高二立体几何练习的题目(理科附问题详解)

高2013级理科立体几何练习题答案

1．（重庆理19）如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，ABBC，

ADCD，CAD.

（Ⅰ）若AD，ABBC，求四面体ABCD的体积；

(Ⅱ) 若二面角CABD为，求异面直线AD与BC所成角的余弦值.

（I）解：如答（19）图1，设F为AC的中点，由于AD=CD，所以DF⊥AC. 故由平面ABC⊥平面ACD，知DF⊥平面ABC， 即DF是四面体ABCD的面ABC上的高， 且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=3. 在Rt△ABC中，因AC=2AF=23，AB=2BC，

BC由勾股定理易知

215415,AB.55

故四面体ABCD的体积

1114152154VSABCDF.332555

（II）解法一：如答（19）图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG//AD，GH//BC，从而∠FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角. 设E为边AB的中点，则EF//BC，由AB⊥BC，知EF⊥AB.又由（I）有DF⊥平面ABC， 故由三垂线定理知DE⊥AB.

所以∠DEF为二面角C—AB—D的平面角，由题设知∠DEF=60°

ADa,则DFADsinCAD设

a.2

RtDEF中,EFDFcotDEF在

a33a,236

GH从而

13BCEFa.26

FH1aBD22，

因Rt△ADE≌Rt△BDE，故BD=AD=a，从而，在Rt△BDF中，

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实用标准文案

FG又

1aAD,22从而在△FGH中，因FG=FH，由余弦定理得

FG2GH2FH2GH3cosFGH2FGGH2FG6

3.6因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为

解法二：如答（19）图2，过F作FM⊥AC，交AB于M，已知AD=CD，

平面ABC⊥平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F—xyz.

不妨设AD=2，由CD=AD，∠CAD=30°，易知点A，C，D的坐标分别为

A(0,3,0),C(0,3,0),D(0,0,1),则AD(0,3,1).

显然向量k(0,0,1)是平面ABC的法向量. 已知二面角C—AB—D为60°，

故可取平面ABD的单位法向量n(l,m,n)，

1n,k60,从而n.2 使得

由nAD,有3mn0,从而m由l2m2n21,得l6.33.6

B(x,y,0);由ABBC,nAB,取l设点B的坐标为

63，有

46x2y23,x,x0,9解之得,(舍去)63y3x(y3)0,y73,639

l易知

63与坐标系的建立方式不合，舍去.

B(46234673CB(,,0).,,0).9999所以

因此点B的坐标为从而

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实用标准文案

cosAD,CBADCB|AD||CB|3(31(23)9462232)()993.6

3.6故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为

2．（北京理16）如图，在四棱锥PABCD中，

D底面ABC是D菱形，PA平面ABC，

AB2,BAD60.

(Ⅰ)求证：BD平面PAC;

（Ⅱ）若PAAB,求PB与AC所成角的余弦值； （Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.

解（Ⅰ）证明：因为四边形ABCD是菱形，

所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=3. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则

P（0，—3，2），A（0，—3，0），B（1，0，0），C（0，3，0）. 所以PB(1,3,2),AC(0,23,0). 设PB与AC所成角为，则

cosPBAC|PB||AC|6222364.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知BC(1,3,0).

设P（0，－3，t）（t>0），则BP(1,3,t)

设平面PBC的法向量m(x,y,z),则BCm0,BPm0

x3y0,66x3,z.m(3,3,)x3ytz0y3,tt所以令则所以

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6n(3,3,)t 同理，平面PDC的法向量

6因为平面PCB⊥平面PDC,所以mn=0，即所以PA=6

360t2解得t6

3．（天津理17）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，

AA122，C1H平面AA1B1B，且C1H5.（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角

的余弦值；（Ⅱ）求二面角（Ⅲ）设N为棱

AAC11B1的正弦值；

B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，

ABC且MN平面11，求线段BM的长．

解：方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点. 依题意得A(22,0,0),B(0,0,0),C(2,2,5)

A1(22,22,B01),(0,2C21,0),( 2,2,5) （I）解：易得

AC(2,2,5),AB11(22,0,0)，

ACA1B142,3|AC||A1B1|322

cosAC,A1B1 于是

2.3 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

（II）解：易知

AA1(0,22,0),AC11(2,2,5).

设平面AA1C1的法向量m(x,y,z)，

mAC2x2y5z0,11022y0.mAA10即 则

不妨令x5,可得m(5,0,2)，

同样地，设平面A1B1C1的法向量n(x,y,z)，

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实用标准文案

nAC2x2y5z0,110,nAB0.22x0.11 则即不妨令y5，

可得n(0,5,2).

cosm,n于是

mn2235,sinm,n.|m||n|777从而7

35.所以二面角A—A1C1—B的正弦值为7

N( （III）解：由N为棱B1C1的中点，得

2325,,).222设M（a，b，0），

MNA1B10,2325MN(a,b,)MNA1C10. 222由MN平面A1B1C1，得则

((即2a)(22)0,22325a)(2)(b)(2)50.222

2,2222.M(,,0).4故24

2210,,0)|BM|.244，所以线段BM的长为

ab解得BM(因此

方法二：（I）解：由于AC//A1C1，故因为

C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角.

C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，

可得

AA122,C1H5,AC11B1C13.

222AC211A1B1B1C1cosC1A1B1.2ACAB31111因此

2.3所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为

（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1， 所以

AC1A1≌B1C1A，过点A作ARAC11于点R，

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连接B1R，于是

B1RAC11，故ARB1为二面角A—A1C1—B1的平面角.

在

RtA1RB1中，

B1RA1B1sinRA1B1221(22214).33

连接AB1，在

ARB1中，

AR2B1R2AB122AB14,ARB1R,cosARB12ARB1R7，

sinARB13535..7所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为7

从而

MNA1B1.

（III）解：因为MN平面A1B1C1，所以

取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，

15NDC1H22.又C1H平面AA1B1B， 所以ND//C1H且

所以ND平面AA1B1B，故所以

NDA1B1.又MNNDN,

A1B1平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，

DEB1EB1D1,MEAB,故ME//AA.B1A1B1A4 111由AA1则

DEB1E22BFB1E.2，延长EM交AB于点F，可得2连接NE.

得

在RtENM中，

NDME,故ND2DEDM.

ND252DM.DE4所以

FM可得

2.4

连接BM，在RtBFM中，

BMFM2BF210.4

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4.（陕西理16） 如图，在ABC中，ABC60,BAC90,AD是BC上的高，沿AD把ABC折起，使∠ ＢＤＣ＝90。（Ⅰ）证明：平面ＡＤＢ ⊥平面ＢＤＣ； （Ⅱ）设Ｅ为ＢＣ的中点，求AE与DB夹角的余弦值。

解（Ⅰ）∵折起前ＡＤ是ＢＣ边上的高，

∴ 当Δ ＡＢＤ折起后，AD⊥ＤＣ，AD⊥ＤＢ， 又DBＤＣ＝Ｄ，∴ＡＤ⊥平面ＢＤＣ， ∵AD 平面

平面BDC．平面ABD平面BDC。

（Ⅱ）由∠ ＢＤＣ＝90及（Ⅰ）知DA，ＤＢ，DC两两垂直，不防设

DB=1，以D为

坐标原点，以DB,DC,DA所在直线x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D

13（0,0,0），B（1,0,0），C（0,3,0），A（0,0，3），E（2，2，0），

13,,3， AE=22DB=（1，0,0,），

AE与DB夹角的余弦值为

AEDB|AE||DB|12122422.22．

cos＜AE，DB＞=

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5（全国新课标理18） 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，

AB2AD，PD底面ABCD．

（I）证明：PABD；

（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．

解：（Ⅰ）因为DAB60,AB2AD， 由余弦定理得BD3AD 从而BD2+AD2= AB2，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD. 故 PABD

（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则

A1,0,0，

B0，3,0，C1,3,0，P0,0,1．

{uuurnAB0,uuurnPB0,uuuvuuvuuuvAB(1,3,0),PB(0,3,1),BC(1,0,0)

设平面PAB的法向量为n=（x，y，z），则

x3y0 即

3yz0

因此可取n=(3,1,3) 设平面PBC的法向量为m，则

{uuurmPB0,uuurmBC0,

可取m=（0，-1，3）

cosm,n4277 27故二面角A-PB-C的余弦值为

277

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6.（四川理19） 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D

是棱CC1上的一P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA． （I）求证：CD=C1D：

（II）求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值； （Ⅲ）求点C到平面B1DP的距离．

．解：（1）连接

B1A交BA1于O,B1P//面BDA1,B1P面AB1P,面AB1P面BA1DOD,

B1P//OD,又O为B1A的中点，

D为AP中点，C1为A1P,ACDPC1DC1DCD,D为CC1的中点。

（2）由题意

ABAC,ABAA1AB面AA1C1C,过B 作AHAD,连接BH，则

BHAD,AHB为二面角AA1DB的平面角。在AA1D中，

252535AH2AH,BH,cosAHB555BH35355AA11,AD,A1D522,则

（3）因为

VCB1PD11hSA1B1SPCDB1PDVB1PCDAB1 33，所以,11SPCDSPC1CSPC1D111244,

95535425,sinDBP5B1D,B1P5,PD.cosDB1P413225525BDP中，2在1，

SB1PD

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135315,h22543

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7.（福建理20）

如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，CDA45．（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；（II）设AB=AP． （i）若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；

（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由。

解法一：

（I）因为PA平面ABCD，

AC平面ABCD，

所以PAAB， 又ABAD,PAADA,

所以AB平面PAD。

又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD。 （II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CEAD. 在RtCDE中，DE=CDcos451，

CECDsin451,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0)，

CD(1,1,0),PD(0,4t,t).

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（i）设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

xy0,(4t)ytx0.

由nCD，nPD，得取xt，得平面PCD的一个法向量n{t,t,4t}，

又PB(t,0,t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得

nPB|2t24t|1cos60||,即,|n||PB|t2t2(4t)22x22t解得

44或t4AB.55 （舍去，因为AD4t0），所以

（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 设G（0，m，0）（其中0m4t）

则GC(1,3tm,0),GD(0,4tm,0),GP(0,m,t)， 由|GC||GD|得(4tm)mt，（2）

2由（1）、（2）消去t，化简得m3m40（3）

222由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G， 使得点G到点P，C，D的距离都相等。 从而，在线段AD上不存在一个点G，

使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。 解法二：

（I）同解法一。 （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E， 则CEAD。

在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CEAD. 在RtCDE中，DE=CDcos451，

CECDsin451,

设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，

所以E(0,3t,0),C(1,3t,0),D(0,4t,0)，

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CD(1,1,0),PD(0,4t,t).

设平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

xy0,(4t)ytx0.

由nCD，nPD，得取xt，得平面PCD的一个法向量n{t,t,4t}，

又PB(t,0,t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30，得

nPB|2t24t|1cos60||,即,|n||PB|t2t2(4t)22x22t解得

4或t45（舍去，因为AD4t0），

4AB.5 所以

（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 由GC=CD，得GCDGDC45， 从而CGD90，即CGAD,

GDCDsin451,

设AB,则AD=4-,

AGADGD3，

GBAB2AG22(3)2RtABG在中，

392()21,22

这与GB=GD矛盾。

所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，

从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。

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8.(湖北理18） 如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，

动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合． （Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；

（Ⅱ）设二面角CAFE的大小为，求tan的最小值． 解法1：过E作ENAC于N，连结EF。

（I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC侧面A1C。 又度面ABC侧面A，C=AC，且EN底面ABC，

所以EN侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影，

CFCN1CCCA4，得NF//AC1， 1在RtCNE中，CNCEcos60=1，则由

又

AC1AC1,故NFAC1. 1。由三垂线定理知EFAC（II）如图2，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME。 由（I）知EN侧面A1C，根据三垂线定理得EMAF, 所以EMN是二面角C—AF—E的平面角，即EMN，

设FAC,则045在RtCNE中，NEECsin603,

在RtAMN中,MNANsina3sina,故

tanNE3.MN3sina

045,0sina又

22,sina,即当452故当2时，tan达到最小值；

tan36233，此时F与C1重合。

解法2：（I）建立如图3所示的空间直角坐标系，则由已知可得

A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),E(3,3,0),F(0,4,1),

于是

CA1(0,4,4),EF(3,1,1).

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则

CA1EF(0,4,4)(3,1,1)0440,故EFAC1.

（II）设CF,(04)，

平面AEF的一个法向量为m(x,y,z)，则由（I）得F（0，4，）

AE(3,3,0),AF(0,4,)，于是由mAE,mAF可得

3x3y0,mAE0,即4yz0.mAF0,

取m(3,,4).

又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n(1,0,0)，

3216|mn|,sincos2|m||n|24224， 于是由为锐角可得

216116tan233， 3 所以

1 由04，得1161tan,333 4，即

6,4tan3故当，即点F与点C1重合时，取得最小值

9．如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥平面ABC．

⑴当k＝

1时，求直线PA与平面PBC所成角的正弦值； 2⑵当k为何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？

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解:连OB，由AB＝BC得OA⊥OB，又OP⊥平面ABC，得OP⊥OA，OP⊥OB． 故以O为原点，射线OA、OB、OP分别为、y、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．设AB＝a，OP＝h，则A(222a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a， 0，0)，P(0，0，h)． 222⑴当k＝

2771时，P(0，0，a)，PA＝(a，0，－a)．

2222可求得平面PBC的一个法向量为n＝(1，－1，－1)， 7n>＝∴cos210210PAn＝，即直线PA与平面PBC所成角的正弦值为；

3030|PA||n|221a，a，h)． 663若O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心G，需OG⊥平面PBC，即OG⊥PB，且OG⊥BC．

⑵△PBC的重心G(－

22221a，a，h)•(0，a，－h )＝0，解得h＝a． 6622322222121从而OG•BC＝(－a，a，h)•(0，－a，a)＝－a＋ah＝0．

66226632∴当h＝a时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心G，此时PA＝OA2h22＝a．

故k＝1时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心（此时三棱锥O-PBC为正三棱锥）．

10．如图，在三棱锥V-ABC中，VC⊥底面ABC，AC⊥BC，D是AB的中点，且AC

π＝BC＝a，∠VDC＝θ（0＜θ＜）．

2V ⑴求证：平面VAB⊥VCD；

⑵当角θ变化时，求直线BC与平面VAB所成的角的取值范围． C B

D

A

解:以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐

由OG•PB＝(－标系，则C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，D(

2aaa，，0)，V(0，0，tanθ)．

22211aa·CD(a，a，0)·，，0a2a200，即ABCD ⑴AB2222精彩文档

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aa21212AB·VD(a，a，0)·，，atanaa00，即ABVD 22222又CDVDD，∴AB平面VCD．

⑵设直线BC与平面所成的角为φ，平面VAB的一个法向量为n(x，y，z)．

-axay0则由n，可取n(11·AB0，n·VD0，得a，，2cot)． a2aztanθ0xy222又BC(0，a，0)，于是sinn·BCn·BCaa·22cot22sin． 2∵0πππ2，∴0sin1，0sin．又0≤≤，∴0． 2242即直线BC与平面VAB所成角的取值范围为0，．





π4

ABC是边长为4的正三角形，11.（本小题12分）如图，在三棱锥SABC中，平面SAC平面ABC，SASC22，M为AB的中点. （1）证明：ACSB；

（2）求二面角SCMA的余弦值； （3）求点B到平面SCM的距离.

解：（1）证明：取AC的中点O，连接OS,OB

因为SASC，BABC，所以ACSO且ACBO.

因为平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，所以SO平面ABC 所以SOBO.

如右图所示，建立空间直角坐标系Oxyx 则A(2,0,0),C(2,0,0),S(0,0,2),B(0,23,0) 所以AC(4,0,0),BS(0,23,2) 因为ACBS(4,0,0)(0,23,2)0

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所以ACSB

（2）由（1）得M(1,3,0)，所以CM(3,3,0),CS(2,0,2) 设n(x,y,z)为平面SCM的一个法向量，则

nCM3x3y0，取z1，则x1,y3 所以n(1,3,1) nCS2x2z0又因为OS(0,0,2)为平面ABC的一个法向量，所以cosn,OSnOSnOS5 5所以二面角SCMA的余弦值为

5. 5（3）由（1）（2）可得CB(2,23,0)，n(1,3,1)为平面SCM的一个法向量.

所以点B到平面SCM的距离dnCBn45 512.（浙江理20）

如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2 （Ⅰ）证明：AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

方法一：

（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系O—xyz

则O(0,0,0),A(0,3,0),B(4,2,0),C(4,2,0),P(0,0,4)，

AP(0,3,4),BC(8,0,0)，由此可得APBC0，所以

APBC，即APBC.

（II）解：设PMPA,1,则PM(0,3,4)

BMBPPMBPPA

(4,2,4)(0,3,4)(4,23,44)

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实用标准文案

AC(4,5,0),BC(8,0,0)设平面BMC的法向量n1(x1,y1,z1)，

BMn10,n(x2,y2,z2)由BCn10, 平面APC的法向量2x10,234x1(23)y1(44)x10,可取n(0,1,)23144z1y1,8x10,44得即 5xy,242可取n2(5,4,3).APn20,3y24z20,z3y,22ACn20.4x25y20,4由即得 n1n20,得43232

0,445，故AM=3。 解得

由

综上所述，存在点M符合题意，AM=3。

方法二：（I）证明：由AB=AC，D是BC的中点，得ADBC 又PO平面ABC，得POBC.因为PO故BCPA.

（II）解：如图，在平面PAB内作BMPA于M，连CM，由（I）中知APBC， 得AP平面BMC，又AP平面APC，所以平面BMC平面APC。

222RtADB中,ABADBD41,得AB41. 在

ADO，所以BC平面PAD，

222RtPOD中,PDPOOD在， 222RtPDB中,PBPDBD, 在

2222PBPOODDB36,得PB=6. 所以

222RtPOA中,PAAOOP25,得PA5. 在

PA2PB2AB21cosBPA,2PAPB3 又

从而PMPBcosBPA2，所以AM=PA-PM=3。 综上所述，存在点M符合题意，AM=3。

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