二最值问题

【例6】已知四面体ABCO的棱长满足AB=AC=BO=C/)=2,BC=AD=\f现将四

面体A8CO放入一个轴截面为等边三角形的圆锥中，使得四面体ABCD可以在圆锥中任意

转动，则圆锥侧面积的最小值为.

解析根据题意，只需四面体A8C。在圆锥的内切球内.当圆

锥的侧面积最小时，该圆锥的内切球即四面体4ACQ的外接球，下

面求四面体44co的外接球半径.如图所示，分别取4),/3C的中箔”"

点M,N,连接MMMC.取MN的中点O,连接OB.根据题意，可

得。为四面体A8CD外接球的球心，且MN_L8C,CMJ_A。.计算可得，CM=y/CD2-DM2=

誓,MN=7CM?-CM=卑,0N=*WV=乎,O8=NoM+8N2=平,可得四面体ABCD

的外接球半径为手.则圆锥的内切球的半径为R=乎,底面圆的半径为r=平又小=

乎，母线长为乎乂2=半.所以侧面积为S=7tX乎)<乎=乎.

答案警

I感悟提升I

本题将“四面体可以在圆锥中任意转动”转化为“四面体在圆锥的内切球内“，又通过

“侧面积最小”将圆锥的内切球问题转化为四面体的外凑球问题，从而转化为如何确定四面

体外接球的球心及半径问题.灵活运用转化思想是求解本题的关键.

国跟踪训练

1.如图所示，在长方体A8CD-A/6。中，AB=BC=\,AA}=2,P是

A/上的一动点，有下面四个结论："

①OP的最小值为挈:②。尸的最小值为#;③AP+PG的最小值为#;/K|

④AP+尸G的最小值为邛2则正确的序号是（）B

A.①③B.①④

C.②③D.②④

解析：B求。尸的最小值，即求△DA/的边44上的高，易知A4=A|Q=小、13D

=也，所以A用边上的高人=沁为OP的最小值.连接4G,BG（图略）得△48G,以4出

所在直线为轴，将△4BG所在平面旋转到平面设点G的新位詈为C・盖接AC.

则AC即为所求的最小值.易知AA\=2,A\C'=啦，cosNAAC'=一*,所以AC=

74+2-2、2、巾、（嘲=呼.

2.设P,Q,R分别是长方体A4co-AiSGS的楂46，CCi，的中点，且BC=

CC1=1,/W=2,M是底面48CQ上的一个动点，若直线与平面PQR没有公共点，则

△BBiM面积的最小值为.

解析：如图所示，分别取401，A4,8C的中点E,F,G,连

接EF,FP,PG,QG,ER,易知平面EFPGQR与平面PQR共面.连

接401,AC,CD）,易得平面4OC〃平面EbGQR故M在线段

AC上运动.的面积S=：8W,要使的面积最小，需使BM_LAC此时8mAe

=ABBC,即小8M=1X2,得8"=手.所以面积的最小值为乎.

答案：乎

专题提能

1.已知正方形ABC。的边长为2建，将△ABC沿对角线AC折起，使得二面角8-AC-。

的大小为90°.若三棱锥8-AC。的四个顶点都在球。的球面匕G为AC边的中点，E,F

分别为线段8G,QC上的动点（不包括端点），且"=啦。凡当三棱锥EAC”的体积最大

时，过点尸作球。的截面，则截面面积的最小值为（）

A.2也冗B.2兀

C.%8

D.铲

解析：C因为正方形ABC。的边长为2吸，所以AC=4.如图，由

于平面48C_L平面ACD,平面A8CG平面ACD=AC,又G为AC边的

中点，则有BGLAC,所乂BG_L平面ACD设C尸=n0V<&）,则BE

=①,所以三棱锥E-ACF的体积旷=拉Q・EG={X^AC・CF•sin

NAb・EG=gxJx4x•乎（2一曲尸痴%一/），当》=平时，V取得最大值.由于G4

=GB=GC=GD,则球。的球心即为G,且球。的半径R=2.又在△GC尸中，由余弦定理,

,根据球的性质可知，当G尸垂直于截面时,

截面圆的面积最小，设其半径为「，所以户=代—6r=宗s=+=京.

2.在棱长为1的正方体ABCQ-AIBIGG中，E,r分别为线段C。少_____

---

和AiB上的动点，且满足CE=4F,则四边形。声BE（如图中阴影部Bx\\\P

分所示）在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（）

35

A.有最小值2B.有最大值］

C.为定值3D.为定值2

解析：D依题意，国边形D/BE在后面，上面，左面投影后所得的图形面积分别与

如图中阴影部分所示图形面积相等，其中各正方形边长为1,"尸i=/)'Ei,B'iE'2

，,

=D'2F'2,DE=D'iE'1,CE=B1E2.

所以在后面的投影的面积为S恭=1X1=1,在上面的投影面积S上=OE1X1=DEX1

=DE,在左面的投影面积5左=夕2/2X1=CEX1=CE.所以四边形。在该正方体有

公共顶点的三个面上的正投影的面积之和为S=S后+S上+S左=1+。£+。七=1+。。=2.故

选D.

3.如图，在正四面体A8C。中，点耳尸分别是棱BC,上的

点（不含端点），%E=入BC,记二面角A-EF-C的大小为仇在点F

从点8运动到点。的过程中，下列结论正确的是（）

A.若则。先增大后减小

B.若则-先减小后增大

C.若.=言则6先增大后减小

3

D.若"本则。先减小后增大

解析：B当；1=；时，£为靠近4的四等分点，如图①，过A作

AO_L平面BCQ,过。作0M垂直于E”于点M,连接AM,则NAMO

为二面角A-EAC的平面角，当点厂从点4运动到点。的过程中0M

An

先变大后变小，所以tanNAMO=tan。=两，又因为A0不变，所以

图①

tan〃先变小后变大，所以，先变小后变大.

3_AQA

当2=W时，如图②，同理，lan/AMO=tan9=%而，此时在点厂

从点8运动到点。的过程中可以取到OM=0,所以C、D错误.故

选B.

4.如图，在棱长为1的正方体ABCZXA/IGDI中，P为棱BB】

图②

的中点，Q为正方形BB.CiC内一动点（含边界）,若AQ〃平面MPD,

则线段。边长度的取值范围是（）

A.[1,小1B.乎,啦]

C.[1，明D.恒匈

解析：D如图，取CG中点E,81G中点凡连接GE,DiF,

EF,所以EF〃B\C,在正方体中，易得所以EFZ/A.D,

因为上网平面4尸。4。0平面4PD,所以〃平面4PD,因为P,

E为BBi,CG中点，所以。E〃AiP,因为QEQ平面AiPQ,4PU平

面AiPD,所以。山‘〃平面A\PD,因为EbHD]E=E,所以平面。山〃平面A4。，因为

GQ〃平面AiP。，所以"QU平面。化尸，又Q为正方形BBCC内一动点（含边界），所以

Q在线段E尸上，可得。出=坐，DF=坐,EF=喙,则当。在石产中点时，小。取得最

当。在£尸两端时，。。取得最大值为坐，所以GQ长度

小值为4停I停J嗜

的取值范围是[平，坐].故选D.

5.（多选）梭长为1的E方体人BCD-ASGd中，P,。分别在棱

2

BC,CG上，CP=x,CQ=yfxE[O,1],y£[0,1]且d+y/。，过

A,P,。三点的平面截正方体4BCD-4SGDi得到截面多边形，则

A.x=），时，截面一定为等腰梯形

B.x=l时，截面一定为矩形且面积最大值为吸

C.存在黑、使截面为六功形

D.存在x,y使与截面平行

解析：BD对A,x=y=l时，截面为矩形，故A错；对B,当x=1时，点尸与点B

重合，设过A,P,Q三点的平面交D\D于M,如图①所示，则因为平面AAiZ）iO〃平面BB\C\C,

WPQ//AM,且A8_LPQ,此时截面为矩形，当点。与点Ci重合时面积最大，此时截面面

积S=1X啦=a,B正确；对C,截面只能为四边形、五边形，故C错；对D,当

时，延长交QP延长线于N,画出截面APQM如图②所示.此时因为BN

//CQ,故Rj/W丝RtZXCPQ,则BN=Cg=1.由面面平行的截面性质可得△AOMS/\PCQ,

21

AD=2PC,故MD=2QC=§,此时MG=y,故MD尸BN且MDi〃BN,故四边形MDiBN

是平行四边形，故MN〃DiB,根据线面平行的判定可知BOi与截面平行，故D正确.故选

B、D.

6.（多选）如图，已知圆锥0P的底面半径,•=4,侧面积为2小

内切球的球心为。1，外接球的球心为。2,则下列说法正确的是（）

A.外接球。2的表面积为167r

B.设内切球Oi的半径为力，外接球。2的半径为2则〃=3"

C.过点。作平面a截圆锥。尸的截面面积的最大值为2

D.设圆锥OP有一内接长方体，该长方体的下底面在圆锥底面上，上底面的四个顶点

在圆锥的侧面上，则该长方休体积的最大值若

解析：ACD因为圆锥侧面积Si=7n7=小兀/=2小心解得/=2,

即圆锥母线长为2,则高力=1,设圆锥外接球半径为心，如图①，则对

△AOO2由勾股定理得人凌=人。2+。3,即“=（小）2+（1_r2）2>m=2,

外接球面积为S2=4?W=16几，故A正确；设内切球0|的半径为〃，作

2

。。垂直于心于点。，如图②，则对△P。。，POl=DOHPDt即（1

—〃）2=rf+（2—小尸，解得〃=25一3,故B错误；过点P作平面。截

圆锥OP的截面面积最大时，如图③，因为〃<人故恰好△以C为等腰直

角三角形时取到，点C在圆锥底面上，SM、C=；X2X2=2,故C正确设

圆锥。。有一内接长方体，其中一个上顶点为E,上底面中心为QuEOy

=/3，如图④，则「。3=监3，00=1一93，当长方体上底面为正方形时，上底面面积最

大，长方体体枳为丫=妙?）2・（］一号3）,V'=4门一2小内,当心£（0,时，H>0,

时，S<0,故%wx=5X信当X向奇,故D正确.故选A、C、

D.

7.如图是•个底面半径和高都是1的圆锥形容器，匀速给容器注水，则容器中水的体

积丫是水面高度工的函数，记为丫=/（x）,若正数a,〃满足a+b=l,则人〃）+/（份的最小值

为_______

解析：因为圆锥形容器的底面半径和高都是1,水面高度为北所以容器中水的体积V

=J(x)因为〃+8=1,所以。=1—a(()<a<1),/(a)+/(/?)+%(]—a)3=%/++(]

—+3a2—a3)=iter—na-\-^n,易知函数y=na2—7ia~\~1n(0<«<1)的图象的对称轴方程为

=1,所以当4=/时，[/C«)+^)]min=17C-p+|7C=Y7.

答案：

8.如图，在三棱锥2AAe中，以_L平面ABC,ABLBC,%=43=2,

AC=2y［2,M是8c的中点，则过点M的平面截三棱锥P-A8C的外接球

所得截面的面积的最小值为.

解析：如图，把三棱傕尸-ABC放在棱长为2的正方体中，则正方体的

体对角线长为三棱锥尸-ABC的外接球的直径.设三棱猿P-ABC的外接球

的半径为R,则2R=4?不再委=2小，.取PC的中点0,则0

为球心，连接。"，由对称性可知，球心。到过点M的平面距离的最大值

为OM=*B=P，故过点A7的最小的截面圆的半•径为［R?—OM?=I,故截面的面积最小

值为兀Xl2=7t.

答案：兀

9.如图，四棱锥P/BC。中,4。=2。=2,底面48。。是正方形.且

平面?CDJL平面ABC。，ZPDC=120°.

0I

(1)若九＞=］五*,而=§而，/为AB的中点，N为BC的

中点，证明四边形MEN/为梯形；

(2)试判断在线段PC上是否存在一点E,使得三棱锥P-OE尸的体积为*?若存在求出

麒的值；若不存在说明理由.

解：(1)证明：如图①，连接ME,EN,NF,FM,AC,•点M在线段以上且满足|AM

...前=弓后*,又即△FC中端=陶=*

DJ|171||iC|J

2

，“£：〃人(7且“£：=.。，•.•△人BC中，F为AB的中点，N为8C的中点,

...QV为△A8C的中位线，且FN==4C,

:.FN//ME且FNRME,

...四边形MEN尸为梯形.图①

(2)在线段PC上存在一点上满足懈=；时，三棱锥P-O石产的体积为要.

证明如下：设|P£1=MPC],

•.•平面PCOJ_平面4BCQ,平面PCOG平面A8CO=OC,正方形ABCD中，AD1DC,

4力＜=平面ABC。，，AD_L平面PCD.取PC的中点为M,连接。M,如图②，:中，

PD=DC=2,M为PC的中点，J.DMVPC,

又,：PC=2"S^DC=^\PC\­|DM|=^X2^3X1=73,

•*•VP-DEF=V三校枪E-PDF="lV三枝枪c-PDF="?V三技拄F"PCD=〃?V三枝

।rz

»A-PCD=m•1"SdPCD•HD|=告，

・1.俨一」

••"?=一币-\PC\~4-

10.如图①，在等边AABC中，点O,E分别为边A8,AC上的动点且满足。E〃8C,

记前=2.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置并使得平面MOE_L平面DECB,连接MB,

MC得到图②，点N为MC的中点.

(1)当EN〃平面M8O时，求2的值;

(2)试探究随着2值的变化，二面角"加。-£的大小是否改变？如果改变，请说明理由;

如果不改变，请求出二面角B-MO-E的正弦值大小.

解：(1)取的中点为巴连接。P,PN,

因为MN=CN,MP=BP,所以NP〃BC,

又DE//BC,所以NP〃。区即N,E,D,P四点共面,

又EN〃平面BMD,ENU平面NEQ尸，

平面NEDPCI平面MBD=DP,

所以EN//PD,即NEQP为平行四边形,

所以NP=DE,JU!|DE=^BCy即2=：.

(2)取DE的中点O,连接MO,则MOA.DE,因为平面MOEJ_平面DECB,平面MDEQ

平面DECB=DE,且所以MOJ_平面。ECB,如图建立空间直角坐标系,

不妨设BC=2,则M(0,0,<3a),。(九o,0),3(1,小(1

T),0),

所以函=(2,0,一小才)，0^=(1-；,小(1一1),0),

设平面8M。的法向量为m=(x,y,z),则

MD-m=Ax—小/N=0,

方万•m=(1-x)x+小(I-2)>-=0,

即4

/=一我,

令1=小，即m=(小，—1,1).

又平面EMO的法向量n=(0,1,0),

所以cos<m,

|m||n|小、

即陵着2值的变化，二面角4-MQ-E的大小不变.

且sin<m,n)=

9月

所以二面角&MQ-E的正弦值为管.

11.苏州博物馆由华人建筑师贝聿铭设计，体现了浓郁的江南派系

和苏州园林的风格.它的现代简约，既不同于苏州传统园林，又不脱

离中国人文气息和神韵，清晰地营造出了中国水墨山水画的意境.苏

州博物馆的一座屋顶形状独具特色，如图所示，底面ABC。是边长为

4的正方形，点4,Bi,G,G在底面的垂足分别为。4,AB,BC,CD的中点，且到底面

的距离均为2.

(1)求直线CCy与平面A囱4所成角的正弦值；

(2)求直线8G到平面ASAi的距离；

(3)求平面与平面48|Ai夹角的余弦值；

(4)已知线段CA上一点P到平面ASAi的距离为皆求PD的长度.

解：以。为坐标原点，DA,OC所在直线分别为x轴，y轴,过。作底面的垂线为z

轴，建立空间直角坐标系[图略),

则。(0,0,0),A(4,0,0),8(4,4,0),C(0,4,0),4(2,0,2),场(4,2,2),G(2,

4,2),5(0,2,2),

(1)设平面ABiAi的法向量为川=8,yi,zi),

由题有肃=(一2,0,2),而=(0,2,2),

Hi•而=0,'—2xi+2zi=0,

则I即<.八

ni・A3；=0,2y+2zi=0,

令占=1,则m=(l,-l,1),又在T=(2,(),2),

设CG与平面ASA所成角为仇

—》|ni•CC\|加

则sin夕=|cos\Hi»CC\〉|——q.

IndlCGI'

故直线CCy与平面A&Ai所成角的正弦值为孝.

(2)由已知易得AA\//BC\,又・・・A4iU平面A/Mi,5G。平面ABA,.MG〃平面4BA,

...直线BCi到平面4小4的距离即为点B到平面4小4的距离.

W=(0,4,0),点8到平面ABIAI的距离为

|(0.4.0)•(1.-I.1)|4必

|ni|小