解：（1）如图②，作出MN、PQ
∵PQ∥NC，又△MNC为正三角形 ∴∠MNC＝60°
∴PQ与MN成角为60°
（2）VM?NPQ?VQ?PMN?1S?PMN·MQ3
11·2S?PMN·MQ?SPMDN·MQ661?V正方体6 ?即四面体M—NPQ的体积与正方体的体积之比为1：6
（3）连结MA交PQ于O点，则MO⊥PQ
又NP⊥面PAQM，∴NP⊥MO，则MO⊥面PNQ 过O作OE⊥NQ，连结ME，则ME⊥NQ ∴∠MEO为二面角M—NQ—P的平面角 在Rt△NMQ中，ME·NQ＝MN·MQ 设正方体的棱长为a
ME?
2a·a62?a，又MO?a32 3aMO?ME2a32?26a3
在Rt?MEO中，sin∠MEO?
∴∠MEO＝60°
即二面角M—NQ—P的大小为60°。
例3. 如图，已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°。 （1）求点P到平面ABCD的距离； （2）求面APB与面CPB所成二面角的大小。
解：（1）作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连结OB、OA、OD，OB与AD交于点E，连结PE
∵AD⊥PB，∴AD⊥OB（根据___________） ∵PA＝PD，∴OA＝OD
于是OB平分AD，点E为AD中点 ∴PE⊥AD
∴∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角 ∴∠PEB＝120°，∠PEO＝60°
又PE?3，∴PO?PEsin60o?3·33?22
即为P点到面ABCD的距离。
（2）由已知ABCD为菱形，及△PAD为边长为2的正三角形 ∴PA＝AB＝2，又易证PB⊥BC 故取PB中点G，PC中点F 则AG⊥PB，GF∥BC 又BC⊥PB，∴GF⊥PB
∴∠AGF为面APB与面CPB所成的平面角 ∵GF∥BC∥AD，∴∠AGF＝π－∠GAE 连结GE，易证AE⊥平面POB
又PE?BE?3，G为PB中点 ∴∠PEG?1∠PEB?60o2
∴GE?PEcos60o?3?在Rt?AGE中，AE?13?22
1AD?12
∴tan∠GAE?GE3?AE2
32
∴∠GAE?arctan
∴∠AGF???arctan32
32
所以所求二面角的大小为??arctan（2）解法2：如图建立直角坐标系，其中O为坐标原点，x轴平行于DA
P（0，0，333），B（0，，0）22
333，），连结AG44
PB的中点G的坐标为（0，
又A（1，333，0），C（?2，，0）22
?33333，?），PB?（0，，?），4422
?由此得到GA?（1，??BC?（?2，0，0）
????于是GA·PB?0，BC·PB?0 ????∴GA⊥PB，BC⊥PB
??∴GA、BC的夹角?为所求二面角的平面角
??GA·BC27于是cos??????7|GA|·|BC| ∴所求二面角大小为??arccos
277
（二）与距离有关的问题
例4. （1）已知在△ABC中，AB＝9，AC＝15，∠BAC＝120°，它所在平面外一点P到△ABC三个顶点的距离都是14，那么点P到平面ABC的距离是（ ） A. 13 B. 11 C. 9 D. 7 解：设点P在△ABC所在平面上的射影为O
A B C O R
∵PA＝PB＝PC，∴O为△ABC的外心
△ABC中，AB＝9，AC＝15，∠BAC＝120°
∴BC?9?15?2?9?15?cos120?21
由a?2R，∴R?sinA212??722o
o32
?73
∴PO?142?73??2（2）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB?BC?2，BB1?2，∠ABC?
90，E、F分别为AA1、C1B1的中点，沿棱柱的表面从E到F两点的最短路径的
长度为___________。
解：（采用展开图的方法）
将平面B1BCC1沿B1B旋转使两矩形A1ABB1与B1BCC1在同一平面内
连接EF，则EF为所求的最短路径
?32?如图①，EF?A1E2?A1F2?12????2??2?2如图②展开，EF?(2)??1??2???3??1?如图③展开，EF??????1??2??2?222?222
2?
7?222
?
322
32。2
点评：此类试题，求沿表面运动最短路径，应展开表面为同一平面内，则线段最短。但必须注意的是，应比较其各种不同展开形式中的不同的路径，取其最小的一个。
（3）在北纬45°圈上有甲、乙两地，它们的经度分别是东经140°与西经130°，设地球半径为R，则甲、乙两地的球面距离是（ ）
比较这三种方式展开，可见沿表面从E到F的最短路径长度为
A.1?R2B.1?R4C.3?R2D.1?R3
解：
由题意∠AO1B?360o?140o?130o?90o??（O1为小圆圆心）
又由题意O1A?O1B?2R2
则??1AB中，AB?R