第六章　立体几何初步 复习提升--2026北师大版高中数学必修第二册章节练

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2026北师大版高中数学必修第二册
复习提升
易混易错练
易错点1　不能正确分析空间几何体的结构致错
1.(2025重庆第一中学校期中)如图,在梯形ABCD中,AB∥DC,BC⊥AB,∠A=,AB=2CD=4,E为线段AB的中点,先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆,再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周,则所得几何体的体积为(　　)
　　B.　　
C.7π　　D.6π
2.(2024福建部分优质高中段考)“阿基米德多面体”被称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图所示,将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=1,则关于图中的半正多面体,下列说法正确的有(　　)
A.该半正多面体的体积为
B.该半正多面体过A,B,C三点的截面面积为
C.该半正多面体外接球的表面积为8π
D.该半正多面体的表面积为6+2
易错点2　错误构造图形致错
3.(2024湖北华中师范大学第一附属中学模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是线段BB1上靠近B1的三等分点,点F是线段D1C1上靠近D1的三等分点,则平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1形成的截面图形为(　　)
A.三角形　　B.四边形　　
C.五边形　　D.六边形
4.(2025浙江台州期中)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是AD的中点,动点P在正方体表面上移动,若B1P∥平面A1BM,则P的轨迹长为　　　　.
易错点3　解决点、线、面位置关系问题时不严谨致错
5.(2025山西部分学校期中测评)如图,在棱长为3+的正方体内有两个相外切的球O1,O2,两球又分别与正方体内切,则两球体积之和的最小值为(　　)
A.9π　　B.8π　　
C.12π　　D.6π
6.(多选题)(2025浙江台金七校联盟期中联考)如图1,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,E为CD的中点,现将△AED沿AE翻折后得到如图2所示的四棱锥D'-ABCE,若F是线段D'B上(不含端点)的动点,则下列正确的是(　　)
　
A.当F为线段D'B的中点时,CF∥平面AD'E
B.当F为线段D'B的中点时,若过点A,E,F的截面交CD'于点M,则2CM=D'M
C.在翻折过程中,存在一个位置使得AE⊥CD'
D.当AD'⊥D'B时,AF+CF的最小值为
7.如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAD=90°,AB=AD=BC.
(1)求证:AD∥平面BCEF;
(2)求证:BD⊥平面CDE;
(3)在线段BD上是否存在点M,使得CE∥平面AMF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
易错点4　对空间角的概念理解不透彻致错
8.(2024上海同济大学第二附属中学期中)如图,在空间四边形ABCD中,AB=CD=6,M,N分别是AC,BD的中点,若异面直线AB,CD所成角的大小为60°,则MN的长为　　　　.
9.(2025安徽宿州期末)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=120°,PA=PD=,PB=2,则平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为　　　　.
10.(2024浙江杭州第二中学期中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形,PB=PD.
(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)若PA=1,PA与平面ABCD的夹角为,求二面角P-BC-A的正弦值.
思想方法练
一、分类讨论思想
1.(多选题)两平行平面截半径为5的球,若截面面积分别为9π和16π,则这两个平面间的距离可以是(　　)
A.1　　B.3　　C.4　　D.7
2.(2025安徽皖南八校期中联考)如图,有两个相同的直三棱柱,高为1,底面三角形的三边长分别为3,4,5,用这两个三棱柱拼成一个三棱柱,在所有可能组成的三棱柱中,表面积不可能为(　　)
A.36　　B.38　　C.40　　D.42
3.(2024陕西模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为等腰直角三角形,BC为△ABC的斜边,M为BC上一点,且·=0,AC=AA1=1,P为线段BC1上一动点,则平面AMP截三棱柱所得截面图形的面积的最大值为　　　　.
二、函数与方程思想
4.(2025江西新余实验中学测试)已知某四面体的每一组对棱的长度都相等,分别为,,,则该四面体的体积为　　　　.
5.(2025江西宜春丰城中学月考)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC内的射影为AB的中点,且AC⊥BC,AC=BC=2,设该三棱锥的体积为V,该三棱锥外接球的表面积为S,若V∈,2,则S的取值范围为　　　　.
6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AB,BC上的点,且AE=BF=x.
(1)当x为何值时,三棱锥B1-BEF的体积最大
(2)当三棱锥B1-BEF的体积最大时,求二面角B1-EF-B的正切值;
(3)求异面直线A1E与B1F所成角的取值范围.
三、转化与化归思想
7.(2025山东青州第一中学月考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,点P为底面四边形ABCD内(包括边界)一动点,若直线D1P与平面BEF无公共点,则点P在四边形ABCD内运动所形成轨迹的长度为　　　　.
8.(2024陕西安康联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°,E是BC的中点,M是PD的中点.
(1)求证:AE⊥平面PAD;
(2)若AB=AP=2,求点P到平面AMC的距离.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 2.D 3.C 5.A 6.ABD
1.A　旋转后得到的几何体为一个圆柱加一个同底面的圆锥,再去掉一个球体(易错点).
由题可得圆柱、圆锥的底面半径为BC,连接DE,图略,
因为AB∥DC,BC⊥AB,∠A=,AB=2CD=4,所以DE⊥AB,且DE=BC,
故三角形ADE为等腰直角三角形,则DE=BC=AB=2,
圆柱、圆锥的高均为2,则圆柱的体积为π×22×2=8π,圆锥的体积为π×22×2=π,
球体半径为BE=AB=1,则球体体积为π×13=π,
故所得几何体的体积为8π+π-π=π.
2.D　如图,因为AB=1,所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的,
所以该半正多面体的体积V=-8××××=,故A错误;
根据该半正多面体的对称性可知,过A,B,C三点的截面为正六边形ABCFED,因为AB=1,所以正六边形面积S=6××12=,故B错误;
该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心,即为正六边形ABCFED的中心,
故球的半径为AB=1,
所以该半正多面体外接球的表面积S=4π×12=4π,故C错误;
因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形,棱长均为1,
所以其表面积为8××12+6×12=6+2,故D正确.
易错警示
　　求组合体的表面积、体积时,要正确分析几何体的结构特征,若是拼接而成的,则要注意衔接部分的处理;若是挖去一个几何体,则要注意中空部分的处理.
3.C　设AB=6,延长AE,交A1B1的延长线于点G,则B1G=3,连接FG,交B1C1于H,连接EH,
设平面AEF∩平面DCC1D1=l,则F∈l,
因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,平面AEF∩平面ABB1A1=AE,平面AEF∩平面DCC1D1=l,所以l∥AE,
设l∩D1D=I,则FI∥AE,
易得△FD1I∽△ABE,所以=,故ID1=,
连接AI,则五边形AIFHE为所求截面图形.
4.答案　4
解析　由B1P∥平面A1BM,可作出过点B1与平面A1BM平行的正方体的截面,再求出截面图形的周长.
分别取A1D1,BC的中点E,F,连接DE,DF,B1E,B1F,EM,
由正方体的结构特征及E,M分别为A1D1,AD的中点,得EM∥AA1∥BB1,EM=AA1=BB1,所以四边形BMEB1为平行四边形,所以EB1∥BM,EB1=BM,
又BF∥DM,BF=DM,所以四边形BMDF是平行四边形,
所以DF∥BM,DF=BM,所以EB1∥DF,EB1=DF,故四边形B1EDF是平行四边形,
由DF∥BM,DF 平面A1BM,BM 平面A1BM,得DF∥平面A1BM,同理可得DE∥平面A1BM,
又DE∩DF=D,DE,DF 平面B1EDF,所以平面B1EDF∥平面A1BM,
又B1P∥平面A1BM,P在正方体表面上移动,所以点P的轨迹图形是 B1EDF,
所以P的轨迹长为DE+DF+B1E+B1F=4×=4.
易错警示
　　在构造截面图形时,不能只通过直观感知进行构造,我们一方面要明确截面的定义,另一方面要熟练应用点、线、面位置关系的相关定理进行严谨判断.
5.A　作出正方体的对角面ABCD如图所示,设球O1和O2的半径分别为r,R,球心O1和O2在正方体的体对角线AC上,过O1,O2分别作AD,BC的垂线,垂足为E,F,
由图可得AO1+O1O2+O2C=AC,
即r+(r+R)+R=×(3+),
即(+1)(R+r)=3+3,所以R+r=3,
故两球体积之和V=π(R3+r3)=π(R+r)(R2-Rr+r2)
=4π[(R+r)2-3Rr]=4π[32-3R(3-R)]=4π(3R2-9R+9),由二次函数的性质可知,当且仅当R=r=时,V取得最小值,为9π.
6.ABD　对于A,取AB的中点N,连接FN,CN,CF,如图,
因为F,N分别为D'B,AB的中点,所以FN∥AD',
因为FN 平面AD'E,AD' 平面AD'E,
所以FN∥平面AD'E.
易得AN∥EC,AN=EC,故四边形ANCE为平行四边形,所以AE∥CN,
因为CN 平面AD'E,AE 平面AD'E,
所以CN∥平面AD'E,
又CN∩FN=N,CN 平面CFN,FN 平面CFN,
所以平面CFN∥平面AD'E,
又因为CF 平面CFN,所以CF∥平面AD'E,故A正确.
对于B,连接AE,EF,AF,如图,由题意得,M∈平面AEF,M∈D'C,由D'C 平面D'BC,得M∈平面D'BC,
延长AE,BC交于点H,连接FH,D'H,CF,
因为平面D'BC∩平面AEF=FH,
所以M∈FH,故FH∩D'C=M.
由EC∥AB,EC=AB,得E,C分别为AH,BH的中点,
又F为D'B的中点,所以CF∥D'H,
所以==,即2CM=D'M,故B正确.
对于C,假设AE⊥CD',取AE的中点P,连接D'P,PC,
如图,
因为D'A=D'E=1,所以D'P⊥AE,
又D'P∩CD'=D',CD',D'P 平面D'PC,
所以AE⊥平面D'PC,
因为PC 平面D'PC,所以AE⊥PC,显然不成立,假设错误,故C错误.
对于D,当AD'⊥D'B时,把△ABD'与△BCD'展开在一个平面中,如图,
连接AC,易知AF+CF的最小值即为展开图中线段AC的长度.
取AE的中点O,连接D'O,OC,OB,BE,如图,
在题图1的矩形ABCD中,易知AE==,BE==,
因为AB=2,所以AE2+BE2=AB2,所以∠AEB=90°,∠DAE=∠D'AE=45°,∠CBE=45°.
因为AB=2,AD'=1,AD'⊥D'B,所以D'B==,所以在Rt△ABD'中,∠D'BA=.
因为OE=D'O=AE=,OB==,所以D'O2+OB2=3=D'B2,故D'O⊥OB,
又D'O⊥AE,AE∩OB=O,OB,AE 平面ABCE,所以D'O⊥平面ABCE,
因为OC 平面ABCE,所以D'O⊥OC,
又OC=OB,所以D'C===D'B.
所以△D'BC是等腰三角形,且D'B=D'C=,BC=1,
故由余弦定理得cos∠CBD'==,则sin∠CBD'=,
所以在平面展开图中,cos∠CBA=cos(∠CBD'+∠ABD')=×-×=-.
故在△ABC中,由余弦定理得AC===,
所以AF+CF≥AC=,当且仅当A,F,C三点共线时,等号成立,
故AF+CF的最小值为,故D正确.
7.解析　(1)证明:因为AD∥BC,BC 平面BCEF,AD 平面BCEF,所以AD∥平面BCEF.
(2)证明:因为四边形ADEF为正方形,所以DE⊥AD.
因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE 平面ADEF,所以DE⊥平面ABCD.
因为BD 平面ABCD,所以DE⊥BD.
如图,取BC的中点N,连接DN.
由BN∥AD,AB=AD=BC,∠BAD=90°,可得四边形ABND为正方形,
所以DN=AB,
所以DN=BC,所以BD⊥CD.
因为CD∩DE=D,CD,DE 平面CDE,
所以BD⊥平面CDE.
(3)存在,当M为BD的中点时,CE∥平面AMF.
连接AN交BD于点M,连接NF,MF,
由于四边形ABND为正方形,
所以M是BD的中点,同时也是AN的中点.
因为NC=AD,NC∥AD,四边形ADEF为正方形,
所以NC=FE,NC∥FE,
所以四边形NCEF为平行四边形,
所以CE∥NF.
又因为NF 平面AMF,CE 平面AMF,
所以CE∥平面AMF,此时=1.
易错警示
　　在证明线面平行时要注意判定定理中是平面外一条直线与平面内一条直线平行,在证明线面垂直时要注意判定定理中是一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,尤其是“相交”这一条件不可缺少.解这类问题时要注意推理严谨,使用定理时保证条件的完整性,书写规范等.
8.答案　3或3
解析　取AD的中点E,连接NE,ME,如图所示,
因为M,N,E分别是AC,BD,AD的中点,
所以ME∥CD,NE∥AB,且ME=CD=3,NE=AB=3,
所以∠MEN为直线AB,CD所成的角或其补角,
又异面直线AB,CD所成角的大小为60°,
所以∠MEN=60°或∠MEN=120°.
当∠MEN=60°时,△MEN为等边三角形,所以MN=3;
当∠MEN=120°时,在△MEN中,由余弦定理可得MN2=ME2+NE2-2×ME×NEcos 120°=32+32+2×3×3×=27,所以MN=3.
综上所述,MN=3或MN=3.
9.答案　
解析　取AD的中点E,连接PE,BE,过点P作l∥AD,则平面PAD∩平面PBC=l,
因为PA=PD,E是AD的中点,所以PE⊥AD,所以l⊥PE,
连接BD,依题意可知△ABD是等边三角形,所以BE⊥AD,
因为PE∩BE=E,PE,BE 平面PBE,
所以AD⊥平面PBE,
又PB 平面PBE,
所以AD⊥PB,则l⊥PB,
所以∠BPE(或其补角)就是平面PAD与平面PBC的夹角,
在直角△PAE中,易得PE==2,
在△PEB中,PE=PB=2,BE=,
由余弦定理可得,cos∠BPE==.
10.解析　(1)证明:设AC∩BD=O,连接OP,因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,且O为BD的中点,
因为PB=PD,所以OP⊥BD,
又AC∩OP=O,AC,OP 平面PAC,
所以BD⊥平面PAC,
又BD 平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)过点P作PH⊥AC于点H,
因为BD⊥平面PAC,PH 平面PAC,所以BD⊥PH,
又AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,所以PH⊥平面ABCD,所以∠PAH即为PA与平面ABCD的夹角,
即∠PAH=,
又PA=1,所以AH=PH=.
过点H作HE⊥BC于点E,连接PE,
因为PH⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PH⊥BC,
又PH∩HE=H,PH,HE 平面PHE,
所以BC⊥平面PHE,
又PE 平面PHE,
所以BC⊥PE,
所以∠PEH即为二面角P-BC-A的平面角.
易得AC==2,
所以CH=2-=.
因为AB⊥BC,所以AB∥HE,
所以=,即=,解得EH=,
因为PH⊥平面ABCD,EH 平面ABCD,所以PH⊥EH,
所以PE===,
所以sin∠PEH===,
所以二面角P-BC-A的正弦值为.
易错警示
在求异面直线的夹角θ时,要注意它的取值范围是0°<θ≤90°,在将两条异面直线的夹角转化为一个三角形的内角时,要注意这个三角形的内角可能等于两条异面直线的夹角,也可能等于其补角.直线与平面的夹角α的取值范围为 0°≤α≤90°,在求线面角时,要注意在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,确定垂足的位置,从而确定斜线在这个平面内的投影,进而求线面角.二面角β的取值范围是0°≤β≤180°.
思想方法练
1.AD　易得两截面圆的半径分别为3和4.
如图①所示,若两个平行平面在球心同侧,
则两平面间的距离CD=OC-OD=-=4-3=1;
如图②所示,若两个平行平面在球心两侧,
则两平面间的距离CD=OC+OD=+=4+3=7.
两截面相对球心的位置不确定,故需分类讨论.
2.B　当拼成的几何体为三棱柱时,有三种情况,如图①②③,设表面积分别为S1,S2,S3,则S1=2××3×4+2×(5+4+3)=36,S2=2××8×3+1×(5+5+8)=42,S3=2××6×4+1×(5+5+6)=40.
　　
结合选项知,表面积不可能为38.
3.答案　
解析　由于P为线段BC1上一个动点,所以平面AMP截三棱柱所得的截面图形不确定,故需分类讨论.
分三种情况:①如图1,延长MP交B1C1于点N,过点N作AM的平行线交A1C1于点S,连接AS,则所求截面图形为四边形AMNS;
②如图2,延长MP交B1C1于点N1,过点N1作AM的平行线交A1B1于点S1,连接AS1,则所求截面图形为四边形AMN1S1;
③如图3,延长MP交BB1于点N2,连接AN2,则所求截面图形为△AMN2.
　　
显然①②中的截面图形的面积均大于或等于③中的截面图形的面积,故只需考虑①②中的情况,根据对称性可知①②中的情况相同,故只考虑情况①即可.
在①中,易知AM=,AM⊥MN,△SC1N是以∠SNC1为直角的等腰直角三角形,设C1N=x,则SN=x,MN=.
过N作BC的垂线,构造直角三角形,利用勾股定理求MN的长度.
所以所求截面图形的面积S=×=,
因为y=x4,y=x+在0,上均单调递增,
所以函数y=x4+x+在0,上单调递增,
故Smax=×=,
故所得截面图形的面积的最大值为.
思想方法
　　立体几何问题主要研究空间几何体中的数量关系和位置关系等.在立体几何问题中,引发分类讨论的因素主要有以下几个方面:图形的大小与形状,图形的位置,构成图形的形式以及条件或结论的不唯一性等.
4.答案　
解析　不妨设该四面体为P-ABC,PA=BC=,PC=AB=,PB=AC=,将四面体P-ABC放置在长方体中,如图所示,
设长方体的同一顶点处的三条棱的长分别为a,b,c,c>b>a>0,则
构造关于长方体三条棱的长a,b,c的方程组,体现了方程思想.
所以a=1,b=,c=2,
则四面体P-ABC的体积为×1×2-4×××1××2=.
5.答案　8π,π
解析　因为AC⊥BC,AC=BC=2,所以AB=2,
取AB的中点D,连接PD,DC,如图,由题意可知PD⊥平面ABC,AD=DC=DB=,
则V=PD××22=PD∈,2,可得PD∈[1,3],
由题意知该三棱锥外接球的球心O在直线PD上,
设OD=x,外接球的半径为R,
则当球心在平面ABC的上方时,R2=(PD-x)2=x2+()2,所以x==-,
易知x=-在(0,+∞)上单调递增,又PD∈[1,3],
所以x∈-,,
构造x关于PD的长的函数,利用函数的单调性求范围,体现了函数思想的应用.
则R2=x2+2∈2,,又S=4πR2,所以S∈8π,π.
当球心在平面ABC的下方时,R2=(PD+x)2=x2+()2,
所以x==-,
易知x=-在(0,+∞)上单调递减,又PD∈[1,3],
所以x∈-,,则R2=x2+2∈2,,
又S=4πR2,所以S∈8π,π.
综上,S的取值范围为8π,π.
6.解析　(1)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABCD,
故=S△BEF·BB1=×(2-x)x×2=(-x2+2x)=-(x-1)2+,0将三棱锥B1-BEF的体积表示成关于x的二次函数,体现了函数思想.
故当x=1时,三棱锥B1-BEF的体积取得最大值,为.
(2)由(1)知,当E,F分别为AB,BC的中点时,三棱锥B1-BEF的体积最大,取EF的中点O,连接OB,OB1,如图,
则BO⊥EF,易得B1E=B1F,所以B1O⊥EF,
则∠B1OB是二面角B1-EF-B的平面角.
在Rt△BEF中,BO=EF=,
在Rt△BB1O中,tan∠B1OB==2,
即三棱锥B1-BEF的体积最大时,二面角B1-EF-B的正切值为2.
(3)在AD上取点H,使AH=BF=AE,连接A1H,EH,FH,如图,
易知HF=AB=A1B1,HF∥AB∥A1B1,
故四边形A1B1FH是平行四边形,则A1H∥B1F,
故∠HA1E(或其补角)即为异面直线A1E与B1F的夹角.
在Rt△A1AH中,A1H=,
在Rt△A1AE中,A1E=,
在Rt△HAE中,EH==x,
在△HA1E中,由余弦定理得cos∠HA1E==,
将异面直线所成角的余弦值表示成关于x的函数,通过变量x的范围求异面直线所成角的取值范围,体现了函数思想.
易知0所以异面直线A1E与B1F夹角的取值范围为.
思想方法
　　函数思想在立体几何中的应用常体现在求线段的长度范围、体积的最值、角度的最值、面积的最值等,通过引入合适的变量把研究的问题转化为函数的有关性质问题,达到化难为易,化繁为简的目的,做题时应注意所引入的变量的取值范围.
方程思想在立体几何中主要体现在:①分析立体几何中变量间的等量关系,通过建立方程或方程组解决问题;②动中求静,研究运动中的等量关系等.
7.答案　
解析　取BC的中点G,连接AG,D1G,AD1,如图所示,
由E,F分别是AA1,A1D1的中点,得EF∥AD1,
因为EF 平面BEF,AD1 平面BEF,
所以AD1∥平面BEF.
因为FD1∥BG,FD1=BG,所以四边形FBGD1为平行四边形,所以FB∥GD1.
又因为FB 平面BEF,GD1 平面BEF,
所以GD1∥平面BEF.
又因为GD1∩AD1=D1,GD1,AD1 平面AD1G,
所以平面AD1G∥平面BEF.
直线D1P与平面BEF没有交点,转化为寻找过点D1且与平面BEF平行的平面AD1G.
因为点P为底面四边形ABCD内(包括边界)一动点,且D1P与平面BEF无公共点,所以P的轨迹为线段AG,AG==.
8.解析　(1)证明:因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,所以△ABC为正三角形,
因为E是BC的中点,所以AE⊥BC,
因为AD∥BC,所以AE⊥AD,
因为PA⊥平面ABCD,AE 平面ABCD,
所以PA⊥AE,
将证明线面垂直转化为证明线线垂直.
又因为PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以AE⊥平面PAD.
(2)根据题意,得AD=2,AE=,
则VP-AMC=VC-PAM=S△PAM·AE=×××2×2×=,
利用等体积法转化为易求解的几何体的体积.
设点P到平面AMC的距离为h,则S△AMC·h=.
利用等体积法将求点到平面的距离问题转化为求三棱锥的高的问题.
易知PD=2,PM=,PC=2,CD=2.
所以在△PCD和△PCM中,由余弦定理得cos∠CPM==,解得CM=2(负值舍去),
在△AMC中,AM=,AC=CM=2,所以S△AMC=××=,
所以×h=,解得h=,
故点P到平面AMC的距离为.
思想方法
　　转化与化归思想在证明平行和垂直时应用最为广泛,通过平行的判定定理和性质定理实现线线平行、线面平行、面面平行的相互转化;通过垂直的判定定理和性质定理实现线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.在求三棱锥的体积时,等体积法也充分体现了转化与化归思想.此外,在研究立体几何问题时,可以合理选择补形法,转化为长方体等规则几何体进行求解.
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