2022届高三各地一模试卷专题汇编——立体几何1(word版含解析)

2022届高三各地一模试卷专题汇编——立体几何
1．在矩形中，，，为的中点，沿将折起，使二面角为60°；
（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的正切值.
2．如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，，，，点是线段（包括端点）上的动点．
(1)若（）时，平面平面，求的值；
(2)平面和平面的夹角为，直线与平面所成角为，求的值．
3．如图，已知四边形是正方形，平面．
(1)求点D到平面的距离；
(2)在线段上是否存在点E，使平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
4．如图，在直三棱柱中，．
（1）求证：；
（2）若与的所成角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值．
5．如图①，在梯形ABCD中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，如图②.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面BCDE，求二面角的余弦值.
6．如图，在直三棱柱中，，，M为的中点.
（1）记平面与平面的交线为l，证明：；
（2）求二面角的正弦值.
7．在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD.
(1)求二面角的余弦值；
(2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.
8．在长方体中，求证：.
9．如图，四边形是直角梯形，∥，，，，平面，为的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的正弦值．
10．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①；②；③点在平面的射影在直线上.如图，平面五边形中，是边长为的等边三角形，，，，将沿翻折成四棱锥，是棱上的动点（端点除外），分别是的中点，且___________.
（1）求证：；
（2）当与平面所成角最大时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
11．如图，平面，.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正切值.
12．如图所示，某地出土的一种“钉”是由四条线段组成，其结构能使它任意抛至水平面后，总有一端所在的直线坚直向上，并记组成该“钉”的四条线段的公共点为，钉尖为，设.
(1)当在同一水平面内时，求与平面所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；
(2)若该“钉”着地后的四个线段根据需要可以调节与底面成角的大小，且保持三个线段与底面所成角相同，若，用的代数式表示的体积；
(3)在（2）的条件下，如果的体积是体积的，求的值（结果用反三角函数值表示）.
13．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1中点．
(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；
(2)记二面角A－BC－B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．
14．如图，将等腰直角沿斜边旋转，使得到达的位置，且.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
（3）若在棱上存在点，使得，，在棱上存在点，使得，且，求的取值范围.
15．在三棱锥中，已知，，为的中点，平面，，为的中点.点在上，满足.
(1)求点到平面的距离；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
16．在如图所示的三棱柱中，侧面为菱形，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面ABC的夹角的余弦值.
17．如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．四面体中，
（1）．求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（2）有4条长为2的线段和2条长为的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三梭锥，问为何值时，可构成一个最大体积的三棱锥，最大值为多少？
(参考公式：三元均值不等式，当且仅当时取得等号)
19．刍甍（chú méng）是中国古代数学书中提到的一种几何体，《九章算术》中对其有记载：“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．”，如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于EF．
(1)求证：平面；
(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使几何体存在且唯一，并求平面和平面的夹角的余弦值．
条件①：，；
条件②：平面平面；
条件③：平面平面，．
20．如图，在正四棱锥中，，分别为的中点，平面与棱的交点为.
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)求平面与平面所成锐二面角的大小；
(3)求点的位置.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）作DO垂直面ABCD，垂足为O，过O作OF垂直AE于F，连接DF、OA，则∠OFD为二面角D﹣AE﹣B的平面角等于60°，为直线ED与面ABCE所成角，解三角形OFD和三角形OED即可；
（2）过作OG⊥CE于G,连接DG，,则为二面角D- EC- B的平面角,利用，求出EG,解△EDG、计算即可.
【详解】
作DO垂直面ABCD，垂足为O，过O作OF垂直AE于F，连接DF、OA，如图，
则DF垂直AE，∠OFD为二面角D﹣AE﹣B的平面角，∠OFD＝60°，
∠OED为直线ED与面ABCE所成角，
又AE，，
所以DF，，
所以，
所以.
（2）过作OG⊥CE于G,连接DG，,
则为二面角D- EC- B的平面角，
由（1）知，
，
，
，
,
,
,
即二面角的正切值为.
2．(1)或
(2)
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程，化简求得的值.
（2）求得，，结合三角恒等变换求得，进而求得.
(1)
由于，所以，
在三角形中，由余弦定理得，
所以，所以，
依题意可知，
由于，所以平面，所以，.
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
①当时：
，，
，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
设平面的法向量为，
则
故可设，
由于平面平面，
所以，解得.
②当时，点与点重合，
平面（即平面）的法向量为，
设平面（即平面）的法向量为，
则，
故可设，
，即平面平面不成立，也即平面平面不成立.
③当时，点与点重合，
平面即平面，设平面即平面，
由于，所以平面.
由于平面，所以平面平面，也即平面平面成立.
综上所述，的为或.
(2)
①当时：
由（1）可知，平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以.
，
所以.
，由于，所以.
②当时，点与点重合，，，
设平面的法向量为，
则，
故可设.
，.
，由于，所以.
综上所述，.
3．(1)
(2)1
【解析】
【分析】
(1)建立空间直角坐标系，利用向量法，即可求解.
(2) 设，根据位置关系，解出即可.
(1)
以D为原点，DA为x轴,DC为y轴,DP为z轴，建立空间直角坐标系,
则.
设平面的法向量，，
令，得，
点D到平面PAC的距离.
(2)
假设在PB上存在E点，使PC⊥平面ADE ，则，因为,所以,所以,
所以,若PC⊥平面ADE,则PC⊥AE,即,
故,此时E为PB的中点时,.
4．（1）证明见解析；（2）或
【解析】
【分析】
（1）将棱分别向下延长，使得，连接，由等腰三角形三线合一可证得，进而可证得，从而证得；
（2）设，，由与的所成角得余弦值，相关线段长度用表示，取的中点，连接，与平面所成的角即为与平面所成的角，即求的正弦值即可
【详解】
（1）将棱分别向下延长，使得，
连接，如图：
，与的交点为的中点，
，，
，
又，，
平面，
取的中点，连接，
,
平面，
,
又，
平面，
，
又为的中点，
，
，
，，
，
（2）由（1）知与的所成角即与的所成角，，
取的中点，连接，
，
与平面所成的角即为与平面所成的角，
当时，
设，则，
，
由（1）知，为的中点，故，
，
，
令，则，
，
，
又，则，
，
又为等腰三角形，所以，
又，，易得为与平面所成的角，
，，
，
；
当时，设，则，
，
，
，
则，
，，
；
故与平面所成角的正弦值为或
5．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再根据，即可证明结论；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，然后求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案．
(1)
在图①中，因为，，是的中点，，
故四边形为正方形，所以
即在图②中，，，又，
所以平面.
又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面.
(2)
由已知，平面平面，又由（1）知，，，
所以为二面角的平面角，所以，
如图所示，以为原点，分别以，，所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系.，
设平面的一个法向量为，
，令
故平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
，令，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
从而，
由图得二面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
6．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先根据线面平行的判断定理证明平面，再根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）取中点E，连接，过E作于点F，连接，先证明平面，再证明平面AEF，从而可得即为所求二面角，在直角中解三角形即可得二面角的正弦值.
【详解】
解：（1）证明：在直三棱柱中，.
平面，平面，
平面，平面，平面平面，
.
（2）取中点E，连接，过E作于点F，连接.
，，又平面，.
，平面，，
又，所以平面AEF，所以AF，
即为所求二面角.
因为，
由.
，，
.
7．(1)
(2)存在，点M位置为
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值；
（2）设，利用向量法求异面直线的夹角，得到，解方程即得解.
(1)
设是中点，为正三角形，则.
因为平面平面ABCD，平面平面，
又平面PAD，所以面ABCD.
又因为，，
所以为正三角形，所以，
以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，.
设平面PEC的法向量为，
由即可取.
平面EBC的一个法向量为，
设二面角的平面角为，则
由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为.
(2)
设，则，
，，
所以，
解得或0（舍），所以存在点M使得.
8．证明见解析.
【解析】
【分析】
利用长方体的特性可得，再利用三角恒等变换并结合三角函数性质即可得解.
【详解】
画出长方体，如图，
设，，，则、、均为锐角，
显然，则，
于是得，
而，则，即，同理，，因此，，
从而有，因，，
于是得，因此，，
综上得：，
所以.
9．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，进而证明四边形是平行四边形，得到∥，最后根据线面平行的判定定理得到答案；
（2）利用等积法求出EC，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求出答案.
【详解】
（1）取的中点，连接，，又∵是的中点，∴∥，.
∵∥，，
∴∥，且，
∴四边形是平行四边形，
∴∥，
∵平面，平面，
∴∥平面.
（2）∵AB∥DC，AB⊥AD，
∴∠ADC=90°，由AB=AD=1，则，且∠ADB=45°，
∴∠BDC=45°，
∵DC=2，则在中，由余弦定理：，∴，
∴，∴BD⊥BC.
又底面，设，
则，解得，
∵E为PC的中点，∴.
∴以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，.
设平面的一个法向量为，则，令y=1，则.
设平面的一个法向量为，则，令b=1，则.
∴，∴二面角的平面角的正弦值为.
10．条件选择见解析；（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点分别为，连接.
选择①：根据，，得到，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.
选择②：连接，易得，进而得到，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.
选择③：根据点在平面的射影在直线上，得到平面平面，进而得到平面，则，进而得到平面，易得平面平面，从而得到平面即可.
（2）连接，由平面，得到即为与平面所成的角，由，得到为中点时，最小，然后建立空间直角坐标系，取得平面的一个法向量为，以及平面的一个法向量为求解.
【详解】
（1）如图所示：
取的中点分别为，连接.
选择①：
因为，，
所以，即.
又，，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.
同理可得：平面.
因为，
所以平面平面，…
所以平面.
又平面，
所以.
选择②：
连接，则，，
因为，
所以.
又，，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.
同理可得：平面.
因为，
所以平面平面，
所以平面.
又平面，
所以.
选择③：
因为点在平面的射影在直线上，
所以平面平面.
因为平面平面，平面，，
所以平面，
所以.
又，，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，且平面，平面，
所以平面.…
同理可得：平面.
因为，
所以平面平面，
所以平面.
又平面，
所以.
（2）连接，由（1）可知：平面，
所以即为与平面所成的角.
因为，所以当最小时，最大，
所以当，即为中点，最小.
以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
所以，.
设平面的一个法向量为，
则，令，得.
由题意可知：平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
11．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）两种方法，一是通过题意，得到平面的法向量，然后结合，通过计算
可得，从而得到平面；二是通过证明、，得到平面平面，进而推出平面；
（2）通过建立空间直角坐标系，设出平面和平面的法向量，并结合题意条件，求解出的长，然后根据平面，求解出，即可.
(1)
依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，.设，则.
（1）法一：证明：依题意，平面， ，
平面，，
又，，
平面，
是平面的法向量，又，
可得，又因为直线平面，
所以平面.
法二：，平面，平面，
平面.
同理平面，，
平面平面，
又平面，
所以平面.
(2)
设为平面的法向量，则即
不妨令，可得.
同理可得平面的一个法向量为
由题意，有，
解得.
. 平面，
为直线与平面所成角，
.
12．(1)；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）根据题意得四面体为正四面体，延长交平面于，则平面，连结，则是在平面上的射影，再由勾股定理得到所设的长度，即可求出答案.
（2）根据题意分析出底面是正三角形，再由题干给出的和，即可求出底面积和高，即可求出体积.
（3）根据的体积是体积的，可以列出关于角的一个关系式，即可解出.
(1)
根据题意，可知组成该种钉的四条线段长必相等，且两两所成的角相等，两两连结后得到的四面体为正四面体，延长交平面于，则平面，连结，则是在平面上的射影，就是与平面所成的角，设，则，在△中，，即，
（其中），，与平面所成角的大小为.
(2)
由（2）的题意可知，过点作底面， 三个线段与底面所成角相同，，， 底面为正三角形且点为的重心 ，在中由余弦定理可得，，，，，
(3)
由（2）知，，的体积是体积的， ，，.
13．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；
（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求， 然后利用导函数求最值即得.
(1)
∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，
∴BC⊥AO，
∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为的中点，
∴BC⊥MO．
∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，
∴BC⊥平面AOM，
∵BC平面ABC，
∴平面ABC⊥平面AOM．
(2)
在平面AOM内，作ON⊥OA，
∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，
∴ON⊥平面ABC，
以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵MO⊥BC，AO⊥BC，
∴∠AOM为二面角的平面角，即∠AOM＝θ，
∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2cosθ，2sinθ），C1（－2，2cosθ，2sinθ），B1（2，2cosθ，2sinθ），
∴＝(－2，2cosθ，2sinθ)，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2cosθ，2sinθ)，
所以，即，
则可取，
设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，
则sinα＝|cos＜，＞|＝，
设f (θ)＝，θ∈[，]，则，
∴f（θ）在[，]上单调递增，
∴f（θ）∈[－2，]，即
∴，
∴．
∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为.
14．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，进而证明平面，然后根据面面垂直的判定定理得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的夹角公式求得答案；
（3）根据空间向量的坐标运算得出与间的关系式，进而求出的取值范围.
【详解】
（1）取的中点为，连接，.
由题意得，，
在中，因为为的中点，所以，即.
易得与全等，则，即.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）不妨设，由（1）平面，易知OB⊥AC，
如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，
设平面的法向量为，则得
不妨取，则.
因为，所以平面，所以平面的一个法向量为.
因为.
又二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）结合（2）可得，，.
，
.
因为，所以，得.
即，是关于的单调递增函数，
当时，，故的取值范围是.
15．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）求平面一个法向量，利用空间向量求点到线的距离公式求解；
（2）求平面得一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
(1)
连接，∵，，∴，又平面，
以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由为的中点，知，
设，又，知，
则设平面一个法向量为，，
， 令，∴
所以点到平面的距离为
(2)
设平面一个法向量为，，
，令，∴
又，设直线与平面所成角为
，.
所以直线与平面所成角的余弦值为
16．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，取的中点，连接，结合已知可得，由已知的数据通过计算可得，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
(1)
连接，取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，所以，
因为，，
所以平面，
因为平面，
所以，
在等边中，，
所以，
在中，，，
所以，
因为，
所以，所以，
因为，所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
(2)
由（1）可知两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以
设为平面的一个法向量，则
，令，则，
设为平面的一个法向量，
由，得，
则，令，则，
设平面与平面ABC的夹角为，由图可知为锐角，则
17．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由正方形折叠后，得到，证得平面，进而得到.
（2）取中点，连接，由折叠前后结合线面垂直的判定定理知平面，进而得到即为直线与平面所成的角，在直角中可求解.
【详解】
（1）证明：由题意，根据折叠前后，可得，
又，所以平面，
又平面，所以；
（2）取中点，连接，由折叠前后知，，
，，
又，平面，
在面的射影在上， 则即为直线与平面所成的角，
由（1）可得，所以为直角三角形，
因为正方形的边长为，可得，，
又，，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
18．（1）证明见解析；（2）当时，三棱锥体积最大为．
【解析】
【分析】
（1）在四面体中，由已知可得四面体的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为、、，证明为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形；
（2）当2条长为的线段不在同一个三角形中，写出三棱锥体积，利用基本不等式求最值；当边长为的两条棱在同一个三角形中时，可知当平面时，体积取最大值，比较大小的结论.
【详解】
（1）∵四面体，如图，
故四面体中四个面为全等三角形，
即只需证明一个为锐角三角形即可，设长方体长宽高分别为，则，
∴，∴为锐角三角形，故四面体四个面都为锐角三角形；
（2）解：2条长为的线段不在同一个三角形中，此时长为的两条线段必还在三棱锥的对棱，不妨设，
取中点，连接，(如图)，
则，，则平面，，
在中，，，
，
∴，
由均值不等式，等号当且仅当时成立，即，
∴此时，
当边长为的两条棱在同一个三角形中时，设，
当且仅当平面时，体积取最大，此时，
∵，
综上，当时，三棱锥体积最大为
19．(1)证明见解析；
(2)选条件②，
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理可得证；
（2）先判断只有条件②符合，再利用空间向量法求得二面角的余弦值.
(1)
证明：在正方形中，，平面，平面
所以平面；
(2)
由（1）知平面，又平面，平面与平面交于EF．
，又，
所以四边形为等腰梯形，四边形为梯形；
条件①：，，则平面，即平面
又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件①不符合
条件③：平面平面，且平面平面
又，平面，平面，
此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合；
条件②：平面平面，；
过点作于，过作于，连接，
由平面平面，平面平面，平面
又平面，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
因为平面，平面，平面平面，
在四边形中，，，，所以，
在正方形中，，所以
因为，且，所以
所以，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量
由，令，则
设平面的一个法向量
由，令，则
设平面和平面的夹角为，
则
所以平面和平面的夹角的余弦值为
20．(1)
(2)
(3)点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，找到异面直线与所成的角是∠OEA（或补角），利用余弦定理求出；
（2）作出辅助线，找到平面与平面所成锐二面角为，经过计算得到；
（3）证明出A、Q、G三点共线，利用第二问的求出的，和题干中的条件确定点的位置.
(1)
连接AC，BD，相交于点O，
因为四边形ABCD是正方形，所以O是正方形的中心，连接PO，
因为四棱锥是正四棱锥，则PO⊥底面ABCD，连接OE，
因为为的中点，所以EO是△PBD的中位线，所以EO∥PD，
∠OEA（或补角）即为异面直线与所成角的大小，
因为正四棱锥中，，所以△PAB是等边三角形，
所以，由勾股定理得：，所以，
因为，E为PB的中点，所以，
在△AOE中，由余弦定理得：，
所以异面直线与所成角的大小为
(2)
连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，
因为分别为的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以EF∥BD，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，
设平面与平面相交于直线，故EF∥∥DB，连接QA，
则因为AE=AF，所以AQ⊥EF，又因为OA⊥BD，
故∠QAO即为平面与平面所成锐二面角，其中，，所以，故，
即平面与平面所成锐二面角的大小为
(3)
延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，
过点G作GM∥PO交AC于点M，因为PO⊥底面ABCD，所以GM⊥底面ABCD，
设GM=CM=x，则AM=4-x，由第二问知：，
所以，即，解得：，
故，所以点的位置为线段PC靠近P的三等分点.
答案第1页，共2页
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