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1、第九章立体几何第一节空间点、线、面的位置关系与空间几何体1. (2023全国甲卷理科11)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4,PC=PD=3,NPCA=45。，则的面积为()A.2y2B.32C.42D.52【解析】如图所示，取4民仁。的中点分别为知,因为AB=4,所以MN=4,AC=4.叉PC=PD=3,过P作尸OJ平面A3CD,则OeMZV.连接PMoAOC,则尸N_LCO,PV=32-22=5.今ON=x,KPO2=5-X2,OA2=4+(4-x)2fE42=O2+PO2=4+(4-)2+5-x2=25-8x.夫人”一由小儿/T“，Yac2+pc2-32+9-(25-
2、8x)及在JfAC中，因为Z.PCA=45,所以8S45=.2ACPC24232解得x=l,则ON=LPO=2.过O作LBC,垂足为“，连接PH,则OH=2,PH=2戊.所以Szij8c=gx8CxP”=gx4x2=4.故选C.【评注】本题重点考查了四棱锥中侧面、底面、高、斜高等几何要素之间的关系，涉及到空间想象能力与运算求解能力，2024届的考生应在空间几何体方面强化，属中档难度.2. (2023全国甲卷理科15)15.在正方体ABCD-AgG中，E,尸分别为CRA4的中点，则以所为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为.【解析】如图所示，EF=显AB,所以球。是正方体A88-A8GA的棱切球
3、，即球。与每条棱都有一个公共点，故填12.3. （2023全国甲卷文科16）在正方体ABCO-A4GR中，AB=4,。为AG的中点，若该正方体的棱与球。的球面有公共点，则球0的半径的取值范围是.【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【解析】设球的半径为/?.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R为体对角线长ACl=42+42+42=43,即2R=46,R=26,故RmaX=2小；分别取侧极A41,8g,CG,）的中点,G,N,显然
4、四边形MNG”是边长为4的正方形,且。为正方形MNGH的对角线交点，连接MG,则MG=4,当球的一个大圆恰好是四边形MNG”的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为2垃.综上，/?22,23.故答案为2,2J5.4. （2023全国乙卷理科3,文科3）如图所示，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1,则该零件的表面积为（）A.24B.26C.28D.30【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.【解析】如图所示，在长方体A8CO-AgCR中，AB=BC=2,AA=3,点K为所在棱上靠近点4,G,R,A的三等分点，QL,M,N为
5、所在棱的中点，则三视图所对应的几何体为长方体ABCD-AIBlCR去掉长方体ONICI-LMHBl之后所得的几何体.5. （2023全国乙卷理科8）已知圆锥尸O的底面半径为近，。为底面圆心，R4,P3为圆锥的母线，NAO3=120。，若/B的面积等于外叵，则该圆锥的体积为（）4A.B.JC.3D.36【解析】如图所示，取AB中点为“，连接OH,Ph.在圆O中，因为R=JJ,NAQ3=120。，所以OH=，AB=3.2qs93又S%a8=7,所以尸二-所以该圆锥的体积为=兀.故选B.6. （2023全国乙卷文科16）已知点S,A8,C均在半径为2的球面上，AABC是边长为3的等边三角形，S4_L
6、平面ABC,则S4=.【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及球的性质运算求解.【解析】如图所示，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC,设/MBC的外接圆圆心为。,半径为广，2r=_2_=2y3则SinZACB3,可得r=正，2设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OAOq,AO1,则OA=2,AO1=3,OOx=l=gSA,所以SA=2.故答案为2.【评注】多面体与球切、接问题的求解方法：（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；(2)若球面上四点RARC构成的三条线段4,尸
7、3,PC两两垂直，且Q4=,PB=btPC=C,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据求解：(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长：(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长：(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.7. (2023新高考I卷14)在正四棱台A8CD-Al8CA中，AB=2,AiBl=lf=2,则该棱台的体积为.【解析】如图所示，将正四棱台ABCo-A4GA补成正四枝锥S-A5CQ,因为A5=2,Aq=1,A41=2,所以SA=20,
8、设ACBD=O,AiClBlDi=O1,则AO=,Oa二季故V=g(S+S2+Jss)力=g(2?+F+/F卜手=亭76故填6.8. (2023新高考II卷9)已知圆锥的顶点为尸，底面圆心为0,AB为底面直径，ZAPB=120,24=2,点C在底面圆周上，且二面角PACO为45。，则()A.该圆锥体积为加B.该圆锥侧面积为4 J3兀D.APAC的面积为不【解析】如图所示，取AC的中点。，连接PD,ODf则PZ）LAC,ODBC,所以QD_LAC,所以NPDO为二面角P-AC-O的平面角，即NPDO=45。，则Po=DO.依题意，QA=2,NApA=I20,所以底面圆半径广=J,圆锥高=1.%锥
9、=S底面A=g/=;兀3l=7T,A正确；S侧=gX2兀1AP=J52=2J5,B4昔误;在RlZXAPD中，QA=2,PD=JPO2+DO2=2,所以AO=,AC=2D=22,C正确；S4PAC=；ACPD=；x2必丘二2,D错误.综上，故选AC.9. （2023新高考H卷14）14.底面边长为4的正四棱锥被一个平行于底面的平面所截，截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥，则所得棱台的体积为.【解析】设原正四棱锥的体积为M,高为4,裁取的正四枝锥的体积为匕，高为h2,依题意可得%=2%=23=6,111,1,所以4台=M-%=gS拘一J?也=/42。6丁223=28.10. （2023北京卷
10、9）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓.展现造型之美.如图所示，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个而是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=AD=IOmf且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABa）的夹角的正切值均为巫，则该五面体的5所有棱长之和为（）A.102mB.2mC.117mD. 125 mFEA【分析】先根据线面角的定义求得tanNEMO=tanEGO=,从而依次求EO,EG,5EBfEF,再把所有棱长相加即可得解.【解析】如图所示，过E做EO平面ABCD,垂足为。，过E分别做EG_LBC,EMLAB,
11、垂足分别为G,M,连接OGQ0,由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为NEMO和NEGO,x14所以tanZEMO=tanZEGO=5因为EO_L平面A3CD,BCU平面ABCD,所以EOBC,因为EGJ_BC,EaEGU平面EOG,EOCEG=E,所以3C_L平面EoG,因为OGU平面EoG,所以BCI.OG.同理：OMLBMy又BMLBG,故四边形OMBG是矩形，所以由BC=IO得0=5,所以EO=Ji4,所以OG=5,所以在RtZiEOG中，EG=1EO上的点、N满足PN = -PB ,则三棱锥P-AMN和三棱锥夕ABC的体积之比为()+OG2=()2+52=39,
12、在RtZXEBG中，BG=OM=5,EB=EG2+BG2=(39)252=8,又因为EF=AB-55=2555=15,所有棱长之和为2x25+2xl0+15+4x8=117m.故选C.11. (2023天津卷8)在三棱锥PA8C中，线段PC上的点M满足PM=J尸C,线段PB31 - 9A.2 - 9B.【分析】分别过M,C作mmj_pa,CCJ_PA,垂足分别为,C.过B作仍平面卓。，垂足为3，连接PB,过N作NN上PB,全走为N,先证NN工平面PAC,MM1NN2则可得到BBNN，再证MMCC由三角形相似得到五7=.，=,再由A二步曲即可求出体积比VP-ABCB-PAC【解析】如图所示，分别
13、过KC作MMJ,P4,CCUPA,垂足分别为M,C.过B作33_L平面BAC,垂足为B,连接PB,过N作NNtPB,垂足为N因为33平面Q4C,83U平面PB,所以平面/3BJL平面C又因为平面PB8平面尸4C=PB,NN工PB,NNu平面PBB，所协NN工平面PAC,且BBHNNPMMM1在ZPCC中，因为MM_LPACC_LP4,所以CC,所以=,，PCCCf3PNNN2在APBB中,因为BBNN,所以一=,PBBB3VVSNamNNT,(“1、，P-AMN-vN-PAM_3_DPAMM,NM2rJKA-p-4cpac-BB,LBB,9故选B.第二节空间直线、平面间平行和垂直的判定与性质1
14、.(2023全国乙卷文科19(D)如图所示，在三棱锥P-ABC中，ABBC,AB=2,C=22,PB=PC=娓,BRAP,BC的中点分别为。,比O,点尸在AC上,BFAO.求证：EF平面ADO:【解析】如图所示，在RtABC中，因为MJ_AO,且。为BC中点,AB=2,BC=2y2tBo=阻,所以RtZBA-RtZ3C4.设IAO=Q,则RlZQ30sRtZ8AO.所以NQBO=NBAo=NBCA,所以BF=CF,又NABC=90。，故尸为AC中点，又E为AP中点，所以EFHPC,火PCliDO,所以EFHDO,又EFa平面4)0,所以EF”平面ADO.2.(2023全国甲卷文科18(D)在三
15、棱柱ABCCl中，ACl底面A8C,ZAC=90o.求证：ACGAl平面BCGg；【分析】由ACJ平面48C得ACL8C,又因为AC_LBC,可证8C_L平面ACCA,从而证得平面ACC1A1平面BCGBl；【解析】证明：因为AC，平面ABC,BCU平面ABC,所以AC，8。，又因为NAC3=90,即ACJ_3C,ACACU平面AeGA,CrAC=Cy所以BC_L平面ACClA,又因为BCU平面BCC1B1,所以平面ACC1l-L平面BCeM3. (2023新高考I卷18(1)如图所示，在正四棱柱AeCo-AI8A中，AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AAl,BBl,CC1
16、,DD1,A42=l,BB2=DD2=2,CC2=3.证明：B2C2：!A2D2；【解析】证法一：过点A2作4E，8层于点E,过点A作4CG于点?，连接“，如图所示，则4?平行且等于4尸，所以四边形4石尸。2是平行四边形，所以EF,又因为G尸=与=1,所以G与所以鸟。2A2D2.证法二：连接4鸟，易得4J=Be=GA=R4=6,所以AzgjGA为平行四边形，所以82。2402.4. (2023全国乙卷理科19(1)(2)如图所示，在三棱锥尸一43。中，ABA.BC,AB=2iBC=2近,PB=PC=瓜,3RAP,3C的中点分别为。七,O,AD=迅DO,点、F在AC上，BFAO.(1)证明：EF
17、平面ADO:(2)证明：平面ADO_L平面B所：P【解析】（1）如图所示，在RtABC中，因为MJ_AO,且O为8C中点,AAB=2,BC=22,BO=yf2,所以RtZ3A-RtZ3C4.设B/lAO=Q,则RlZkQBOsRtABAO.所以NQBO=NBAo=NBCA,所以BF=CF,又NABe=90。，故厂为AC中点，又E为AP中点，所以EFPC,乂PCllDO,所以EF/DO,又Era平面4)0,所以EF平面ADO.(2)由(1)知，0=6,又D为BP中点、,所以OD=LPC=也，22叉AD=小DO,在AOZ)中，AO2=5OO2=DC2+AO2,即ZAQZ)=90。，所以AO_LZX
18、),5LDOIIPCfIEF,所以AO_LEF,又8_LAO,BFwEF=Ff所以AOJ_平面8EF.又AOU平面AZ)O,故平面AQoJ_平面庞尸.5. (2023全国乙卷文科19(D)如图所示，在三棱锥PA5C中，ABBC,AB=2fC=22,PB=PC=巫,BRAP,3C的中点分别为。,瓦,点尸在AC上,BFA.AO.求证：EF平面ADO:P【解析】如图所示，在Rt8C中，因为且。为BC中点,AB=2,BC=22,BO=2,所以RtZBA-RtZ3C4设B/lAO=Q,则RlZkQBOsRtABAO.所以NQBO=/BAO=NBCA,所以BF=CF,又NABC=90。，故尸为AC中点，又
19、E为AP中点，所以EFVPC,又尸C/DO,所以EF平面AQO6. (2023新高考II卷20(D)20.如图所示，在三棱锥A-8C3中，DA=DB=DC,BD.LCD,ZADC=AADB=,E为BC的中点.求证：BCAD;【解析】如图所示，连接AE,OE,因为DA=O8=OC,NAoC=NAQB=60,所以Z)C丝ZAZB,所以AB=A因为E为BC中点，所以BC_LAE.叉DB=DC,所以BClDE,入DEAE=Ef所以BC工平面ADE,所以3CJ_AO.第三节空间向量与立体几何1. (2023全国甲卷理科18)在三棱柱ABC-A4G中，AA=2,AC_L底面ABC,NAC8=90。，A到平
20、面BCG用的距离为L(1)证明：AC=A1C;(2)若直线AA与距离为2,求Aq与平面BCGg所成角的正弦值.【解析】(1)因为AC_L底面A8C,所以Ae_L8C,又NAC8=9,所以AC_L8C,又AC1C=C,所以5C_L平面ACG4，故平面BCGM_L平面ACGA,交线为eq,过A作CG的垂线，垂足为M,则AM_L平面BCG片，又A到平面BCC内的距离为L所以AM=1,在CCl中，AClAG,CG=M=2=24M,所以M为CG的中点，又知M为垂足，所以44cq为等腰三角形，A1G=AC,进而AC=AC.（2）由（D知，CAC8,Ca两两垂直，如图建立空间直角坐标系C-孙Z.过C作C”_
21、LAA,则“为AAI中点，连接3,则LAA1.因为直线AA1与8用的距离为2,所以BH=2.由(1)知CA=CAi=近,CH=,在RtACBH中,CB=6,C(0,0,0),A(2,0,0),(0,0)M1(0,0,2),CC=AA=BBl=(-,0,2),CB=(O,6,0),B=AB+BB=(-2,0)+(-2,0,2)=(-22,2).设平面BCGBI的法向量为n=(x,y,z),则CG-41.+屈U-,/1C=3y=0令X=LZ=Ly=0,故=(1,0,1).设直线ABl与平面BCG/所成角大小为sin = cosw, ABl)卜“AB_一2五+&历IwI-AB1一28+3+213,即
22、直线A8与平面BCGBT所成角的正弦值为理.2. （2023全国乙卷理科9）已知ZA5C为等腰直角三角形，AB为斜边，ABO为等边三角形，若二面角CA3。为150,则直线CD与平面A3C所成角的正切值为（）aIdI【解析】如图所示，取AB中点”，连接DH,CH,则C”_LA8,DHAB.NC。为二面角。一45一。的平面角，即Na/0=150。，且AB，平面CHD,平面A3C_L平面CHD.NQC”的大小即为直线CD与平面A3C所成角的大小.不妨设AB=2,则C=l,DH=6在ACHD中,CE2=+3-2iJCOSI500=7.所以COSNDCH=7+l-%=-=,SinNDCH=21727故选
23、C.3. (2023全国乙卷理科19)如图所示，在三棱锥尸-ABC中，AB_L3C,AB=2,BC=22,PB=PC=痛,BP,AP,BC的中点、分别为D,EQ,AD=小DO,点尸在AC上，BFA.AO.(1)证明：EF平面ADO;(2)证明：平面ADO_L平面B即：(3)求二面角。一Ao-C的正弦值.【解析】(1)如图所示，在RtABC中，因为防_LAO,且。为BC中点,A=2,BC=22,BO=屈,所以RtBA*RtZ8C4设QA。=Q,则RlQBORtABAO.所以NQBo=NBAo=/BCA,所以BF=CF,又NABC=90。，故尸为AC中点，又E为AP中点，所以EFVPC,叉PCHD
24、O、所以EF/DO,又成CZ平面AZ)O,所以EF平面ADO.(2)由(1)知，O=6,又D为BP中点、,所以OD=LPC=近,22叉AD=也DO,在AOD中，AD2=52=2+AO2,即ZAOD=90。，所以AOLZ)O,51DOIfPCIIEF,所以AO_LEF,又B尸_LAO,BFEF=F,所以AOJ_平面比F.又AOU平面ADO,故平面AOO平面庞尸.(3)由(2)知，AOU平面A3C,所以平面A5C_L平面庞万，设A0BE=H,连接Q”，则AO_LQH,AOYQFfNHQ/即为二面角)40C的平面角.又QH/EF,所以转化为求NBEE.在AAB。中，BD=LBP=旦,AB=2tAD=
25、小Do=叵2226+4_30所以cosZ.ABD=-=-=-y=.222而62在E4B 中，AP2=4 + 6-22614,所以4e=ap=姮 224+14-63在ZVB中，cos=*=221414在ABE中，BE2=4+-22-=-,所以BE=逅225/1422366在ZB在中，COSNBFE=-233夜2所以COSNHQF=-考,二面角O-AO-C的大小为子，其正弦值为年4.(2023新高考I卷18)如图所示，在正四棱柱A8CO-418G。中，AB=2,AA=4,点A2,B2,C2,2分别在棱A4,BB,CC1,OA上，A42=l,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明：82G/A2D
26、2；(2)点P在枝8片上，当二面角尸一4。23为150时，求打尸.【解析】(1)证法一：过点A2作于点E,过点2作2尸，CG于点尸，连接7如图所示，则4七平行且等于4尸，所以四边形&七尸。2是平行四边形，所以EF,又因为G尸二与=1,所以G与所以与GA2D2.证法二：连接为鸟，易得4=EG=GR=24=石,所以Az与GA为平行四边形，所以82。2402.(2)如图所示，以3为坐标原点，BC,BA,BB为X轴、V轴、Z轴的正方向，建立平面直角坐标系,设P(0,0*),G(2,0,3),4C,2,l),Z(2,2,2),A2D2=(2,0,1),A2C2=(2,-2,2),A2P=(0,-2,-l
27、),n.A1C7=2x-2y+2z.=O设平面4。22的一个法向量为“1=*，y，Z),则,7ilA2D2=2xl+z1=0令玉=1得，平面A24G的法向量吗=(L一L-2).同理可得平面A2CzP的法向量2二(力一3,一1,2),因为二面角P-A2G一。2为。=,6J吗吗63则ICOSel=丁=-=Z=I,2W111W26(-3)2+(-1)2+4(-2)2+3即(-2+3=4,解得=1或6=3.则忸2月=|2川=1.5.(2023新高考II卷20)20.如图所示，在三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD工CD,AADC=AADB=60,E为BC的中点.(I)求证：BC.LAD,(2)点
28、尸满足EF=D4，求二面角。一AB-尸的正弦值.【解析】（1）如图所示，连接AE,OE,因为DA=O8=OC,ZADC=ZADfi=60，所以44DCgZAD5,所以=AC因为E为8C中点，所以BCLAE.DB=DC,所以BCDE,.DEAE=E,所以BC上平面ADE,所以BC_LAD.(2)设ZM=E)B=DC=2,由NAoC=NAoB=60,可知AAOCA3都为等边三角形，所以A5=AC=2.又3DJ_CD,所以8C=2,所以A82+AC2=8C2,则AABC为直角三角形，且R4C=90,所以AE=6,AE2+DE2=AD2,AEDE.又gCLAE,DEBC=Ef所以AEj_平面BCzX分
29、别以ED,8,EA为苍y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.则E(0,0,0),d(2,0,0),b(o,2,o),a(o,O,2),设/(x,y,z),则E户=(x,y,Z)=OA=卜0,0,a),所以FQeA8=(,0,-形).设平面ZMB的法向量为m=(x,y,z),mDA=O/、则，可得加=(IJl).mAB=0又BF=（一应,一应,无）.设平面EA3的法向量为w=（x,y,z）,/BF=0/、则，可得=（0,1,1）.n-AB=0所以 cos | =2_ =旦 2 3 .所以二面角）_AB-尸的正弦值为史.36.（2023北京卷16）如图所示，在三棱锥尸-ABe中，EAJL平面ABC
30、,PA=AB=BC=It（1）求证：8C_L平面E43;（2）求二面角APC8的大小.【分析】（1）先由线面垂直的性质证得BAJ_8C,再利用勾股定理证得BCJ_PB,从而利用线面垂直的判定定理即可得证：（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面BAC与平面PBC的法向量,再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【解析】（1）因为Q4_L平面ABC,BCu平面ABC,所以R4_L8C,同理BAJLAB,所以AQAB为直角三角形，又因为PB=yPA?+AB?=JE,BC=LPC=B所以PB?+BC?=PC?,则APBC为鱼鱼三角形,BCIPB,又因为8C_LR4,PA11PB=P
31、,所以BeJ_平面243.(2)由(1)BCJ,平面5,又ABu平面2钻，则BCJ_A5,以A为原点，/W为X轴，过4且与BC平行的直线为丁轴，AP为Z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(O,O,O),P(O,O,1),C(1,1,O),B(1,O,O),所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1),mAP=OfZ1=0,设平面QAC的法向量为m=(,y,zj,则,即1m-AC=0+%=0,令N=1,则M=-1,所以Jn=(1,-1,0),/、小BC=O仃，=0设平面QBC的法向量为=(当，%*2),则,即八nPC=0x2+y2-z2=0令A
32、2=I,则Zz=I,所以二(1,0,1),所以SSg丽=Fzr5，又因为二面角A-PC-B为锐二面角，所以二面角APC8的大小为4.37.(2023天津卷17)三棱台ABC-A4G中，若AA_L面ABC,ABA-ACyAB=AC=AA,=2,Ci=It用,N分别是3C,BA中点.(1)求证：AN平面GMA；(2)求平面GMA与平面ACGA所成夹角的余弦值；(3)求点。到平面GMA的距离.【分析】(1)先证明四边形肋gG是平行四边形，然后用线面平行的判定定理解决；(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用
33、等体积法求解.【解析】(1)连接MNeA.由M,N分别是BCBA的中点，根据中位线性质，MNHAC,且MN=1,由棱台性质，ACJ/4C,于是MNAC,由MN=AG=I可知，四边形MNAG是平行四边形，则ANM,又ANQ平面CM4,MClU平面GMA,于是AN平面GMA.(2)过作ME_LAC,垂足为E,过E作Mj_AG,垂足为p，连接MEG.由MEU面ABC,AAj,面ABC,故ME,又MElAC,ACnA41=A,AC,AA1平面ACGA，则ME_L平面ACGA1.由AGU平面ACGAl,故ME，AG,又EFJ_AG,mEEF=EfME,EFu平面MEF,于是AG_L平面ME户，由MFU平
34、面MEF,故AG_LME于是平面GMA与平面ACGA所成角即“iFE.义ME=,cosZCAC1则SinNcAG=,EF=1sinZCAC1=-j=,在过G作G尸L4C,垂足为P，作GQLAM,垂足为Q,连接PQ,PM,过P作尸R_LGQ,垂足为R.由题干数据可得，CIA=CTC=书,GM=QeF+PM?=G根据勾股定理,由CZ_L平面AMC,AWu平面4MC,则GPJ_AM,又GQ_LAM,C1IC1P=C1,G。,GPU平面GP。，于是AMJ,平面CZQ.又依U平面GP。，则依，AM,又PR工CQ,CiQAM=QfGQAMU平面GM4,故PR_L平面GM2史中，吟匕巫QG述3又CA=2%,
35、故点。到平面GM4的距离是P到平面GMA的距离的两倍,4即点C到平面GMA的距离是耳.解法二（等体积法）：辅助线同方法一.设点C到平面GMA的距离为儿1-AWC=c,4C=2（）=I*v1,1,132vC-C1M=AjWCi=22-=2h24由%.AMC=05=5,即=1.第四节立体几何综合问题1.（2023新高考I卷12）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A.直径为0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底而直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m,高为SOlm的圆柱体【解析】选项A,球的直径为0.99m
36、1.4,故B正确；选项C,正方体的体对角线为石，圆柱体的高1.8百，故C错误.选项D,因为1.2mlm,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆,如图，过AG的中点。作OE_L4G,设OElAC=Ef可知AC=0,CC1=1,AC1=石QA=,则ta11ZCAC1=:,2ACAO即&二迈，解得OE=且,且恪=0.62,即亚0.6,_4IJ24254故以AG为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱,若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心。一与正方体的下底面的切点为M,可知AC1OlM,O1M=0.6,则tanNCAG=,ACAC10.63五即&=而，解得Aq=等根据对称性可知圆柱的高为G2xq。1.732-1.2l.414=0.03520.01,所以能够被整体放入正方体内，故D正确.故选ABD.
