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高中数学常见题型解决方法归纳、反馈训练及详细解析 专题14 空间点点距、点线距、点面距的求法


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第 14 讲 :空间点点距、点线距和点面距的求法
【考纲要求】 1、了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式(不要求记忆公式 ) 。 2、了解向量方法在研究几何问题中的应用. 【基础知识】 一、空间的三种距离

3、 点到平面的距离: 已知点 P 是平

面 α 外的任意一点, 过点 P 作 PA ⊥ α , 垂足为 A , 则 PA 是点 P 到平面 α 的距离。即一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一点到这个平面的 距离 常用求法:①几何法:作出点P到平面的垂线后求出垂线段的长,常要把垂线段放到三角形 中去解三角形; ②等体积法: 根据体积相等求出点到面的距离; 如求点 P 到平面 ABC 的距离, 如果已知点 C 到平面 PAB 的距离,则可以根据 VP ? ABC = VC ? PAB 求出点 C 到平面 PAB 的距 离;③ 向量法:如下图所示,已知 AB 是平面α的 一条斜线, n 为平面α的法向量,则 A 到

AB ? n
平面α的距离为 d = ;

A

n
α

n
C B

二、以上所说的距离(点点距,点线距,点面距)都是对应图形上两点间的最短距离。所以 均可以用求函数的最小值法求各距离.。 三、以上距离是可以相互转化的,最终都可以转化成点点距来求解,体现了数学中的转化思 想,把空间的问题转化为平面的问题,把复杂的问题转化成简单的问题解答。 四、在三种距离的解法中,最常用的是几何的方法和向量的方法。 五、在这三个距离中,求点到平面的距离是重点和难点。 【方法讲评】 空间点点距 方法一 几何法 使用情景 把该线段放到三角形中比较方便解三角形
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解题步骤 方法二 使用情景

把该线段放到三角形中解答。 向量法 解三角形比较困难,根据已知条件比较容易建立坐标系,写出点的坐标。 建立空间直角坐标系 → 分别求出两个点 A, B 的坐标 → 代入空间两点间的

解题步骤 距离公式 | AB |=

( x1 ? x2 )2 + ( y1 ? y2 ) 2 + ( z1 ? z 2 ) 2

例1 把正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起成直二面角,点 E、F 分别是 AD、BC 的中点,点 O 是 原正方形的中心,求: (1)EF 的长; (2)折起后∠EOF 的大小.

【变式演练 1 】 如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,P、Q 分别是线段 AD1 和 BD 上的点, 且 D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12. (1) 求证 PQ∥平面 CDD1C1; (2) 求证 PQ⊥AD;(3) 求线段 PQ 的长. 空间点线距 几何法 比较容易找到点在直线上的射影,解三角形比较方便。 找到或作点在直线上的射影 → 把该垂线段放到三角形中解答。 向量法 找点在直线上的射影比较麻烦,解三角形比较困难,根据已知条件比较容易 建立坐标系,写出点的坐标。 建立空间直角坐标系 → 分别求出直线 a 的方向向量 a ,两个点 A, B 的坐标,

方法一 使用情景 解题步骤 方法二 使用情景 解题步骤

?

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其 中

A? a , B ∈ a → 代 入 点 到 直 线 的 距 离 公 式

??? ? ? 2 ??? ? 2 ? AB ? a ? ? d = | AB | ? ? ? ? ,其中 B ∈ a , a 是直线 a 的方向向量 ? |a| ?
例2 正方形 ABCD 的边长是 2,E、F 分别是 AB 和 CD 的中点,将正方形沿 EF 折成直二面角 (如图所示).M 为矩形 AEFD 内一点,如果∠ MBE=∠MBC,MB 和平面 BCF 所成角的正切值为

1 ,那么点 M 到直线 EF 的距离为 2



解:过 M 作 MO⊥EF,交 EF 于 O,则 MO⊥平面 BCFE. 如图所示,作 ON⊥BC,设 OM=x, 又 tanMBO=

1 ,∴BO=2x 2

又 S△MBE=

1 1 BE·MB·sinMBE= BE·ME 2 2


S△MBC=

1 1 BC·MB·sinMBC= BC·MN 2 2 5 x 2 ? 1 ,MN= x 2 + 1 ,解得 x= 2 。 2

∴ME=MN,而 ME=

【点评】 (1)该题较典型的反映了解决空间几何问题的解题策略:化空间问题为平面问题来 处理。 (2)该题是利用几何法求的点到线的距离,其中主要是用到了解三角形的知识。 【变式演练 2】平面α内有 Rt△ABC,∠C=90°,P 是平面α外一点,且 PA=PB=PC,P 到α的距离 是 40 cm,AC=18 cm,则点 P 到 BC 边的距离是____________________________________.

例3

如图已知四棱锥 P—ABCD, PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 为直角梯形, ∠A=90°且 AB//CD,

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AB=

1 CD. 2

(1)点 F 在线段 PC 上运动,且设

| PF | = λ ,问当λ 为何值时,BF//平面 PAD?并证明你的结 | FC |

论; (2)二面角 F—CD—B 为 45°,求二面角 B—PC—D 的大小; ( 3 ) 在 ( 2 ) 的 条 件 下 , 若 AD=2 , CD=3 , 求 点 A 到 平 面 PBC 的 距 离 .

(3)在平面 PCD 内作 EH⊥PC 于点 H,由平面 PCD⊥平面 PBC 且平面 PCD ∩ 平面 PBC=PC 知: EH⊥平面 PBC. 在 Rt?PCD中, PC =

PD 2 + CD 2 = 17 ,
2 , PF = 17 3 , EF = 代入得: 2 2

在 Rt?PEF中, EH ? PF = PE ? EF , 将PE =

EH =

3 34 3 34 . 即点 E 到平面 PBC 的距离为 . 17 17 3 34 . 17

又∵ AE // BF ,∴ AE // 平面PBC,∴点 A 到平面 PBC 的距离为

【点评】本题利用几何法求点到面的距离,把点到面的距离转化到平行直线上另外一点到 平面的距离。 例4 如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别 BD、BC 的中点,CA=CB=CD=BD=2。 (Ⅰ)求证:AO⊥平面 BCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小; (Ⅲ)求点 E 到平面 ACD 的距离。 解:(1)证明:连结 OC。 ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD。 ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD。 在△AOC 中,由已知可得 AO=1,CO= 3 。
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2,

而 AC=2,∴AO +CO =AC ∴∠AOC=90°,即 AO⊥OC。

2

2

∵ BD ∩ OC = 0, ∴AB ⊥ 平面 BCD。

(Ⅲ)解:设点 E 到平面 ACD 的距离为 h.

∵ V A? ACD ? V A?CDE ,



1 1 h ·S△ACD = ·AO·S△CDE. 3 3

在△ACD 中,CA=CD=2, AD= 2 ,

? 2? 1 7 ? = ∴S△ACD= × 2 × 2 2 ? ? , ? ? 2 2 ? 2 ?

3

而 AO=1, S△CDE=

1 3 3 × × 22 = , 2 4 2

∴h=

AO ? S ?CDE = S ?ACD



3 2 = 21 , 7 7 2

∴点 E 到平面 ACD 的距离为

21 。 7

【点评】由于点 A 到平面 ECD 的距离已知,所以本题利用等体积法求点到面的距离就显得比 较简单。 例 5 如 图 , 在 四 棱 锥 P ? ABCD 中 , 底 面 ABCD 是 矩 形 , PA ⊥ 平 面 ABCD , PA = AD = 4 , AB = 2 .以 BD 的中点 O 为球心、 BD 为直径的球面交 PD 于点 M . (1)求证:平面 ABM ⊥平面 PCD ; (2)求直线 PC 与平面 ABM 所成的角; P (3)求点 O 到平面 ABM 的距离. 解: (1)证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD. M 因为PA⊥平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD,则AB⊥PD,因此有PD⊥平面ABM, 所 以平面ABM⊥平面PCD.
A D

(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0) , P (0,0, 4) ,

z P

B (2,0,0) , C (2, 4, 0) , D (0, 4, 0) , M (0, 2, 2) ,
? ? ??? ? ? ???? ? 设平面 ABM 的一个法向量 n = ( x, y, z ) ,由 n ⊥ AB, n ⊥ AM 可得:

O
M

B

C

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N A 版权所有@高考资源网 O B x C

D y

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? ? 2x = 0 , 令 , 则 , 即 z = ? 1 y = 1 n = (0,1, ?1) . 设 所 求 角 为 α , 则 ? ?2 y + 2 z = 0

??? ? ? PC ? n 2 2 2 2 sin α = ??? ,所求角的大小为 arcsin . ? ? = 3 3 PC n ???? ? ???? AO ? n (3)设所求距离为 h ,由 O (1, 2, 0), AO = (1, 2, 0) ,得: h = ? = 2 n

PC 于点 N .
(1)求证:平面 ABM ⊥平面 PCD ; (2)求直线 CD 与平面 ACM 所成的角的大小; (3)求点 N 到平面 ACM 的距离. 【高考精选传真】 1.【2012 高考真题辽宁理 16】已知正三棱锥 P ? ABC, 点 P,A,B,C 都在半径为 3 的求 面上,若 PA, PB , PC 两两互相垂直,则球心到截面 ABC 的距离为________。
A D P

N

M

O B C

【解析】因为在正三棱锥 P ? ABC 中,PA,PB,PC 两 两互相垂直,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分, (如图所示) ,此正方体内 接于球,正方体的体对角线为球的直径,球心为正方体对角线的中点。球心到截面 ABC 的距 离为球的半径减去正三棱锥 P ? ABC 在面 ABC 上的高。已知球的半径为 3 ,所以正方体的棱

长为 2,可求得正三棱锥 P ? ABC 在面 ABC 上的高为

2 3 ,所以球心到截面 ABC 的距离为 3

3?

2 3 3 = 3 3

2. 【2012 高考真题重庆理 19】 (本小题满分 12 分 AC=BC=3,D 为 AB 的中点

如图, 在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB=4,

(Ⅰ)求点 C 到平面 A1 ABB1 的距离;

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(Ⅱ)若 AB1 ⊥ A1C 求二面角 的平面角的余弦值. 【解析】 (1) 由 AC = BC , D 为 AB 的中点, 得 CD ⊥ AB , 又 CD ⊥ AA1 , 故 CD ⊥ 面A1 ABB1 , 所以点 C 到平面 A1 ABB1 的距离为 CD =

BC 2 ? BD 2 = 5

(2)如图, 取 D1 为 A1 B1 的中点, 连结 DD1 ,则 DD1∥AA1∥CC1 ,又由 (1) 知 CD ⊥ 面A1 ABB1 , 故 CD ⊥ A1 D CD ⊥ DD1 ,所以 ∠A1 DD1 为所求的二面角 A1 ? CD ? C1 的平面角。 因 A1 D 为 A1C 在 面 A1 ABB1 上 的 射 影 , 又 已 知 AB1 ⊥ A1C , 由 三 垂 线 定 理 的 逆 定 理 得

AB1 ⊥ A1 D , 从 而 ∠A1 AB1 , ∠A1 DA 都 与 ∠B1 AB 互 余 , 因 此 ∠A1 AB1 = ∠A1DA , 所 以 Rt △ A1 AD ? Rt △ B1 A1 A ,因此,
AA1 A1 B1 ,即 AA12 = ADi A1 B1 = 8 ,得 AA1 = 2 2 。 = AD AA1 DD1 AA1 6 = = A1 D A1 D 3

从而 A1D =

AA12 + AD2 = 2 3 ,所以,在 Rt △ A1DD1 中, cos A1 DD1 =

3.【2012 高考真题安徽理 18】 (本小题满分 12 分)

空间图形,对此空间图形解答下列问题。

(Ⅰ)证明: AA1 ⊥ BC ;

(Ⅱ)求 AA1 的长;

(Ⅲ)求二面角 A ? BC ? A1 的余弦值。 【解析】(综合法) (I)取 BC , B1C1 的中点为点 O, O1 ,连接 AO, OO1 , A1O, A1O1 , 则 AB = AC ? AO ⊥ BC ,面 ABC ⊥ 面 BB1C1C ? AO ⊥ 面 BB1C1C , 同理: A1O1 ⊥ 面 BB1C1C 得: AO / / A1O1 ? A, O, A1 , O1 共面, 又 OO1 ⊥ BC , OO1 ∩ AO = O ? BC ⊥ 面 AOO1 A1 ? AA1 ⊥ BC 。

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得:二面角 A ? BC ? A1 的余弦值为 ?

5 。 5
)

【反馈训练】 1.如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,E 是 A1B1 的中点,则 E 到平面 ABC1D1 的距离是…(

A.

3 2

B.

2 2

C.

1 2

D.

3 3

2.如下图所示,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 的侧面 AB1 内有一动点 P,它到直线 A1B1 与到直线 AD 的 距离相等,则动点 P 所在曲线形状为(图中实线部分)( )

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3.甲烷分子由一个碳原子和四个氢原子组成,其空间构型为一个各棱都相等的四面体,四个氢 原子分别位于该四面体的四个顶点上,碳原子位于该四面体的中心,它与每个氢原子的距离都 是 a.若将碳原子和氢原子均视为一个点,则任意两个氢原子之间的距离为( ) A.

4 a 3

B.

2 6 a 3

C.

7 a 2

D.

8 3 a 9

4.在△ABC 中,∠C=90°,∠B=30°,AC=2,M 为 AB 中点,将△ACM 沿 CM 折起,使 A、 B 间的距离为 22,则 M 到面 ABC 的距离为( ) A.

2 6 3

B. 2

C.1

D.2

5.设 OA,OB,OC 为不共面的三条射线,若∠AOB=∠AOC=60°,∠BOC=90°,点 P 为射线 OA 上一点, 设 OP=a,则点 P 到平面 OBC 的距离为( ) A.

3 a 2

B.

3 a 3

C.

1 a 2

D.

2 a 2

7.已知菱形 ABCD 中,AB=2,∠A=120°,沿对角线 BD 将△ABD 折起,使二面角 ABDC 为 120°,则 点 A 到△BCD 所在平面的距离等于_______________________________________.

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8 设 PA⊥Rt△ABC 所在的平面α,∠BAC=90°,PB、PC 分别与α成 45°和 30°角,PA=2, 则 PA 与 BC 的距离是_____________;点 P 到 BC 的距离是_____________ 9、在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=4,BC=3,CC1=2,如图:

(1)求点 A 到平面 B1BCC1 的距离; (2)当 AA1 多长时,点 A1 到平面 ABC 与平面 B1BCC1 的距离相等. 11、如图,在梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠ABC= 且 PA=a.

π 1 2 5 ,PA⊥面 ABCD ,AB= AD=a,∠ADC=arccos 2 3 5

(1)求异面直线 AD 与 PC 间的距离; (2)在线段 AD 上是否存在一点 F,使点 A 到平面 PCF 的距离为

6 . 3 12.如图△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD ⊥ 平面 BCD,AB ⊥ 平面 BCD,

AB = 2 3 。
(1) 求点 A 到平面 MBC 的距离; (2) 求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值。 【变式演练详细解析】 【变式演练 1 详细解析】 (1)在平面 AD1 内,作 PP1∥AD 与 DD1 交于点 P1,在平面 AC 内,作 QQ1∥BC 交 CD 于点 Q1,连 结 P1Q1.
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D1 P DQ 5 , = = PA QB 12

∴PP1 // QQ1 .?

由四边形 PQQ1P1 为平行四边形, 知 PQ∥P1Q1? ? 而 P1Q1 ? 平面 CDD1C1, 所以 PQ∥平面 CDD1C1? (2)∵ AD⊥平面 D1DCC1, ∴AD⊥P1Q1,? 又∵PQ∥P1Q1, ∴AD⊥PQ.? (3)由(1)知 P1Q1 // PQ,
DQ1 DQ 5 = = ,而棱长 CD=1. Q1 C QB 12

∴DQ1=

5 12 . 同理可求得 P1D= . 17 17

在 Rt△P1DQ1 中,应用勾股定理, 立得 P1Q1= P1 D 2 + DQ 2 =

13 ? 12 ? ? 5 ? .? ? ? +? ? = 17 ? 17 ? ? 17 ?

2

2

【变式演练 2 详细解析】 解析:作 PO⊥平面 ABC,垂足为 O, ∵PA=PB=PC,AO=BO=CO,∴O 为△ABC 的外心. 又∵∠ACB=90°,∴O 是 AB 边的中点. 作 OD⊥BC,由三垂线定理,知 PD⊥BC.∴PD 是点 P 到 BC 边的距离, 且 OD

1 2 2 AC.∴OD=9 cm.在 Rt△POD 中, PD = PO + OD = 41(cm). 2

故点 P 到 BC 的距离为 41 cm. 【变式演练 3 详细解析】 方法一: (1)依题设知,AC 是所作球面的直径,则 AM⊥MC。 又因为 P A⊥平面 ABCD,则 PA⊥CD,又 CD⊥AD, 所以 CD⊥平面PAD,则 CD⊥AM,所以 A M⊥平面 PCD, 所以平面 ABM⊥平面 PCD。 (2)由(1)知, AM ⊥ PD ,又 PA = AD ,则 M 是 PD 的中点可得

AM = 2 2 , MC = MD2 + CD2 = 2 3

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故 N 点到平面 ACM 的距离等于 P 点到平面 ACM 距离的

5 。 9 5 10 6 。 h= 9 27

又因为 M 是 PD 的中点, 则 P、 D 到平面 ACM 的距离相等, 由 (2) 可知所求距离为 方法二: (1)同方法一;

所以所求角的大小为 arcsin

6 。 3 8 ,则 3

( 3 ) 由 条 件 可 得 , AN ⊥ NC . 在 Rt ?PAC 中 , PA2 = PN ? PC , 所 以 PN =

NC = PC ? PN =

10 NC 5 5 , 所以所求距离等于点 P 到平面 ACM 距离的 , 设点 P 到 = , 3 PC 9 9

??? ? ? AP ? n 2 6 5 10 6 平面 ACM 距离为 h 则 h = ,所以所求距离为 h = 。 ? = 3 9 27 n
【反馈训练详细解析】 1.B【解析】:∵A1B1∥平面 ABC1D1, ∴点 B1 到平面 ABC1D1 的距离等于点 E 到平面 ABC1D1 的距离.∴ h =

2 . 2

2. C【解析】:由已知,得点 P 到点 A 的距离等于点 P 到直线 A1B1 的距离,∴点 P 的轨迹为以 A 为焦点,A1B1 为准线的抛物线在正方形 ABB1A1 内的部分. 3.B【解析】:设 A 在平面 BCD 上的射影为 E,O 在 AE 上, ∵VA—BCD=4VO—BCD, ∴AE=4OE. ∵AO=a, ∴ AE =

4 a. 3

设 AD=x,则 ED =

3 x, 3

∴ x 2 ? ( a) 2 = (

4 3

3 2 2 6 x ) .∴ x = a. 3 3

4.C【 解析】:从点 M 作面 ABC 的垂线.如图,由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,有

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MA=MB=MC=2,从而点 M 在面 ABC 上的射影一定在 AB 和 BC 的中垂线上,即△ABC 的外心.而由 2 2 2 AC +AB =4+8=12=BC ,知△ABC 是直角三角形,所以△ABC 的外心为斜边的中点.取 BC 的中点 G, 连结 MG,MG 即为三棱锥的高.显然 MG=1. 5.D【 解析】:如图所示,过 P 作 PG⊥平面 OBC 于点 G,则 PG 的长即为所求.由∠AOB=∠AOC,知 点 G 在 ∠ BOC 的 角 平 分 线 上 . 过 G 作 GH⊥OB 于 点 H, 连 结 PH, 由 三 垂 线 定 理 , 得 PH⊥OB,OH=

1 2 a,OG= a. 2 2

在 Rt△PGO 中, PG =

PO 2 ? OG 2 =

2 a ,故选 D. 2

6.

6 【 解析】:可求得 S△EBD= 6 .设点 A 到面 EBD 的距离为 d, 3 1 1 6 . × 6 × d = × 1 × 2 , 解得 d = 3 3 3

由 VA—EBD=VB—ADE,得

7.

3 【 解析】:如图,△ABD 沿 BD 折起,A 到 A′点处,连结 AC、BD 交于点 O,连结 A′O,则 2

∠A′OC 为二面角的平面角. ∴∠A′OC=120°.故∠A′OA=60°. 又 A′O = AO =

1 AB = 1 , 2 3 . 2

∴点 A 到面 BCD 的距离为 d = A′O ? sin 60° =

8.

3

7 【解析】 :作 AD⊥BC 于点 D,∵PA⊥面 ABC,∴PA⊥AD∴AD 是 PA 与 BC 的公垂线

易得 AB=2,AC=2 3 ,BC=4,AD= 3 ,连结 PD,则 PD⊥BC,P 到 BC 的距离 PD= 7

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B1 到平面 A1BC1 的距离等于

12 61 . 61

∴A1N=

1 a = 2 2

又∵AA1∥面 BCC1B,A 到平面 BCC1B1 的距离为

a 2

∴a=2,∴所求距离为 2 (2)设 BC、B1C1 的中点分别为 D、D1,连结 AD、DD1 和 A1D1,则 DD1 必过点 N,易证 ADD1A1 为平行 四边形. ∵B1C1⊥D1D,B1C1⊥A1N ∴B1C1⊥平面 ADD1A1 ∴BC⊥平面 ADD1A1 得平面 ABC⊥平面 ADD1A1,过 A1 作 A1M⊥平面 ABC,交 AD 于 M, 若 A1M=A1N,又∠A1AM=∠A1D1N,∠AMA1=∠A1ND1=90° ∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1= 3 ,即当 AA1= 3 时满足条件. 11.【解析】11.解:(1)∵BC∥AD,BC ? 面 PBC,∴AD∥面 PBC 从而 AD 与 PC 间的距离就是直线 AD 与平面 PBC 间的距离. 过 A 作 AE⊥PB,又 AE⊥BC ∴AE⊥平面 PBC,AE 为所求. 在等腰直角三角形 PAB 中,PA=AB=a ∴AE=

2 a 2

(2)作 CM∥AB,由已知 cosADC= ∴tanADC=

2 5 5

1 1 ,即 CM= DM 2 2

∴ABCM 为正方形,AC= 2 a,PC= 3 a 过 A 作 AH⊥PC,在 Rt△PAC 中,得 AH= 下面在 AD 上找一点 F,使 PC⊥CF

6 3

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取 MD 中点 F,△ACM、△FCM 均为等腰直角三角形 ∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90° ∴FC⊥AC,即 FC⊥PC∴在 AD 上存在满足条件的点 F.

tan θ =

AB 2 5 = 2 , sin θ = BF 5
2 5 . 5

所以,所求二面角的正弦值是

(2) CM = ( ?1, 0, 3) , CA = ( ?1, ? 3, 2 3) .

???? ?

??? ?

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z

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