L1基礎程度：先把這些練熟
對象卦限數不清、對稱點與投影點搞混、外積中間那項老是忘了變號的同學。
目標37 個基本型（含 4 型讀圖題），每型看到題目 30 秒內知道要做什麼。
通過標準每小節的檢測 10 題兩天各全對一輪（第二輪隔天用「換一組類似題」，猜對不算），再進 L2；標題列會顯示精熟狀態。
1 空間概念：直線的位置關係、摺紙與兩面角、三垂線定理
題庫 35 份高二段考卷中兩面角 23 卷、線面垂直與三垂線 19 卷、正立方體 19 卷、摺紙與展開 13 卷、歪斜線 12 卷（「兩面角」有的考卷寫「二面角」，意思相同）。先要會：歪斜是不平行也不相交，用「總數－平行－相交」去數、摺紙：摺痕兩側各作垂直摺痕的線段，它們的夾角就是兩面角，摺起前後長度不變、三垂線定理：$\overline{PA}\perp$ 平面、$\overline{AH}\perp L$ ⟹ $\overline{PH}\perp L$，$\overline{PH}$ 是距離、$\angle PHA$ 是兩面角。
2 空間坐標系：卦限、距離、對稱、分點、長方體坐標化
先要會：卦限先看 $z$ 分上下、再看 $(x,y)$ 象限、到坐標軸的距離「丟掉一個坐標」、到坐標平面的距離是缺的那個坐標的絕對值、對平面對稱只變一個號、對軸對稱變兩個、對原點全變、分點交叉配：$P=\dfrac{nA+mB}{m+n}$、重心＝頂點平均、長方體以一頂點為原點、三稜為三軸、兩個根號和的最小值＝異側兩點的距離、$\overrightarrow{OP}$ 與 $x$ 軸正向的夾角用內積：$\cos\alpha=\dfrac{x}{\overline{OP}}$，三個坐標的平方和是 $\overline{OP}^2$、距離平方和 $\overline{PA}^2+\overline{PB}^2+\cdots$ 的最小值：每個能動的坐標各自取平均（空間中就是重心），被限制在軸或平面上的坐標代 $0$。
3 空間向量：運算、平行、共線、共平面、係數和判別法
先要會：分量各算各的，長度 $=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$、平行 ⟺ 分量成比例（先用已知分量定倍數）、三點共線 ⟺ $\overrightarrow{AC}\parallel\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}$：係數和 $=1$ 在直線上，兩係數皆正在線段內、共平面 ⟺ $\vec w=p\vec u+q\vec v$ 有解 ⟺ $\det=0$、三角不等式；求長度先平方。
4 內積、外積與夾角
先要會：$\cos\theta=\dfrac{\vec a\cdot\vec b}{|\vec a||\vec b|}$，正負由內積決定、垂直 ⟺ 內積 $0$、外積 $(a_2b_3-a_3b_2,\ a_3b_1-a_1b_3,\ a_1b_2-a_2b_1)$，算完用內積為 $0$ 檢查、同時垂直兩向量 ⟹ $\pm\dfrac{\vec a\times\vec b}{|\vec a\times\vec b|}$、正射影向量分母是平方、正射影長只除一次、面積 $=\frac12|\vec a\times\vec b|$、柯西：$(x^2+y^2+z^2)(a^2+b^2+c^2)\ge(ax+by+cz)^2$，等號在平行、兩面角＝兩法向量的夾角（取銳角時加絕對值）。
5 三階行列式與體積
先要會：沿第一列展開或對角線法、每一列都是線性的、相同兩列為 $0$、對調變號、輪換不變、三重積 $\vec u\cdot(\vec v\times\vec w)=$ 行列式 $=$ 平行六面體體積（絕對值），四面體再除 $6$、牆角型 $V=\dfrac{abc}6$，$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(bc,ca,ab)$、點到平面距離 $=\dfrac{3V}{S}$（體積法）、含 $x$ 的行列式方程式：只有兩格含 $x$ 而且不同列不同行時，展開是二次式，移項後解。
6 讀圖題：長方體上的距離、兩直線的關係、坐標系中的點與長方體
本章的段考原題約三成附圖，空間概念的題超過一半有圖：長方體、正立方體的題大多附圖，頂點怎麼排要從圖上看。先要會：立體圖的虛線是被遮住的稜；對面的稜一樣長，圖上只標三個稜長、先認頂點：哪四個在同一個面上、誰在誰的正上方、誰是誰的對角頂點、以一個頂點為原點、過它的三條稜為坐標軸，其他點的坐標就是「沿三個方向各走多少」、坐標系的圖：點在三個軸上的投影點各給一個坐標，在負的那一側就是負數、兩條直線：方向成比例是平行；不平行時四個端點共平面就相交，不共平面就歪斜。按「新題」時，圖會跟著數字與頂點的排法重畫。
L1 混合檢測 12 題（全章 37 型打亂，練「判斷這是哪一型」）
L2中等程度：段考的主力題型
對象L1 已過關，段考想拿到 60–75 分的同學。
目標26 個段考最常見題型（依 38 份高二段考卷的出現率選出；2026-09-29 再用題庫 35 份高二段考卷重新統計，補了摺紙、牆角四面體、正四角錐、兩平面夾角、加權平方和、行列式最值 6 型；2026-10-02 再補 4 型讀圖題），每型都能自己完整寫出過程。
通過標準本級混合檢測 12 題兩天各全對一輪（換組重測、猜對不算）、且每張卡片連續新題 3 次全對。
坐標與向量進階：體對角線、係數即坐標、角平分線、加權和、鏡面、面心
段考 38 卷中坐標 16 卷、正立方體 16 卷、長方體 12 卷、線性組合 12 卷、角平分線 7 卷。解題要點：長方體兩體對角線的夾角：同長度，$\cos=\dfrac{\text{內積}}{|\overrightarrow{AG}|^2}$；$\overrightarrow{AP}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AD}+z\overrightarrow{AE}$ 的係數就是坐標；角平分線方向＝兩單位向量的和，外角是差（外分對邊）；$\alpha\overrightarrow{DA}+\beta\overrightarrow{DB}+\gamma\overrightarrow{DC}=\vec0$ ⟹ $D=\dfrac{\alpha A+\beta B+\gamma C}{\alpha+\beta+\gamma}$；鏡面反射：垂直鏡面的分量變號；面心＝該面對角線的中點；第四頂點有三種配法；加權距離平方和 $\alpha\overline{PA}^2+\beta\overline{PB}^2+\cdots$：能動的坐標取加權平均。
內外積、行列式與立體：含 $x$ 的行列式、體積法、投影點、距離、歪斜線夾角
段考 38 卷中兩面角（有的考卷寫「二面角」，意思相同）25 卷、外積 22 卷、內積 20 卷、三重積 17 卷、正射影 15 卷、柯西 15 卷、三角形面積 14 卷、正四面體 13 卷、三階行列式 13 卷。解題要點：含 $x$ 的行列式：常數項 $=f(0)$、係數和 $=f(1)$、偶次和 $=\frac{f(1)+f(-1)}2$；點到平面 $=\dfrac{|\det|}{|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}|}$；正四面體：體高 $\frac{\sqrt6}3a$、體積 $\frac{\sqrt2}{12}a^3$、$\cos\theta=\frac13$；投影點 $=A+t\overrightarrow{AC}$、$t=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|^2}$；點到直線 $=\dfrac{|\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AB}|}$；平面上的最近點：柯西的等號；歪斜線夾角＝方向向量夾角；三角錐體積比＝三個伸縮比相乘；一列受 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 限制：行列式＝這一列與另外兩列外積 $\vec w$ 的內積，範圍是 $-R|\vec w|$ 到 $R|\vec w|$。
空間概念進階：摺紙、牆角四面體、正四角錐、兩平面的夾角
題庫 35 份高二段考卷中兩面角 23 卷、四面體與角錐 23 卷、摺紙與展開 13 卷。解題要點：長方形沿對角線摺：兩個垂足錯開 $\overline{EF}$，$\overline{BD}^2=\overline{BE}^2+\overline{DF}^2-2\overline{BE}\cdot\overline{DF}\cos\theta+\overline{EF}^2$；「投影落在邊上」：設坐標 $D(h,0,k)$，用到摺痕兩端的距離不變列式；牆角四面體：$\tan\theta=\dfrac{\text{高}}{O\text{ 到稜的距離}}$，底面三角形是斜面三角形的正射影，面積比就是 $\cos\theta$；正四角錐：側面與底面 $\cos\alpha=\dfrac{\text{底邊的一半}}{P\text{ 到底邊的距離}}$，相鄰兩側面的兩面角是鈍角；一般的兩面角：用外積求兩個法向量，再算夾角（取銳角加絕對值）。
讀圖題：長方體上的夾角、正四角錐、三角形面積與點到平面、平行六面體上的向量分解
段考原題的附圖比例：長方體約九成、摺紙與兩面角約七成、正立方體約七成、向量分解約六成、平行六面體約五成。解題要點：點在哪條稜上、離哪個端點多遠，先從圖上認清楚，再寫坐標；夾角一律用內積：$\cos\theta=\dfrac{\vec u\cdot\vec v}{|\vec u||\vec v|}$，以角的頂點為原點最省事；正四角錐的頂點在底面中心的正上方：高、斜高、半個邊長是一個直角三角形，高、側稜、半條對角線是另一個；三角形面積用外積的一半；點到這個平面的距離用體積法（體積 $=\dfrac13\times$ 底面積 $\times$ 高）；平行六面體的每條稜都與 $\overline{AB}$、$\overline{AD}$、$\overline{AE}$ 之一平行且等長，從 $A$ 沿著稜走到那個點，走過的稜就是係數。
L2 混合檢測 12 題（全 26 型打亂・可列印・可換組）
L3中上程度：讀到關鍵字就知道切入點
對象L2 已穩，段考想從 75 分往 90 分推的同學。
目標22 題各校段考中後段常見題（L3-2、L3-4、L3-5、L3-11、L3-16 與最後 4 題是附圖題）：每題附「關鍵字」和「做法」，練到一看到關鍵字就知道先做什麼；每題都能按「🎲 類似題」換數字再練。
通過標準22 題全部能獨立完成，且說得出每題用的是什麼方法；本級混合檢測 10 題連續兩輪全對。
題目來源標示為出題學校與年度；標「改編自」的題目改過數字。答案與詳解皆重新驗算過。
L3-1直徑上的圓周角：∠ACB=90°；桿垂直地面：用三垂線，桿頂到 C 的距離用兩次畢氏武陵高中 109下 填 6
地面上 $A$、$B$ 兩點相距 $30$ 公尺，$C$ 在以 $\overline{AB}$ 為直徑的圓上且 $\angle CAB=60^\circ$。在 $A$ 點立一根垂直於地面的木桿，桿頂到 $B$ 的距離為 $50$ 公尺。求桿頂到 $C$ 的繩索長。
$5\sqrt{73}$ 公尺
做法：桿高 $h=\sqrt{50^2-30^2}=40$；$\angle ACB=90^\circ$（直徑）⟹ $\overline{AC}=30\cos60^\circ=15$。
桿頂 $T$ 在 $A$ 正上方，$\overline{TA}\perp$ 地面 ⟹ $\overline{TC}=\sqrt{\overline{TA}^2+\overline{AC}^2}=\sqrt{1600+225}=\sqrt{1825}=5\sqrt{73}$。
L3-2螞蟻爬表面到頂面中心：展開兩種（經長邊面／經短邊面），各算一次取小師大附中 112下 單 1
如圖，長方體的長、寬、高分別為 $4$、$2$、$7$，$P$ 為頂面 $EFGH$ 的中心。一隻螞蟻從底面的頂點 $A$ 沿表面爬到 $P$，求最短路徑長。(1) $\sqrt{54}$ (2) $\sqrt{58}$ (3) $\sqrt{68}$ (4) $\sqrt{82}$
(3) $\sqrt{68}$
做法：由圖，$A$ 是側面 $ADHE$（$4\times7$）與側面 $ABFE$（$2\times7$）的共同頂點。把「側面＋頂面」攤平，$A$ 到 $P$ 變成平面上的直線距離。
經側面 $ADHE$（$4\times7$）攤平：水平位移 $2$、鉛直位移 $7+1=8$ ⟹ $\sqrt{4+64}=\sqrt{68}$。
經側面 $ABFE$（$2\times7$）攤平：水平位移 $1$、鉛直位移 $7+2=9$ ⟹ $\sqrt{1+81}=\sqrt{82}$。取小者 $\sqrt{68}$。
L3-3正立方體的截面：三角形一定是銳角三角形（三邊都是面對角線截段）；四邊形可斜、五邊形不可能正師大附中 112下 多 5
以一平面截正立方體，下列哪些是可能的截面？
(1) 非正三角形的等腰三角形 (2) 直角三角形 (3) 等腰三角形 (4) 非菱形也非矩形的平行四邊形 (5) 正五邊形
(1)(3)(4)
做法：截面三角形的三邊分別在三個兩兩垂直的面上，設頂點到公共頂點的距離為 $p,q,r$，三邊為 $\sqrt{p^2+q^2},\sqrt{q^2+r^2},\sqrt{r^2+p^2}$。任兩邊平方和都大於第三邊平方 ⟹ 永遠是銳角三角形。
(1)(3) 取 $p=q\ne r$ 得非正的等腰 ✔；(2) 銳角三角形不可能是直角 ✘；(4) 過兩條平行稜上不對稱的兩點，截出的平行四邊形一般既非菱形也非矩形 ✔；(5) 五邊形的五邊分屬五個面，其中必有兩組平行面，對應的邊會平行，但正五邊形沒有平行邊 ✘。
L3-4三稜兩兩垂直：直接放坐標；頂點到對稜的距離 = 面積 × 2 ÷ 底北一女中 100下 填 4
如圖，四面體 $ABCD$ 中 $\overline{AD}\perp$ 平面 $BCD$，$\overline{BD}\perp\overline{CD}$，$\overline{AD}=1$、$\overline{BD}=4$、$\overline{CD}=3$。求 $A$ 到稜 $\overline{BC}$ 的距離。
$\dfrac{13}{5}$
做法：$D$ 為原點，$B(4,0,0)$、$C(0,3,0)$、$A(0,0,1)$。$d=\dfrac{|\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{BC}|}$。
$\overrightarrow{BA}=(-4,0,1)$、$\overrightarrow{BC}=(-4,3,0)$ ⟹ $\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BC}=(-3,-4,-12)$，長 $13$；$|\overrightarrow{BC}|=5$ ⟹ $d=\dfrac{13}{5}$。
三垂線的看法：$D$ 到 $\overline{BC}$ 的距離 $=\dfrac{12}{5}$，再加上高 $1$：$\sqrt{\left(\frac{12}5\right)^2+1}=\dfrac{13}5$。L3-5AB⊥平面、BC⊥L：由三垂線定理得 AC⊥L，兩個直角三角形接力華江高中 101下 選填 A
如圖，直線 $AB$ 垂直平面 $E$ 於 $B$，$L$ 是 $E$ 上一直線，$D$ 在 $L$ 上，$\overline{BC}\perp L$ 於 $C$。若 $\overline{AD}=7$、$\overline{BC}=3$、$\overline{CD}=5$，求 $\overline{AB}$。
$\sqrt{15}$
做法：$\overline{BC}\perp L$ 且 $\overline{AB}\perp E$ ⟹ 三垂線定理 $\overline{AC}\perp L$。
$\overline{BD}^2=\overline{BC}^2+\overline{CD}^2=9+25=34$；$\overline{AB}^2=\overline{AD}^2-\overline{BD}^2=49-34=15$ ⟹ $\overline{AB}=\sqrt{15}$。
L3-6投影點：B + t·BC，t = (BA·BC)/|BC|²台中女中 113下 填 7
正立方體的三個頂點為 $A(1,2,2)$、$B(2,1,2)$、$C(2,2,1)$。求 $A$ 在直線 $BC$ 上的投影點。
$\left(2,\ \dfrac32,\ \dfrac32\right)$
做法：$\overrightarrow{BC}=(0,1,-1)$、$\overrightarrow{BA}=(-1,1,0)$ ⟹ $t=\dfrac{0+1+0}{2}=\dfrac12$。
投影點 $=B+\dfrac12\overrightarrow{BC}=\left(2,\dfrac32,\dfrac32\right)$，恰好是 $\overline{BC}$ 的中點（因為 $\overline{AB}=\overline{AC}=\sqrt2$，$A$ 到等長兩邊的投影落在中點）。
L3-7兩個分點再求距離：分點公式各寫一次，交叉配建國中學 109下 單 2
$A(1,2,3)$、$B(4,-1,-3)$、$C(-1,5,4)$、$D(2,2,1)$。$E$、$F$ 分別在 $\overline{AB}$、$\overline{CD}$ 上，$\overline{AE}:\overline{EB}=2:1$、$\overline{CF}:\overline{FD}=1:2$。求 $\overline{EF}$。
(1) $\sqrt6$ (2) $\sqrt{17}$ (3) $\sqrt{22}$ (4) $\sqrt{29}$ (5) $\sqrt{41}$
(5) $\sqrt{41}$
做法：$E=\dfrac{A+2B}{3}$（離 $B$ 近，$B$ 權重 $2$）、$F=\dfrac{2C+D}{3}$。
$E=\dfrac{(1,2,3)+(8,-2,-6)}{3}=(3,0,-1)$、$F=\dfrac{(-2,10,8)+(2,2,1)}{3}=(0,4,3)$ ⟹ $\overline{EF}=\sqrt{9+16+16}=\sqrt{41}$。
L3-8三頂點還原正立方體：三段距離比 1:√2:√3，體對角線的中點就是中心高雄女中 109下 填 2
正立方體的三個頂點為 $A(5,1,10)$、$B(1,5,6)$、$C(3,3,2)$，求此正立方體的中心。
$(4,2,6)$
做法：$\overline{BC}=2\sqrt6$、$\overline{AB}=4\sqrt3=\sqrt2\cdot2\sqrt6$、$\overline{AC}=6\sqrt2=\sqrt3\cdot2\sqrt6$ ⟹ $\overline{AC}$ 是體對角線。
中心 $=\overline{AC}$ 的中點 $=\left(\dfrac{5+3}2,\dfrac{1+3}2,\dfrac{10+2}2\right)=(4,2,6)$。驗：$\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{BA}=(-2,2,4)\cdot(4,-4,4)=0$ ✔（稜 $\perp$ 面對角線的另一條稜）。
L3-9線段交 xz 平面：寫成 A+t·AB（0≤t≤1），令 y=0 解 t台中女中 112下 填 5
$A(4,5,6)$、$B(-1,-5,-3)$。若線段 $\overline{AB}$ 交 $xz$ 平面於 $C$，求 $C$。
$C\left(\dfrac32,\ 0,\ \dfrac32\right)$
做法：$xz$ 平面就是 $y=0$；$C=A+t\,\overrightarrow{AB}$，$y$ 分量 $5-10t=0$ ⟹ $t=\dfrac12$。
$C=(4,5,6)+\dfrac12(-5,-10,-9)=\left(\dfrac32,0,\dfrac32\right)$。$0\le t\le1$ ⟹ 真的在線段上。
（$A$、$B$ 的 $y$ 坐標 $5$ 與 $-5$ 一正一負，比例 $1:1$，所以 $C$ 是中點。）L3-10到三軸的距離：三條「兩個平方和」，全部加起來除 2師大附中 112下 填 9
第一卦限的點 $P$ 到 $x$ 軸、$y$ 軸、$z$ 軸的距離分別為 $3\sqrt5$、$\sqrt{10}$、$\sqrt{37}$。求 $P$。
$P(1,6,3)$
做法：$y^2+z^2=45$、$x^2+z^2=10$、$x^2+y^2=37$；三式相加 $2(x^2+y^2+z^2)=92$。
$x^2+y^2+z^2=46$ ⟹ $x^2=46-45=1$、$y^2=46-10=36$、$z^2=46-37=9$；第一卦限取正 ⟹ $(1,6,3)$。
L3-11底面矩形＋四根不等高的柱子：先寫出四個頂點坐標，長度用距離、面積用外積北一女中 112下 填 10
如圖，雕刻品的底面 $ABCD$ 為矩形，$\overline{AB}=3$、$\overline{BC}=4$；四根柱子 $\overline{AP},\overline{BQ},\overline{CR},\overline{DS}$ 皆垂直底面，$\overline{AP}=6$、$\overline{BQ}=7$、$\overline{CR}=5$、$\overline{DS}=8$。(1) 求 $\overline{QS}$。(2) 求 $\triangle PRS$ 的面積。
(1) $\sqrt{26}$ (2) $9$
做法：$A(0,0,0)$、$B(3,0,0)$、$C(3,4,0)$、$D(0,4,0)$ ⟹ $P(0,0,6)$、$Q(3,0,7)$、$R(3,4,5)$、$S(0,4,8)$。
(1) $\overline{QS}=\sqrt{9+16+1}=\sqrt{26}$。(2) $\overrightarrow{PR}=(3,4,-1)$、$\overrightarrow{PS}=(0,4,2)$ ⟹ $\overrightarrow{PR}\times\overrightarrow{PS}=(12,-6,12)$，長 $18$ ⟹ 面積 $9$。
L3-12AP+BP 最小、P 在坐標平面上：把 A 對平面鏡射，連線與平面的交點就是 P台南一中 112下 填 6
$A(6,7,1)$、$B(9,2,8)$，$P$ 為 $yz$ 平面上一點。當 $\overline{AP}+\overline{BP}$ 最小時，求 $P$。
$P\left(0,\ 5,\ \dfrac{19}5\right)$
做法：$A$、$B$ 同側（$x$ 都 $\gt0$），把 $A$ 對 $yz$ 平面鏡射成 $A^\prime(-6,7,1)$，最小值 $=\overline{A^\prime B}$，$P$ 是 $\overline{A^\prime B}$ 與平面 $x=0$ 的交點。
$A^\prime+t\,\overrightarrow{A^\prime B}=(-6+15t,\ 7-5t,\ 1+7t)$，令 $x=0$ ⟹ $t=\dfrac25$ ⟹ $P=\left(0,5,\dfrac{19}5\right)$。
L3-13三點的面積與點到直線距離：一個外積兩題用，面積 = 半長、距離 = 長 ÷ 底武陵高中 109下 填 3
$P(6,-4,4)$、$Q(2,1,2)$、$R(3,-1,4)$。(1) 求 $\triangle PQR$ 的面積。(2) 求 $P$ 到直線 $QR$ 的距離。
(1) $\dfrac92$ (2) $3$
做法：$\overrightarrow{QP}=(4,-5,2)$、$\overrightarrow{QR}=(1,-2,2)$ ⟹ $\overrightarrow{QP}\times\overrightarrow{QR}=(-6,-6,-3)$，長 $9$。
(1) 面積 $=\dfrac92$。(2) $|\overrightarrow{QR}|=3$ ⟹ 距離 $=\dfrac{9}{3}=3$（面積 $=\frac12\cdot$ 底 $\cdot$ 高的另一種寫法）。
L3-14|b| 固定求 a·b 最大：寫成 |a||b|cos θ，等號在同向，此時 b = |b|·(a/|a|)高雄女中 109下 填 6
$\vec a=(-2,6,3)$、$\vec b=(x,y,z)$ 且 $|\vec b|=5$。(1) 求 $\vec a\cdot\vec b$ 的最大值。(2) 求此時的 $\vec b$。
(1) $35$ (2) $\vec b=\left(-\dfrac{10}7,\ \dfrac{30}7,\ \dfrac{15}7\right)$
做法：$|\vec a|=\sqrt{4+36+9}=7$；$\vec a\cdot\vec b\le|\vec a||\vec b|=35$，等號在 $\vec b$ 與 $\vec a$ 同向。
$\vec b=\dfrac{5}{7}\vec a=\left(-\dfrac{10}7,\dfrac{30}7,\dfrac{15}7\right)$。
這也是柯西不等式 $(x^2+y^2+z^2)(4+36+9)\ge(-2x+6y+3z)^2$ 的等號條件。L3-15數字很接近的行列式：先用「列減列」把數字變小，再提公因數中山女高 112下 填 7
計算 $\begin{vmatrix}29&28&27\\25&24&23\\13&11&12\end{vmatrix}$。
$-12$
做法：第一列減第二列得 $(4,4,4)$、第二列減第三列得 $(12,13,11)$。列減列，行列式不變。
$$\begin{vmatrix}4&4&4\\12&13&11\\13&11&12\end{vmatrix}=4\begin{vmatrix}1&1&1\\12&13&11\\13&11&12\end{vmatrix}=4\big[(156-121)-(144-143)+(132-169)\big]=4(35-1-37)=-12$$
L3-16兩個全等直角三角形沿斜邊摺起：兩個垂足重合於同一點 M，∠BMD 就是兩面角，三邊都有了用餘弦定理改編自 台中女中 112下 填 4
如圖（摺起前），四邊形 $ABCD$ 由兩個全等的直角三角形 $\triangle ABC$、$\triangle ADC$ 組成，$\angle B=\angle D=90^\circ$，$\overline{AB}=\overline{AD}=3$、$\overline{BC}=\overline{DC}=4$。將它沿對角線 $\overline{AC}$ 摺起，使 $\angle BAD=60^\circ$。設平面 $ABC$ 與平面 $ADC$ 所夾的兩面角為 $\theta$，求 (1) $\overline{BD}$ (2) $B$ 到 $\overline{AC}$ 的距離 (3) $\cos\theta$。
(1) $3$ (2) $\dfrac{12}{5}$ (3) $\cos\theta=\dfrac{7}{32}$
做法：摺起前後長度不變；兩個全等直角三角形對斜邊的高落在同一點 $M$，$\overline{BM}$、$\overline{DM}$ 都垂直摺痕 $\overline{AC}$，所以 $\angle BMD$ 就是兩面角。
(1) $\overline{AB}=\overline{AD}=3$ 且 $\angle BAD=60^\circ$ ⟹ $\triangle ABD$ 是正三角形，$\overline{BD}=3$。
(2) $\overline{AC}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，$\overline{BM}=\dfrac{\overline{AB}\cdot\overline{BC}}{\overline{AC}}=\dfrac{12}{5}$；而 $\overline{AM}=\dfrac{\overline{AB}^2}{\overline{AC}}=\dfrac95$，$D$ 那一側算出來也是 $\dfrac95$，所以兩個垂足是同一點，$\overline{DM}=\dfrac{12}{5}$。
(3) $\cos\theta=\dfrac{\overline{BM}^2+\overline{DM}^2-\overline{BD}^2}{2\,\overline{BM}\cdot\overline{DM}}=\dfrac{\frac{144}{25}+\frac{144}{25}-9}{2\cdot\frac{144}{25}}=\dfrac{288-225}{288}=\dfrac{7}{32}$。
L3-17含 x、y、z 的那一列受平方和條件限制：先配方，行列式＝（那一列）·（另外兩列的外積），反向時最小改編自 武陵高中 112下 填 8
實數 $x,y,z$ 滿足 $x^2+y^2+z^2-2x+4y-7=0$。當 $x=t$ 時，行列式 $\begin{vmatrix}1&2&-1\\x-1&y+2&z\\2&-1&3\end{vmatrix}$ 有最小值 $m$。(1) 求數對 $(t,m)$。(2) 求此行列式的最大值。
(1) $(t,m)=(3,-30)$ (2) $30$
做法：配方成 $(x-1)^2+(y+2)^2+z^2=12$，令 $\vec u=(x-1,\ y+2,\ z)$，$|\vec u|=2\sqrt3$；行列式沿第二列看是 $\vec u\cdot(\text{第三列}\times\text{第一列})$。
第三列 $\times$ 第一列 $=(2,-1,3)\times(1,2,-1)=(-5,5,5)=\vec w$，$|\vec w|=5\sqrt3$。行列式 $=\vec u\cdot\vec w=|\vec u||\vec w|\cos\theta$，介於 $-2\sqrt3\cdot5\sqrt3=-30$ 與 $30$ 之間。
最小值在 $\vec u$ 與 $\vec w$ 反向時：$\vec u=-\dfrac{2\sqrt3}{5\sqrt3}\vec w=-\dfrac25(-5,5,5)=(2,-2,-2)$ ⟹ $x-1=2$，$t=3$；$m=-30$。最大值 $30$。
驗算：$(x,y,z)=(3,-4,-2)$ 代入條件 $9+16+4-6-16-7=0$ ✔；行列式 $=(2,-2,-2)\cdot(-5,5,5)=-30$ ✔。L3-18一條稜同時垂直兩個面裡的兩條線：兩面角就是那兩條線的夾角；DB⊥BC、DA⊥底面 ⟹ AB⊥BC改編自 成功高中 112下 填 6
$D$-$ABC$ 為四面體，$\overline{DA}$ 垂直 $\overline{AB}$ 與 $\overline{AC}$，且 $\overline{DB}\perp\overline{BC}$。已知 $\overline{DA}=4$、$\overline{DB}=5$、$\overline{BC}=4$。(1) 求 $\overline{AC}$。(2) 設平面 $DAB$ 與平面 $DAC$ 所夾的兩面角為 $\theta$，求 $\cos\theta$。(3) 設平面 $DBC$ 與平面 $ABC$ 所夾的兩面角為 $\varphi$，求 $\tan\varphi$。
(1) $5$ (2) $\cos\theta=\dfrac35$ (3) $\tan\varphi=\dfrac43$
做法：$\overline{DA}$ 垂直底面上兩條相交直線 ⟹ $\overline{DA}\perp$ 平面 $ABC$；$\overline{BC}$ 同時垂直 $\overline{DB}$、$\overline{DA}$ ⟹ $\overline{BC}\perp$ 平面 $DAB$ ⟹ $\overline{BC}\perp\overline{AB}$。
(1) $\overline{AB}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，$\triangle ABC$ 在 $B$ 是直角：$\overline{AC}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
(2) 兩面的交線是 $\overline{DA}$，而 $\overline{AB}$、$\overline{AC}$ 都垂直 $\overline{DA}$，所以兩面角 $=\angle BAC$：$\cos\theta=\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AC}}=\dfrac35$。
(3) 交線是 $\overline{BC}$，$\overline{AB}\perp\overline{BC}$、$\overline{DB}\perp\overline{BC}$，所以兩面角 $=\angle DBA$：$\tan\varphi=\dfrac{\overline{DA}}{\overline{AB}}=\dfrac43$。
也可以坐標化驗算：$A(0,0,0)$、$B(3,0,0)$、$C(3,4,0)$、$D(0,0,4)$。以下 4 題（L3-19～L3-22）是附圖題：頂點怎麼排、哪個點在哪條稜上，只畫在圖上，要先把圖讀清楚再決定做法。本章的段考原題約三成附圖，空間概念的題超過一半有圖。圖都依題目條件重新繪製；虛線是被遮住的稜。
L3-19直線與平面的夾角：把直線上的點投影到平面上，夾角在直線與它的投影之間建國中學 109下 單 1
如圖，長方體 $ABCD$-$EFGH$ 中 $\overline{AB}=2$、$\overline{BC}=4$、$\overline{BF}=3$，則下列哪個選項為直線 $AG$ 與平面 $CDHG$ 的夾角？(1) $\angle AGH$ (2) $\angle AGC$ (3) $\angle ACG$ (4) $\angle ADG$ (5) $\angle AGD$
(5) $\angle AGD$
做法：直線與平面的夾角，是直線和「它在平面上的投影」的夾角。$G$ 已經在平面 $CDHG$ 上，只要找 $A$ 的投影點。
由圖，$\overline{AD}$ 是長方體的稜，$\overline{AD}\perp\overline{DC}$ 且 $\overline{AD}\perp\overline{DH}$ ⟹ $\overline{AD}\perp$ 平面 $CDHG$，所以 $A$ 在這個平面上的投影點是 $D$。
直線 $AG$ 在平面上的投影是直線 $DG$，夾角就是 $\angle AGD$，選 (5)。
$\angle AGC$、$\angle AGH$ 的另一邊雖然也在平面上，但 $C$、$H$ 不是 $A$ 的投影點，所以不是線面角。順便算出大小：$\overline{AD}=\overline{BC}=4$，$\overline{DG}=\sqrt{\overline{DC}^2+\overline{CG}^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$，$\tan\angle AGD=\dfrac{4}{\sqrt{13}}=\dfrac{4\sqrt{13}}{13}$。L3-20長方體上兩條直線的關係：先看方向是否平行；不平行再看四個端點是否共平面（共平面相交、不共平面歪斜）；垂直用內積建國中學 109下 多 5
如圖，長方體 $ABCD$-$EFGH$ 中 $\overline{AB}=2$、$\overline{BC}=4$、$\overline{BF}=3$（與上一題同一個長方體），選出正確的選項：(1) 直線 $AD$ 與直線 $DG$ 垂直 (2) 直線 $AE$ 與直線 $FG$ 歪斜 (3) 直線 $AB$ 與直線 $EG$ 平行 (4) 直線 $AH$ 與直線 $EG$ 平行 (5) 直線 $AG$ 與直線 $BH$ 歪斜
(1)(2)
做法：照圖把長方體放進坐標。由圖，$E$、$F$、$G$、$H$ 分別在 $A$、$B$、$C$、$D$ 的正下方；取 $E(0,0,0)$、$F(2,0,0)$、$H(0,4,0)$、$A(0,0,3)$，則 $G(2,4,0)$、$B(2,0,3)$、$C(2,4,3)$、$D(0,4,3)$。
(1) $\overrightarrow{AD}=(0,4,0)$、$\overrightarrow{DG}=(2,0,-3)$，內積 $=0$，而且兩直線交於 $D$，垂直。正確。
(2) 直線 $AE$ 的方向是 $(0,0,1)$、直線 $FG$ 的方向是 $(0,1,0)$，不平行；直線 $AE$ 上的點 $x$ 坐標都是 $0$，直線 $FG$ 上的點 $x$ 坐標都是 $2$，沒有交點。不平行又不相交，是歪斜。正確。
(3) $\overrightarrow{AB}=(2,0,0)$、$\overrightarrow{EG}=(2,4,0)$ 不成比例，不平行。錯誤。
(4) $\overrightarrow{AH}=(0,4,-3)$、$\overrightarrow{EG}=(2,4,0)$ 不成比例，不平行。錯誤。
(5) $\overline{AG}$、$\overline{BH}$ 都是長方體的體對角線，中點都是 $\left(1,2,\dfrac32\right)$，兩直線交於這一點，不是歪斜。錯誤。
這題的五個選項都與稜長無關；(1) 也可以直接看：$\overline{AD}$ 垂直平面 $CDHG$，所以垂直這個平面上的每一條直線，包括 $\overline{DG}$。L3-21只標了五個頂點的長方體：先從圖上看出哪三條是同一個頂點的稜，再放坐標；重心是三個頂點坐標的平均台中一中 112下 填 5
如圖，$P$、$A$、$B$、$C$、$D$ 為長方體的五個頂點，$\overline{AB}=\overline{AC}=3$、$\overline{AD}=6$。$G$ 是 $\triangle BCD$ 的重心，求 $\overline{GP}^2$。
$24$
做法：由圖，$\overline{AB}$、$\overline{AC}$、$\overline{AD}$ 是從 $A$ 出發的三條稜（兩兩垂直），$P$ 是 $A$ 的對角頂點。以 $A$ 為原點、這三條稜為坐標軸。
$B(3,0,0)$、$C(0,3,0)$、$D(0,0,6)$，$P$ 是對角頂點，三個方向都走到底：$P(3,3,6)$。
$G=\left(\dfrac{3+0+0}{3},\ \dfrac{0+3+0}{3},\ \dfrac{0+0+6}{3}\right)=(1,1,2)$。
$\overrightarrow{GP}=(2,2,4)$，$\overline{GP}^2=2^2+2^2+4^2=24$。
如果沒有圖，$P$ 可以是另外四個頂點中的任何一個，答案就不唯一；這題的條件有一部分只在圖上。原圖把長邊 $\overline{AD}$ 畫成往後延伸，這裡改成橫放，各頂點的相鄰關係不變。L3-22平行六面體的對角線：從一個頂點沿三條稜各走一次就到對角頂點，向量是三條稜向量的和高雄女中 113下 填 7
如圖，平行六面體中 $A(0,0,0)$、$B(3,7,2)$、$D(-5,2,4)$、$E(-2,2,-5)$，求 $\overrightarrow{AG}$。（圖只表示各頂點的相對位置，沒有照比例畫。）
$\overrightarrow{AG}=(-4,11,1)$
做法：由圖，從 $A$ 出發的三條稜是 $\overline{AB}$、$\overline{AD}$、$\overline{AE}$，$G$ 是 $A$ 的對角頂點。從 $A$ 走到 $G$：$A\to B\to C\to G$，其中 $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$、$\overrightarrow{CG}=\overrightarrow{AE}$。
$\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}=(3,7,2)+(-5,2,4)+(-2,2,-5)=(-4,11,1)$。
$A$ 在原點，所以 $G$ 的坐標也是 $(-4,11,1)$。同樣的走法可以寫出其他頂點：$C=B+\overrightarrow{AD}=(-2,9,6)$、$F=B+\overrightarrow{AE}=(1,9,-3)$、$H=D+\overrightarrow{AE}=(-7,4,-1)$。L3 混合檢測 10 題（22 型打亂，可換組）
段考模擬卷（L2＋L3 混合 14 題・計時 50 分鐘・交卷才看答案）
按「開始計時」後作答，答案寫在紙上；時間到或按「交卷」才對答案。用時會記進紀錄，多做幾組可以看自己的速度有沒有進步。
L4頂尖程度：第一志願段考與大考的難題
對象L3 全通，目標段考 95 分以上、學測 15 級分的同學。
目標16 題：每題都要把兩個以上的方法接起來用，或需要一個不常見的觀察；L4-2、L4-3、L4-4、L4-5、L4-7、L4-10 與 L4-13～L4-16 是附圖題。
通過標準限時 120 分鐘做完 16 題，對 12 題以上。
L4-1長方體任取三頂點決定的平面數：依「平面含幾個頂點」分類，面 6、對角面 6、角落三角形 8建國中學 109下 填 15
從一個長方體的 $8$ 個頂點中任取三個，共可決定幾個不同的平面？
$20$ 個
做法：不要數 $C^8_3=56$ 個三元組，改數「平面」：含 $4$ 個頂點的平面與只含 $3$ 個頂點的平面分開算。
含 $4$ 個頂點的平面：$6$ 個面 ＋ $6$ 個「對角面」（過一對相對稜的矩形，三個方向各 $2$ 個）$=12$。
只含 $3$ 個頂點的平面：每個頂點與它的三個鄰點構成一個三角形，$8$ 個；這些三角形彼此不同、也不落在前面的 $12$ 個平面裡。
合計 $12+8=20$。驗算：$56=12\times C^4_3+8\times1=48+8$ ✔（每個四點平面貢獻 $4$ 個三元組）。
L4-2長方體只給兩條對角線：設稜長 s、h，兩條方程解出 s²、h²，體積用行列式高雄女中 109下 填 1
如圖，長方體 $ABCD$-$EFGH$ 中 $EFGH$ 為正方形（頂面）。已知 $\overline{AF}=15$、$\overline{AG}=17$，求三角錐 $H$-$AGF$ 的體積。
$\dfrac{32\sqrt{161}}{3}$
做法：由圖，$A$ 在 $E$ 的正下方。設 $A(0,0,0)$、$E(0,0,h)$、$F(s,0,h)$、$G(s,s,h)$、$H(0,s,h)$。$\overline{AF}^2=s^2+h^2=225$、$\overline{AG}^2=2s^2+h^2=289$ ⟹ $s^2=64$、$h^2=161$。
$V=\dfrac16\left|\det(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AG},\overrightarrow{AH})\right|=\dfrac16\begin{vmatrix}8&0&h\\8&8&h\\0&8&h\end{vmatrix}=\dfrac16\big[8(8h-8h)-0+h(64-0)\big]=\dfrac{64h}{6}=\dfrac{32\sqrt{161}}{3}$。
幾何看法：底 $\triangle HGF$ 面積 $\frac12\cdot8\cdot8=32$、高 $=h=\sqrt{161}$，$V=\frac13\cdot32\sqrt{161}$，一樣。L4-3正十二面體與一條邊歪斜的邊數：30 − 自己 − 平行 − 相交；相交要數「同面 8 條＋共面延長 4 條」建國中學 109下 填 17
正十二面體由 $12$ 個正五邊形組成，共 $30$ 條邊（下圖是示意圖）。任取一條邊所在的直線，有幾條邊所在的直線與它歪斜？
$16$ 條 （題庫記錄原卷答案頁印 $34$，超過總邊數不可能；此處採頂點坐標窮舉驗算的結果：相交 $12$、平行 $1$、歪斜 $16$。）
做法：正十二面體有中心對稱，每條邊都有唯一一條「正對面」的平行邊；其餘不是相交就是歪斜。
與邊 $e$ 相交的直線：$e$ 所在的兩個正五邊形各有另外 $4$ 條邊，其直線都與 $e$ 的直線相交（正五邊形任兩邊的直線都相交）⟹ $8$ 條，$e$ 兩端點連出的邊都在這 $8$ 條裡。此外還有 $4$ 條不在這兩個面上的邊，延長後也和 $e$ 的直線相交 ⟹ 共 $12$ 條。
歪斜 $=30-1-1-12=16$。
用頂點坐標 $(\pm1,\pm1,\pm1)$、$(0,\pm\frac1\varphi,\pm\varphi)$ 及其輪換，對每對邊算「方向向量外積是否為零、三重積是否為零」，電腦得到相交 $12$、平行 $1$、歪斜 $16$，與手算一致。L4-4三腳兩兩夾 60°：三支單位向量兩兩內積 ½；頂點到地面距離 = 點到三腳底端所成平面的距離（體積法）台中一中 112下 第二次 填 12
如圖，三腳架放在水平地面上，三隻腳兩兩夾 $60^\circ$，底端皆接觸地面，腳長分別為 $30$、$30$、$45$ 公分。求頂端 $O$ 到地面的距離。
$15\sqrt3$ 公分
做法：兩兩夾 $60^\circ$ 的三支單位向量，就是正四面體從一頂點出發的三稜方向：$\vec u=(1,0,0)$、$\vec v=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}2,0\right)$、$\vec w=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}6,\frac{\sqrt6}3\right)$。三個腳底 $A=30\vec u$、$B=30\vec v$、$C=45\vec w$，地面就是平面 $ABC$。
$d=\dfrac{3V}{S}=\dfrac{|\det(A,B,C)|}{|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}|}$。$\det(A,B,C)=30\cdot30\cdot45\det(\vec u,\vec v,\vec w)=40500\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}$（正四面體三稜的三重積 $=\frac{\sqrt2}2$）。
$\overrightarrow{AB}=(-15,15\sqrt3,0)$、$\overrightarrow{AC}=\left(-\frac{15}2,\frac{15\sqrt3}2,15\sqrt6\right)$ ⟹ $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(225\sqrt{18},\ 225\sqrt6,\ 0)=225\sqrt6(\sqrt3,1,0)$，長 $450\sqrt6$。
$d=\dfrac{40500\cdot\frac{\sqrt2}2}{450\sqrt6}=\dfrac{45\sqrt2}{\sqrt6}=\dfrac{45}{\sqrt3}=15\sqrt3$。
兩支 $30$ 的腳等長，$O$ 到地面的垂足在對稱面上，所以外積的 $z$ 分量為 $0$ 不是巧合。L4-5底面正三角形＋三條側稜長：底面放坐標，頂點用三個距離解出來，兩面角用兩個外積武陵高中 113下 填 14
如圖，四面體 $ABCD$ 中 $\triangle BCD$ 為邊長 $20$ 的正三角形，$\overline{AB}=4\sqrt{17}$、$\overline{AC}=16$、$\overline{AD}=12$。設側面 $ABC$ 與 $ACD$ 的二面角為 $\theta$，求 $\cos\theta$。
$\cos\theta=\dfrac1{24}$（取銳角）
做法：$B(0,0,0)$、$C(20,0,0)$、$D(10,10\sqrt3,0)$，$A(x,y,z)$：三條距離平方相減先得一次式。
$|AB|^2-|AC|^2$：$40x-400=272-256=16$ ⟹ $x=\dfrac{52}5$。$|AB|^2-|AD|^2$：$20x+20\sqrt3\,y-400=128$ ⟹ $20\sqrt3\,y=528-208=320$ ⟹ $y=\dfrac{16\sqrt3}{3}$。再由 $x^2+y^2+z^2=272$：$z^2=272-\dfrac{2704}{25}-\dfrac{256}{3}=\dfrac{5888}{75}$ ⟹ $z=\dfrac{16\sqrt{69}}{15}$（取正）。
兩面 $ABC$、$ACD$ 共用稜 $\overline{AC}$：$\vec n_1=\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=\left(0,\ \dfrac{64\sqrt{69}}3,\ -\dfrac{320\sqrt3}3\right)$，$\vec n_2=\overrightarrow{AC}\times\overrightarrow{AD}=\left(-32\sqrt{23},\ -\dfrac{32\sqrt{69}}3,\ -\dfrac{128\sqrt3}3\right)$；$|\vec n_1|=256$、$|\vec n_2|=192$、$\vec n_1\cdot\vec n_2=-2048$ ⟹ $|\cos\theta|=\dfrac{2048}{256\cdot192}=\dfrac1{24}$。
手算的關鍵是把 $x,y,z$ 留成分數帶進外積、最後才開根號；$|\vec n_1|=2[\triangle ABC]$、$|\vec n_2|=2[\triangle ACD]$ 都是整數，是出題者留的記號。L4-6兩面角 60°、P、Q 到交線的距離：把交線當 x 軸建坐標，內積變成 x 的二次式武陵高中 109下 填 9
平面 $E$、$F$ 的銳夾角為 $60^\circ$，交線為 $L$。$E$ 上一點 $P$ 到 $L$ 的距離為 $2$，$F$ 上一點 $Q$ 到 $L$ 的距離為 $4$，且 $\overline{PQ}=4$。若 $R$ 為 $L$ 上一點，求 $\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}$ 的最小值。
$3$
做法：$L$ 為 $x$ 軸、$E$ 為 $xy$ 平面：$P(p,2,0)$；$F$ 是繞 $x$ 軸轉 $60^\circ$ 的平面：$Q(q,\,4\cos60^\circ,\,4\sin60^\circ)=(q,2,2\sqrt3)$；$R(r,0,0)$。
$\overline{PQ}^2=(p-q)^2+0+12=16$ ⟹ $(p-q)^2=4$。$\overrightarrow{RP}\cdot\overrightarrow{RQ}=(p-r)(q-r)+4$。令 $u=p-r$，則 $q-r=u\pm2$：$u(u\pm2)+4=(u\pm1)^2+3\ge3$，在 $u=\mp1$ 取到。
L4-7正方形底＋等腰側面：頂點在底面中心的法線上，A = O ± h·n̂，h 由腰長與半對角線算師大附中 109下 填 K
如圖，金字塔形積木 $A$-$BCDE$（底面 $BCDE$ 為正方形，四個側面為全等的等腰三角形），$B(1,-1,-3)$、$C(7,-9,7)$、$D(1,-1,17)$，腰長 $\overline{AB}=10\sqrt5$。求頂點 $A$ 的 $x$ 坐標（$A$ 有兩個可能的位置，取 $x$ 坐標較小的那一個）。
$-15$ （另一側的解為 $17$）
做法：$\overrightarrow{BC}=(6,-8,10)$、$\overrightarrow{CD}=(-6,8,10)$，內積 $0$、等長 $\sqrt{200}$ ⟹ $B,C,D$ 是正方形的三個連續頂點，中心 $O=\dfrac{B+D}2=(1,-1,7)$。
底面法向量 $\vec n=\overrightarrow{BC}\times\overrightarrow{CD}=(-160,-120,0)\parallel(4,3,0)$。$\overline{OB}^2=100$ ⟹ $\overline{AO}^2=500-100=400$ ⟹ $A=O\pm20\cdot\dfrac{(4,3,0)}5=(1,-1,7)\pm(16,12,0)$ ⟹ $x=-15$ 或 $17$。
L4-8P 經 A（x 軸）、B（y 軸）到 Q 的最短路徑：把 P 繞 x 軸、Q 繞 y 軸轉進 xy 平面，直線距離就是答案建國中學 109下 單 4
$P(3,0,-1)$、$Q(3,2,4)$，$A$、$B$ 分別為 $x$ 軸、$y$ 軸上的點。求 $\overline{PA}+\overline{AB}+\overline{BQ}$ 的最小值。
(1) $\sqrt{29}$ (2) $1+\sqrt{10}+\sqrt{26}$ (3) $\sqrt{73}$ (4) $\sqrt{10}+\sqrt{29}$ (5) $6+\sqrt{13}$
(3) $\sqrt{73}$ （題庫與原卷答案為 (4) $\sqrt{10}+\sqrt{29}\approx8.5474$；但 $\sqrt{73}\approx8.5440$ 更小且可達成，電腦數值最佳化也停在 $\sqrt{73}$，原答案有誤。）
做法：$P$ 到 $x$ 軸的距離是 $1$，繞 $x$ 軸轉到 $xy$ 平面的另一側：$P^\prime(3,-1,0)$（對 $x$ 軸上任何點 $A$，$\overline{PA}=\overline{P^\prime A}$）。$Q$ 到 $y$ 軸的距離是 $5$，轉成 $Q^\prime(-5,2,0)$。
$\overline{PA}+\overline{AB}+\overline{BQ}=\overline{P^\prime A}+\overline{AB}+\overline{BQ^\prime}\ge\overline{P^\prime Q^\prime}=\sqrt{8^2+3^2}=\sqrt{73}$。
等號：線段 $\overline{P^\prime Q^\prime}$ 從 $y=-1$ 走到 $y=2$，先過 $x$ 軸（$A=\left(\frac13,0,0\right)$）再過 $y$ 軸（$B=\left(0,\frac18,0\right)$），順序正確 ⟹ 可達成。代回驗算：$\sqrt{\frac{64}9+1}+\sqrt{\frac19+\frac1{64}}+\sqrt{9+\frac{225}{64}+16}=\sqrt{73}$ ✔
$\sqrt{10}+\sqrt{29}$ 是把 $P$ 轉到 $(3,1,0)$、$Q$ 轉到 $(5,2,0)$ 同側後「先到原點再出發」的路徑長，不是最短。L4-9到三軸距離的和：每個 √(b²+c²) ≥ (b+c)/√2（柯西），加起來就是 √2(a+b+c)台中一中 113下 填 13
第一卦限的點 $P(a,b,c)$ 滿足 $a+b+c=3$。設 $P$ 到 $x$、$y$、$z$ 軸的距離為 $d_1,d_2,d_3$，$d_1+d_2+d_3=m$。求 $m^2$ 的最小值。
$18$
做法：$d_1=\sqrt{b^2+c^2}$。柯西：$(b^2+c^2)(1+1)\ge(b+c)^2$ ⟹ $\sqrt{b^2+c^2}\ge\dfrac{b+c}{\sqrt2}$。
$m\ge\dfrac{(b+c)+(c+a)+(a+b)}{\sqrt2}=\dfrac{2\cdot3}{\sqrt2}=3\sqrt2$ ⟹ $m^2\ge18$，等號在 $a=b=c=1$。
L4-10三角形內點到三邊距離的加權平方和：面積給一條線性關係，再配柯西的權重台中女中 113下 填 6
如圖，直角三角形 $ABC$ 三邊長 $3,4,5$，$P$ 在內部，$P$ 到 $\overline{BC},\overline{AC},\overline{AB}$ 的距離分別為 $x,y,z$。求 $x^2+4y^2+2z^2$ 的最小值。
$\dfrac{96}{17}$
做法：切成三塊面積相加：$\frac12(3x+4y+5z)=6$ ⟹ $3x+4y+5z=12$。
柯西把 $(x,\,2y,\,\sqrt2z)$ 與 $\left(3,\,2,\,\dfrac{5}{\sqrt2}\right)$ 配對：$(x^2+4y^2+2z^2)\left(9+4+\dfrac{25}2\right)\ge(3x+4y+5z)^2=144$ ⟹ 最小值 $=\dfrac{144}{51/2}=\dfrac{288}{51}=\dfrac{96}{17}$。
L4-11平面上離定點最近的點：本章用柯西，等號時 (u,v,w) 平行於係數向量；「沿法向量走 Q + t(a,b,c)、代入平面解 t」是下一章的做法武陵高中 109下 填 7
$x,y,z$ 為實數，$2x-y+2z=15$。當 $(x-1)^2+(y+1)^2+(z+3)^2$ 最小時，求 $(x,y,z)$。
$(5,-3,1)$
做法：令 $u=x-1$、$v=y+1$、$w=z+3$。條件改寫：$2u-v+2w=2(x-1)-(y+1)+2(z+3)=(2x-y+2z)+3=18$；柯西等號在 $(u,v,w)=t(2,-1,2)$。
$(4+1+4)t=18$ ⟹ $t=2$ ⟹ $(u,v,w)=(4,-2,4)$ ⟹ $(x,y,z)=(5,-3,1)$，最小值 $=16+4+16=36$。
換變數時常數要逐項代：$-(y+1)$ 貢獻 $-1$、$2(z+3)$ 貢獻 $+6$、$2(x-1)$ 貢獻 $-2$，合計 $+3$，這一步最容易漏。驗算：$(5,-3,1)$ 代入 $2x-y+2z=10+3+2=15$ ✔L4-12PA²+PB² 在圓上的最小值：展開成 2|P|² − 2P·(A+B) ＋ 常數，|P| 固定後只剩 P·(A+B) 最大台中一中 112下 第二次 填 9
$A(1,1,3)$、$B(2,-5,-3)$。$xy$ 平面上有一圓心在原點、半徑 $3$ 的圓 $C$，$P$ 為 $C$ 上一點。求 $\overline{PA}^2+\overline{PB}^2$ 的最小值。
$37$
做法：$\overline{PA}^2+\overline{PB}^2=2|\overrightarrow{OP}|^2-2\,\overrightarrow{OP}\cdot(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})+|\overrightarrow{OA}|^2+|\overrightarrow{OB}|^2$。
$|\overrightarrow{OP}|^2=9$、$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=(3,-4,0)$、$|OA|^2+|OB|^2=11+38=49$ ⟹ 式子 $=18-2\,\overrightarrow{OP}\cdot(3,-4,0)+49=67-2(3x-4y)$。
$P=(x,y,0)$ 在半徑 $3$ 的圓上，$3x-4y\le5\cdot3=15$（柯西）⟹ 最小值 $=67-30=37$，在 $P=\dfrac35(3,-4,0)$ 取到。
以下 4 題（L4-13～L4-16）是附圖題。圖都依題目條件重新繪製；點在哪條稜上、哪個頂點在哪裡，要從圖上判斷。虛線是被遮住的稜。
L4-13兩面角 30°＋投影點：先求高，再在垂直的那個平面裡用畢氏；FG 同時垂直 FA 與 AH ⟹ FG⊥FH北一女中 109下 單 3
如圖，空間中矩形 $ABCD$ 與矩形 $CDEF$ 的兩面角為 $30^\circ$，$\overline{AD}=20$、$\overline{AF}=26$，且 $A$ 點在平面 $CDEF$ 上的投影點為 $H$。已知 $G$ 點在矩形 $CDEF$ 所在的平面上，且 $\overline{FG}\perp\overline{FA}$、$\overline{FG}=32$，則 $\overline{GH}$ 的長為下列何者？
(1) $23$ (2) $25$ (3) $30$ (4) $40$ (5) $52$(4) $40$
做法：三個直角三角形接力。先用兩面角求 $\overline{AH}$，再求 $\overline{FH}$，最後說明 $\overline{FG}\perp\overline{FH}$。
兩個矩形的交線是 $\overline{CD}$，而 $\overline{AD}\perp\overline{CD}$、$\overline{DE}\perp\overline{CD}$，所以 $\angle ADE=30^\circ$ 就是兩面角，$A$ 的投影點 $H$ 落在直線 $DE$ 上（如圖）。$\overline{AH}=\overline{AD}\sin30^\circ=10$。
$\overline{AH}\perp$ 平面 $CDEF$ ⟹ $\overline{AH}\perp\overline{FH}$，$\overline{FH}=\sqrt{26^2-10^2}=24$。
$\overline{FG}$ 在平面 $CDEF$ 上，所以 $\overline{FG}\perp\overline{AH}$；又已知 $\overline{FG}\perp\overline{FA}$。$\overline{FG}$ 同時垂直平面 $AFH$ 上兩條相交的直線 ⟹ $\overline{FG}\perp$ 平面 $AFH$ ⟹ $\overline{FG}\perp\overline{FH}$。
$\overline{GH}=\sqrt{\overline{FG}^2+\overline{FH}^2}=\sqrt{32^2+24^2}=40$，選 (4)。
最後一步就是三垂線定理：斜線 $\overline{FA}$ 垂直 $\overline{FG}$，它在平面上的投影 $\overline{FH}$ 也垂直 $\overline{FG}$。題目沒有給 $\overline{CD}$ 的長，圖上的 $\overline{CD}$ 是任取一個符合條件的長度畫的，答案與它無關。L4-14長方體上的 ∠PDQ：P、Q 在哪條稜上要看圖；以 D 為原點放坐標，夾角用內積中山女高 112下 填 12
設長方體 $ABCD$-$EFGH$ 如圖所示，$P$、$Q$ 兩點在稜上（位置如圖），若 $\overline{AB}=8$、$\overline{AD}=3$、$\overline{AP}=1$、$\overline{CQ}=4$，求 $\cos\angle PDQ$。
$\dfrac{\sqrt2}{10}$
做法：由圖，$P$ 在稜 $\overline{AE}$ 上、$Q$ 在稜 $\overline{CG}$ 上，兩條稜都垂直底面。以 $D$ 為原點，$\overrightarrow{DA}$、$\overrightarrow{DC}$、$\overrightarrow{DH}$ 的方向為三個坐標軸。
$A(3,0,0)$、$C(0,8,0)$（$\overline{DC}=\overline{AB}=8$），所以 $P(3,0,1)$、$Q(0,8,4)$。
$\overrightarrow{DP}=(3,0,1)$、$\overrightarrow{DQ}=(0,8,4)$，內積 $=0+0+4=4$，$|\overrightarrow{DP}|=\sqrt{10}$、$|\overrightarrow{DQ}|=\sqrt{80}=4\sqrt5$。
$\cos\angle PDQ=\dfrac{4}{\sqrt{10}\times4\sqrt5}=\dfrac{1}{\sqrt{50}}=\dfrac{\sqrt2}{10}$。
題目沒有給長方體的高，答案也用不到它（只要 $Q$ 還在稜上，高至少是 $4$）；圖上的高是任取的。L4-15長方體的截面四邊形：兩個平行的面被同一個平面截，兩條交線平行 ⟹ 平行四邊形；第四個頂點用「對邊向量相等」求武陵高中 109下 混合 1
如圖，長方體 $ABCD$-$EFGH$ 中 $\overline{AB}=2$、$\overline{AD}=2$、$\overline{AE}=6$。長方體被一平面截出四邊形 $MNPQ$，其中 $M$、$P$ 分別是 $\overline{AE}$、$\overline{CG}$ 的中點，$N$ 在 $\overline{BF}$ 上且 $\overline{FN}:\overline{NB}=1:2$，$Q$ 在 $\overline{DH}$ 上。(1) 說明 $MNPQ$ 是平行四邊形。(2) 求 $\cos\angle MPQ$。
(1) 見詳解 (2) $\dfrac{\sqrt{10}}{5}$
做法：(1) 用「兩個平行平面被第三個平面所截，兩條交線平行」。(2) 放坐標，$Q$ 用平行四邊形的對邊相等求出來。
(1) 平面 $ABFE$ 與平面 $DCGH$ 平行，截面與它們的交線分別是 $\overline{MN}$、$\overline{QP}$，所以 $\overline{MN}\parallel\overline{QP}$。同理，平面 $ADHE$ 與平面 $BCGF$ 平行，交線 $\overline{MQ}\parallel\overline{NP}$。兩組對邊分別平行，$MNPQ$ 是平行四邊形。
(2) 以 $A$ 為原點：$B(2,0,0)$、$D(0,2,0)$、$E(0,0,6)$，則 $M(0,0,3)$、$P(2,2,3)$；$\overline{NB}=6\times\dfrac23=4$，$N(2,0,4)$。
平行四邊形 ⟹ $\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}=(0,2,-1)$，$Q=(0,2,2)$（確實在 $\overline{DH}$ 上）。
$\overrightarrow{PM}=(-2,-2,0)$、$\overrightarrow{PQ}=(-2,0,-1)$，$\cos\angle MPQ=\dfrac{4}{2\sqrt2\times\sqrt5}=\dfrac{2}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}$。
原題第 (1) 小題是證明題（6 分）。$\overline{DQ}=2$，也就是 $\overline{HQ}:\overline{QD}=2:1$，和圖上 $Q$ 的位置一致。L4-16正六角柱上的內積：把含鉛直方向的向量拆成「底面上的」加「鉛直的」，鉛直的那一段與底面上的向量內積是 0師大附中 112下 單 4
下圖是邊長為 $2$ 的正六角柱，其側面皆為正方形，$A$、$B$、$C$、$D$ 是其中四個頂點（位置如圖），試問 $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}$ 的值為何？(1) $-12\sqrt3$ (2) $-12$ (3) $-6\sqrt3$ (4) $-6$
(2) $-12$
做法：由圖，$A$、$C$、$D$ 在底面：$A$、$C$ 之間隔一個頂點，$C$、$D$ 是正六邊形的對角頂點；$B$ 在 $C$ 的正上方。把 $\overrightarrow{BD}$ 拆成 $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}$。
$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{CD}$。$\overrightarrow{BC}$ 垂直底面，所以 $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BC}=0$。
底面是邊長 $2$ 的正六邊形：$\overline{CD}=4$（過中心的對角線），$\overline{AC}=2\sqrt3$（隔一個頂點的對角線）。$\overline{CD}$ 是外接圓的直徑，所以 $\triangle ACD$ 中 $\angle CAD=90^\circ$；$\cos\angle ACD=\dfrac{\overline{AC}}{\overline{CD}}=\dfrac{2\sqrt3}{4}=\dfrac{\sqrt3}{2}$，$\angle ACD=30^\circ$。
$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CD}=-2\sqrt3\times4\times\cos30^\circ=-12$。
所以 $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=0-12=-12$，選 (2)。
坐標驗算：底面中心為原點，$A(-2,0,0)$、$C(1,-\sqrt3,0)$、$D(-1,\sqrt3,0)$、$B(1,-\sqrt3,2)$，$\overrightarrow{AC}=(3,-\sqrt3,0)$、$\overrightarrow{BD}=(-2,2\sqrt3,-2)$，內積 $=-6-6+0=-12$。L5補充專區：經典題與教甄
對象想走數理資優、科學班，或準備教甄的老師。
目標6 題經典壓軸（都附原卷的圖）＋3 題附圖題（L5-7～L5-9）＋18 題教甄專區，每題都要能講出「為什麼這樣想」。
通過標準沒有標準，會一題算一題。
L5-1四角錐展開圖給了兩個「攤平後的頂點」：攤平不改變到摺線的距離，P 的 x 坐標由 E 給、y 坐標由 F 給師大附中 112下 多 6
如圖，$P$-$ABCD$ 為底面是矩形的四角錐，$A(0,0,0)$、$B(12,0,0)$、$D(0,16,0)$。把側面 $PAB$ 沿 $\overline{AB}$ 攤到 $xy$ 平面上，$P$ 落在 $E(1,-8,0)$；把側面 $PBC$ 沿 $\overline{BC}$ 攤平，$P$ 落在 $F(25,4,0)$。選出正確的選項。
(1) $\overline{AP}=\sqrt{65}$ (2) $P$ 在 $xy$ 平面的投影點為 $(1,4,0)$ (3) 從 $A$ 沿表面經稜 $\overline{BP}$ 走到 $C$ 的最短路徑為 $\overline{AQ}+\overline{QC}$（$Q$ 在 $\overline{BP}$ 上），則側面 $PAB$ 與 $PBC$ 的夾角為 $\angle AQC$ (4) 側面 $PAB$ 與底面的夾角為 $60^\circ$ (5) $P(1,4,4\sqrt3)$
(1)(2)(4)(5)
做法：沿 $\overline{AB}$（$x$ 軸）攤平，$P$ 的 $x$ 坐標與「到 $\overline{AB}$ 的距離」不變 ⟹ $P=(1,y,z)$，$y^2+z^2=8^2$。沿 $\overline{BC}$（直線 $x=12$）攤平 ⟹ $P$ 的 $y$ 坐標 $=4$，且 $(x-12)^2+z^2=13^2$。
$x=1$、$y=4$ ⟹ $z^2=169-121=48$ ⟹ $z=4\sqrt3$，且 $16+48=64$ ✔ 兩個條件相容 ⟹ (5) ✔、(2) ✔。
(1) $\overline{AP}=\sqrt{1+16+48}=\sqrt{65}$ ✔。(4) 側面 $PAB$ 與底面的平面角：稜 $\overline{AB}$，$\tan=\dfrac{z}{y}=\dfrac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3$ ⟹ $60^\circ$ ✔。
(3) ✘：最短路徑的 $\angle AQC$ 是「兩側面攤平後」的 $180^\circ$ 直線，跟兩面角無關；兩面角的平面角要 $\overline{AQ}\perp\overline{BP}$ 且 $\overline{CQ}\perp\overline{BP}$ 同時成立，一般做不到。
L5-2體對角線上的動點使 ∠MFC 最小：內積是常數 1，只要 |FM| 最小，即 FM ⊥ AG台中一中 110下 第二次 多 3
如圖，邊長 $1$ 的正立方體 $ABCD$-$EFGH$ 中，對角線 $\overline{AG}$ 上一點 $M$ 使 $\angle MFC$ 最小（圖上 $M$ 的位置只是示意），選出正確的選項。(1) $\angle MFC=45^\circ$ (2) $\overline{AM}:\overline{MG}=2:1$ (3) $\overline{AM}:\overline{MG}=1:2$ (4) $B$ 到平面 $MFC$ 的距離為 $\dfrac{\sqrt3}3$ (5) $\overline{FM}\perp\overline{AG}$
(2)(4)(5)
做法：由圖，以 $A$ 為原點、$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}$ 為 $x,y,z$ 軸正向：$F(1,0,1)$、$C(1,1,0)$、$G(1,1,1)$，$M=(t,t,t)$。$\overrightarrow{FM}=(t-1,t,t-1)$、$\overrightarrow{FC}=(0,1,-1)$ ⟹ 內積 $=t-(t-1)=1$ 是常數，所以 $\cos\angle MFC=\dfrac{1}{|\overrightarrow{FM}|\sqrt2}$，角最小 ⟺ $|\overrightarrow{FM}|$ 最小 ⟺ $\overline{FM}\perp\overline{AG}$。
$|\overrightarrow{FM}|^2=3t^2-4t+2$，最小在 $t=\dfrac23$ ⟹ $\overline{AM}:\overline{MG}=2:1$ ✔(2)、(5) ✔（$\overrightarrow{FM}\cdot(1,1,1)=3t-2=0$）。
(1) ✘：$|\overrightarrow{FM}|^2=\dfrac23$ ⟹ $\cos=\dfrac{1}{\sqrt{2/3}\cdot\sqrt2}=\dfrac{\sqrt3}2$ ⟹ $30^\circ$。
(4) ✔：$M\left(\frac23,\frac23,\frac23\right)$，$\vec n=\overrightarrow{FM}\times\overrightarrow{FC}=\left(-\frac13,\frac23,-\frac13\right)\times(0,1,-1)=\left(-\frac13,-\frac13,-\frac13\right)\parallel(1,1,1)$；$B(1,0,0)$ 到平面：$\dfrac{|(B-F)\cdot(1,1,1)|}{\sqrt3}=\dfrac{|(0,0,-1)\cdot(1,1,1)|}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}3$。
L5-3垂直於稜 AD 的截面：截面與三稜的交點都由「在 AD 上的投影」決定，AP = 2·AR（因為 cos 60°）建國中學 112下 選填 17
如圖，一平面與正四面體 $A$-$BCD$ 的稜 $\overline{AD}$ 垂直，分別交 $\overline{AB},\overline{AC},\overline{AD}$ 於 $P,Q,R$。已知 $\dfrac{[\triangle PQR]}{[\triangle BCD]}=\dfrac{\sqrt6}4$，求 $\dfrac{V_{A\text{-}PQR}}{V_{A\text{-}BCD}}$。
$\dfrac{3\sqrt3}{16}$
做法：設邊長 $1$、$\overline{AR}=t$。$P$ 在 $\overline{AB}$ 上且 $\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AD}=t$（$\overrightarrow{RP}\perp\overrightarrow{AD}$）⟹ $\overline{AP}\cos60^\circ=t$ ⟹ $\overline{AP}=\overline{AQ}=2t$。
$\triangle PQR$：$\overline{PQ}=2t$、$\overline{PR}=\overline{QR}=\sqrt{4t^2+t^2-2\cdot2t\cdot t\cdot\frac12}=\sqrt3\,t$ ⟹ 面積 $=\frac12\cdot2t\cdot\sqrt{3t^2-t^2}=\sqrt2\,t^2$。$[\triangle BCD]=\dfrac{\sqrt3}4$ ⟹ $\dfrac{\sqrt2t^2}{\sqrt3/4}=\dfrac{\sqrt6}4$ ⟹ $t^2=\dfrac{3}{16}$ ⟹ $t=\dfrac{\sqrt3}4$。
體積比 $=\dfrac{\overline{AP}}{\overline{AB}}\cdot\dfrac{\overline{AQ}}{\overline{AC}}\cdot\dfrac{\overline{AR}}{\overline{AD}}=2t\cdot2t\cdot t=4t^3=4\cdot\dfrac{3\sqrt3}{64}=\dfrac{3\sqrt3}{16}$。（$2t=\frac{\sqrt3}2\lt1$，$P,Q$ 確實在稜上。）
L5-4哥倫布方塊的凹角三邊兩兩垂直：凹點 E(a,a,a) 用「EI⊥EJ 且 |EI|=3」兩條式子解；截面法向量 (1,1,1)中山女高 113下 題組 15–17
如圖，「哥倫布方塊」是把正立方體的一個角沿相鄰三稜的中點向內凹陷所成的多面體：凹處的三條稜 $\overline{EI},\overline{EJ},\overline{EK}$ 兩兩垂直，$I,J,K$ 為原三稜的中點。以 $C(0,0,0)$、$\overrightarrow{CD},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CG}$ 為三軸正向，$\overline{CD}=6$，凹點 $E(a,a,a)$。
15. 嵌入凹陷處恰好補成完整正立方體的多面體是幾面體？ 16. 求 $a$。 17. 把平面 $IJK$ 貼在桌面上，求平面 $HGFJI$（含 $I,J$ 的那個正方形面）與桌面二面角的 $|\cos\theta|$。
15. 六面體 16. $a=4$ 17. $\dfrac{\sqrt3}3$
做法：被挖掉的角落是頂點 $V(6,6,6)$，由圖，$I$ 在 $V$、$H$ 之間，$J$ 在 $V$、$F$ 之間，$K$ 在 $V$、$A$ 之間，三稜中點 $I(6,3,6)$、$J(3,6,6)$、$K(6,6,3)$。
16. $\overrightarrow{EI}=(6-a,3-a,6-a)$、$\overrightarrow{EJ}=(3-a,6-a,6-a)$：$\overrightarrow{EI}\cdot\overrightarrow{EJ}=(6-a)\big[2(3-a)+(6-a)\big]=(6-a)(12-3a)=0$ ⟹ $a=4$（$a=6$ 是 $V$ 本身）。驗 $|\overrightarrow{EI}|^2=4+1+4=9$ ✔ 三稜等長 $3$。
15. 補上去的塊有頂點 $V,I,J,K,E$：三個面在原正立方體的面上（$\triangle VIJ,\triangle VJK,\triangle VKI$），三個面是凹處（$\triangle EIJ,\triangle EJK,\triangle EKI$），共 $6$ 面。
17. 平面 $IJK$ 的法向量 $\overrightarrow{IJ}\times\overrightarrow{IK}=(-3,3,0)\times(0,3,-3)=(-9,-9,-9)\parallel(1,1,1)$；含 $I,J$ 的正方形面是 $z=6$，法向量 $(0,0,1)$ ⟹ $|\cos\theta|=\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}3$。
L5-5沿 AB 把三角形摺到 xy 平面：到摺線的距離不變，摺過去的點在稜的「外側」；體積用行列式、兩面角用兩法向量師大附中 113下 題組 18–20
如圖，正立方體 $OABCDEFG$ 放在坐標系中，$O$ 為原點，$A,C,G$ 分別在 $x,y,z$ 軸正向上；$P(14,5,12)$ 在面 $ABED$（即平面 $x=14$）上。以 $\overline{AB}$ 為摺線把 $\triangle ABP$ 摺到 $xy$ 平面上，$P$ 落在 $Q$。
18. 求 $Q$。 19. 求四面體 $PAQB$ 的體積。 20. 求平面 $PQB$ 與 $xy$ 平面所夾二面角的正弦值。
18. $Q(26,5,0)$ 19. $336$ 20. $\dfrac{5\sqrt{34}}{34}$
做法：邊長 $14$，$A(14,0,0)$、$B(14,14,0)$，$\overline{AB}$ 是直線 $x=14,z=0$。$P$ 到 $\overline{AB}$ 的距離 $=12$（$z$ 坐標），摺到 $xy$ 平面外側 ⟹ $Q=(14+12,5,0)=(26,5,0)$。
19. $\overrightarrow{PA}=(0,-5,-12)$、$\overrightarrow{PQ}=(12,0,-12)$、$\overrightarrow{PB}=(0,9,-12)$：$\det=0\cdot(\ldots)-(-5)(12\cdot(-12)-(-12)\cdot0)+(-12)(12\cdot9-0)=5(-144)-1296=-2016$ ⟹ $V=\dfrac{2016}6=336$。
20. $\vec n=\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PB}=(12,0,-12)\times(0,9,-12)=(108,144,108)\parallel(3,4,3)$；與 $(0,0,1)$：$\cos=\dfrac{3}{\sqrt{34}}$ ⟹ $\sin=\dfrac{5}{\sqrt{34}}=\dfrac{5\sqrt{34}}{34}$。
L5-6切角後貼桌：桌面就是平面 PQR（截距式 x/2+y/1+z/8=1 的想法用體積法代替）；H 到桌面 = 點到平面距離建國中學 113下 第二次 填 10
如圖，邊長 $11$ 的正立方體 $ABCD$-$EFGH$，在 $\overline{BC},\overline{BA},\overline{BF}$ 上取 $P,Q,R$，$\overline{BP}=1$、$\overline{BQ}=2$、$\overline{BR}=8$。切除四面體 $B$-$PQR$ 後，把七面體以平面 $PQR$ 貼在桌面上。求 $H$ 到桌面的最短距離。
$15$
做法：由圖，以 $B$ 為原點、$\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BF}$ 為 $x,y,z$ 軸正向：$Q(2,0,0)$、$P(0,1,0)$、$R(0,0,8)$，$H$ 是 $B$ 的對角頂點 $(11,11,11)$。牆角型 ⟹ $\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}=(2,-1,0)\times(0,-1,8)=(-8,-16,-2)\parallel(4,8,1)$。
$H$ 到平面 $PQR$ 的距離 $=\dfrac{|\overrightarrow{PH}\cdot(4,8,1)|}{|(4,8,1)|}=\dfrac{|(11,10,11)\cdot(4,8,1)|}{9}=\dfrac{44+80+11}{9}=\dfrac{135}9=15$。
體積法的寫法：$V(H\text{-}PQR)=\frac16|\det(\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PR},\overrightarrow{PH})|=\frac{270}{6}=45$、$[\triangle PQR]=\frac12\cdot18=9$，$d=\frac{3V}{S}=15$，兩種算法是同一件事。以下 3 題（L5-7～L5-9）是附圖題，圖依題目條件重新繪製。三題的共同點：頂點的排列只有圖上看得到，要先照圖把坐標或向量關係寫對。
L5-7正立方體的兩個截面夾角：照圖放坐標，各用一個外積求法向量，銳夾角取內積的絕對值板橋高中 113下 第二次 填 11
如圖，正立方體 $ABCD$-$EFGH$ 中，$P$、$Q$、$R$ 分別為 $\overline{BF}$、$\overline{CG}$、$\overline{CD}$ 的中點。求截面 $APR$ 與截面 $PQR$ 所夾銳角的餘弦值。
$\dfrac{\sqrt{42}}{7}$
做法：由圖，$ABCD$ 是上面那一面，$E$、$F$、$G$、$H$ 分別在 $A$、$B$、$C$、$D$ 的正下方。設稜長 $2$，以 $H$ 為原點，$\overrightarrow{HE}$、$\overrightarrow{HG}$、$\overrightarrow{HD}$ 的方向為坐標軸。
$E(2,0,0)$、$G(0,2,0)$、$D(0,0,2)$，所以 $A(2,0,2)$、$B(2,2,2)$、$C(0,2,2)$、$F(2,2,0)$；中點 $P(2,2,1)$、$Q(0,2,1)$、$R(0,1,2)$。
截面 $APR$：$\overrightarrow{AP}=(0,2,-1)$、$\overrightarrow{AR}=(-2,1,0)$，外積 $=(1,2,4)$。
截面 $PQR$：$\overrightarrow{PQ}=(-2,0,0)$、$\overrightarrow{PR}=(-2,-1,1)$，外積 $=(0,2,2)$，取 $(0,1,1)$。
$\cos\theta=\dfrac{|(1,2,4)\cdot(0,1,1)|}{\sqrt{21}\times\sqrt2}=\dfrac{6}{\sqrt{42}}=\dfrac{\sqrt{42}}{7}$。
驗算法向量：$(1,2,4)\cdot(0,2,-1)=0$、$(1,2,4)\cdot(-2,1,0)=0$；$(0,1,1)\cdot(-2,0,0)=0$、$(0,1,1)\cdot(-2,-1,1)=0$。兩個截面的交線是 $\overline{PR}$（在立方體內部，圖上畫虛線）。L5-8正八面體上的四邊形：上下頂點放 z 軸、中間正方形的頂點放 x、y 軸；先確認兩邊平行（梯形），高用兩底中點的連線北一女中 109下 加分題 E
如圖，$ABCDEF$ 為正八面體，其邊長為 $12$，且 $R$、$S$、$T$、$U$ 分別在 $\overline{EA}$、$\overline{EB}$、$\overline{FB}$、$\overline{FA}$ 上。若 $\overline{ER}=\overline{ES}=6$、$\overline{FT}=\overline{FU}=8$，求四邊形 $RSTU$ 的面積。
$7\sqrt{51}$
做法：由圖，$E$、$F$ 是上下兩個頂點，$A$、$B$、$C$、$D$ 是中間的正方形。正方形的對角線長 $12\sqrt2$，取中心為原點：$A(6\sqrt2,0,0)$、$B(0,6\sqrt2,0)$、$E(0,0,6\sqrt2)$、$F(0,0,-6\sqrt2)$。
檢查：$\overline{EA}=\sqrt{72+72}=12$ ✔。
$R$、$S$ 是 $\overline{EA}$、$\overline{EB}$ 的中點：$R(3\sqrt2,0,3\sqrt2)$、$S(0,3\sqrt2,3\sqrt2)$。
$T=F+\dfrac{8}{12}\overrightarrow{FB}=(0,4\sqrt2,-2\sqrt2)$，$U=F+\dfrac{8}{12}\overrightarrow{FA}=(4\sqrt2,0,-2\sqrt2)$。
$\overrightarrow{RS}=(-3\sqrt2,3\sqrt2,0)$、$\overrightarrow{UT}=(-4\sqrt2,4\sqrt2,0)$，兩者平行 ⟹ $RSTU$ 是梯形，兩底長 $\overline{RS}=6$、$\overline{UT}=8$。
兩底的中點分別是 $\left(\dfrac{3\sqrt2}{2},\dfrac{3\sqrt2}{2},3\sqrt2\right)$、$(2\sqrt2,2\sqrt2,-2\sqrt2)$，連線向量 $\left(\dfrac{\sqrt2}{2},\dfrac{\sqrt2}{2},-5\sqrt2\right)$ 與 $\overrightarrow{RS}$ 的內積是 $0$，所以它的長度就是梯形的高：$\sqrt{\dfrac12+\dfrac12+50}=\sqrt{51}$。
面積 $=\dfrac12\times(6+8)\times\sqrt{51}=7\sqrt{51}$。
$\overline{RS}$、$\overline{UT}$ 都平行 $\overline{AB}$（各在 $\triangle EAB$、$\triangle FAB$ 裡，是相似三角形的對應邊），所以不放坐標也看得出是梯形。L5-9平行六面體只給四個「不相鄰」的頂點：AC、AF、AH 各是兩條稜向量的和，三條式子解出稜向量，面積用外積師大附中 113下 填 17
如圖，平行六面體 $ABCD$-$EFGH$ 中，$A(1,-2,2)$、$C(6,2,7)$、$F(7,-5,10)$、$H(0,-5,9)$，求平行四邊形 $ABCD$ 的面積。（圖只表示各頂點的相對位置，沒有照比例畫。）
$5\sqrt{17}$
做法：由圖，從 $A$ 出發的三條稜是 $\overline{AB}$、$\overline{AD}$、$\overline{AE}$；$C$、$F$、$H$ 都是和 $A$ 在同一個面上的對角頂點：$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$、$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}$、$\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}$。
$\overrightarrow{AC}=(5,4,5)$、$\overrightarrow{AF}=(6,-3,8)$、$\overrightarrow{AH}=(-1,-3,7)$。
$\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{AB}$ ⟹ $\overrightarrow{AB}=\dfrac12(12,4,6)=(6,2,3)$；$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=(-1,2,2)$。
$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}=(2\cdot2-3\cdot2,\ 3\cdot(-1)-6\cdot2,\ 6\cdot2-2\cdot(-1))=(-2,-15,14)$。
面積 $=|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}|=\sqrt{4+225+196}=\sqrt{425}=5\sqrt{17}$。
驗算：$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}=(0,-5,5)$，$\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}=(-1,-3,7)=\overrightarrow{AH}$ ✔。教甄專區（18 題）
來源：東石高中 112、羅東高中 112、羅東高工 112、六家高中 112、台南女中 112、中科實中 111、彰化女中 111、台中一中 109、竹北高中 101、內湖高工 101、成淵高中 101 各校教師甄選。掃描卷以 Windows 內建 OCR 讀出後逐題重打；答案全部重新解過並經電腦驗算。科學班甄選（國三）不考空間向量，本章專區全為教甄題。教甄題偏「教學眼光」：不只求答案，還要能講出為什麼。另收 114 年北一女中、臺中二中、華江高中教甄的改編題（換數字，答案重新驗算）。
S1兩面積＋兩面角＋共用稜：V = 2·S₁·S₂·sinθ / (3·AB)內湖高工 101 教甄 填 1
四面體 $ABCD$ 中 $\overline{AB}=3$，$[\triangle ABC]=15$、$[\triangle ABD]=12$，兩面所夾的二面角為 $30^\circ$。求四面體的體積。
$20$
做法：$D$ 到 $\overline{AB}$ 的距離 $h=\dfrac{2\cdot12}{3}=8$；$D$ 到平面 $ABC$ 的高 $=h\sin30^\circ=4$。
$V=\dfrac13\cdot15\cdot4=20$。一般式 $V=\dfrac{2S_1S_2\sin\theta}{3\,\overline{AB}}$，和講義 H7 的做法相同。
S2四點共球、頂點等距：球心在底面外心的鉛直線上，|OA|=|OS| 一條方程解高度羅東高中 112 教甄 填 10
四面體 $SABC$ 的底面 $\triangle ABC$ 是以 $\overline{AB}$ 為斜邊的等腰直角三角形，$\overline{SA}=\overline{SB}=\overline{SC}=1$、$\overline{AB}=1$。若 $S,A,B,C$ 都在以 $O$ 為球心的球面上，求 $O$ 到平面 $ABC$ 的距離。
$\dfrac{\sqrt3}{6}$
做法：直角三角形的外心是斜邊中點 $M$；$\overline{SA}=\overline{SB}=\overline{SC}$ ⟹ $S$ 在過 $M$ 的鉛直線上，$\overline{SM}=\sqrt{1-\frac14}=\dfrac{\sqrt3}2$。球心 $O$ 也在這條線上：$O=M+t\hat n$。
$\overline{OA}^2=\overline{OS}^2$：$\dfrac14+t^2=\left(\dfrac{\sqrt3}2-t\right)^2$ ⟹ $\sqrt3\,t=\dfrac12$ ⟹ $t=\dfrac{\sqrt3}6$。
另一種看法：$\triangle SAB$ 是邊長 $1$ 的正三角形，而且 $S$ 在 $M$ 的正上方，所以平面 $SAB$ 垂直於底面。球心 $O$ 在 $\overline{SM}$ 上且 $\overline{OS}=\overline{OA}=\overline{OB}$，就是正三角形 $SAB$ 的外心（也是重心），所以 $\overline{OM}=\dfrac13\overline{SM}=\dfrac{\sqrt3}6$；而 $\overline{OC}^2=\overline{OM}^2+\overline{MC}^2=\overline{OM}^2+\dfrac14=\overline{OA}^2$，$C$ 也在球面上。S3體積 ≤ (√3/12)·AC·BC·AD，等號在 AD⊥底面；三個變數的和固定，用算幾不等式，等號把每一段都定住羅東高中 112 教甄 填 12
四面體 $DABC$ 的體積為 $\dfrac16$，$\angle ACB=60^\circ$，且 $\overline{AD}+\sqrt3\,\overline{BC}+\dfrac{\overline{AC}}2=3$。求 $\overline{CD}$。
$\sqrt5$
做法：令 $z=\overline{AD}$、$x=\overline{BC}$、$y=\overline{AC}$。$V=\dfrac13\cdot\dfrac12xy\sin60^\circ\cdot h\le\dfrac{\sqrt3}{12}xyz$（$h\le z$，等號在 $\overline{AD}\perp$ 平面 $ABC$）。
算幾：$3=z+\sqrt3x+\dfrac y2\ge3\sqrt[3]{z\cdot\sqrt3x\cdot\dfrac y2}$ ⟹ $\dfrac{\sqrt3}2xyz\le1$ ⟹ $\dfrac{\sqrt3}{12}xyz\le\dfrac16$。
題目說體積恰為 $\dfrac16$ ⟹ 兩個不等式都取等號：$\overline{AD}\perp$ 底面，且 $z=\sqrt3x=\dfrac y2=1$ ⟹ $\overline{AC}=2$、$\overline{AD}=1$ ⟹ $\overline{CD}=\sqrt{\overline{AC}^2+\overline{AD}^2}=\sqrt5$。
S4內部任一點到四面的距離和：把四面體切成四個小四面體，體積相加得 Σd = 3V/S羅東高工 112 教甄 填 11
正四面體 $ABCD$ 的稜長為 $a$，$P$ 為內部任意一點。求 $P$ 到四個面的距離之和。
$\dfrac{\sqrt6}{3}a$（等於體高，與 $P$ 的位置無關）
做法：$V=\dfrac13S(d_1+d_2+d_3+d_4)$（四個面等面積 $S$）⟹ $\sum d_i=\dfrac{3V}{S}=$ 體高。
$V=\dfrac{\sqrt2}{12}a^3$、$S=\dfrac{\sqrt3}4a^2$ ⟹ $\sum d_i=\dfrac{\sqrt2a^3/4}{\sqrt3a^2/4}=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt3}a=\dfrac{\sqrt6}3a$。
平面版是「正三角形內一點到三邊距離和＝高」，空間版一模一樣。S5正四面體上兩條「跨面」線段的夾角：放坐標（正方體法最快），兩個方向向量的內積東石高中 112 教甄 填 9
正四面體 $ABCD$ 中，$E,F$ 為 $\overline{AB}$ 的三等分點（$\overline{BE}=\overline{EF}=\overline{FA}$），$G$ 在 $\overline{BC}$ 上且 $\overline{CG}=\dfrac13\overline{BC}$，$H$ 為 $\overline{CD}$ 的中點。求 $\overrightarrow{HF}$ 與 $\overrightarrow{GE}$ 的夾角 $\theta$（以 $\cos\theta$ 表示）。
$\cos\theta=\dfrac{2\sqrt{57}}{19}$（約 $37.4^\circ$）
做法：把正四面體放進邊長 $2$ 的正方體：$A(0,0,0)$、$B(2,2,0)$、$C(2,0,2)$、$D(0,2,2)$（邊長 $2\sqrt2$）。
$E=B+\frac13(A-B)=\left(\frac43,\frac43,0\right)$、$F=\left(\frac23,\frac23,0\right)$、$G=C+\frac13(B-C)=\left(2,\frac23,\frac43\right)$、$H=(1,1,2)$。
$\overrightarrow{HF}=\left(-\frac13,-\frac13,-2\right)$、$\overrightarrow{GE}=\left(-\frac23,\frac23,-\frac43\right)$：內積 $=\frac29-\frac29+\frac83=\frac83$；$|\overrightarrow{HF}|^2=\frac{38}9$、$|\overrightarrow{GE}|^2=\frac{24}9$ ⟹ $\cos\theta=\dfrac{8/3}{\sqrt{38\cdot24}/9}=\dfrac{24}{\sqrt{912}}=\dfrac{24}{4\sqrt{57}}=\dfrac{6}{\sqrt{57}}=\dfrac{2\sqrt{57}}{19}$。
S6三個一次式平方和 = 1：令 u,v,w 是那三個式子，圖形是 u²+v²+w²=1 的球；體積 = 球體積 ÷ |行列式|東石高中 112 教甄 填 11
求封閉曲面 $S:(2x+3y+z)^2+(3x-2y+z)^2+(x+3y+2z)^2=1$ 所圍出的體積。
$\dfrac{2\pi}{27}$
做法：令 $u=2x+3y+z$、$v=3x-2y+z$、$w=x+3y+2z$。在 $(u,v,w)$ 的世界裡 $S$ 是半徑 $1$ 的球，體積 $\dfrac43\pi$（國中公式）。
$(x,y,z)\mapsto(u,v,w)$ 的體積倍率是 $\left|\begin{vmatrix}2&3&1\\3&-2&1\\1&3&2\end{vmatrix}\right|=|2(-4-3)-3(6-1)+1(9+2)|=|-14-15+11|=18$ ⟹ 原體積 $=\dfrac{4\pi/3}{18}=\dfrac{2\pi}{27}$。
與講義 A10（$0\le x+y\le6$ 型平行六面體）同一個觀念：行列式是線性變換的體積倍率。這個曲面是「橢球」，名字是高三之後的事，但體積只需要行列式。S7兩面角 60°、P 到兩面距離 1 與 2：垂直於稜的截面裡是平面幾何，兩條線夾 60°，已知點到兩線的距離，求到交點的距離竹北高中 101 教甄 填 8
四面體 $ABCD$ 中，$\triangle ABC$ 與 $\triangle BCD$ 的二面角為 $60^\circ$。四面體內一點 $P$ 到 $\triangle ABC$ 與 $\triangle BCD$ 的距離分別為 $1$ 與 $2$。求 $P$ 到直線 $BC$ 的距離。
$\dfrac{2\sqrt{21}}{3}$
做法：過 $P$ 作垂直於 $\overline{BC}$ 的平面，它與兩面交出兩條夾 $60^\circ$ 的射線（交點 $O$ 在 $\overline{BC}$ 上）；$P$ 到兩射線的距離就是 $1$、$2$，要求的是 $\overline{OP}$。
在該平面建坐標：射線一為 $x$ 軸正向、射線二方向 $60^\circ$。$P=(x,1)$（到 $x$ 軸距離 $1$），到第二條線的距離 $\left|\dfrac{\sqrt3}2x-\dfrac12\right|=2$ 且 $P$ 在角內 ⟹ $\dfrac{\sqrt3}2x-\dfrac12=2$ ⟹ $x=\dfrac{5}{\sqrt3}$。
$\overline{OP}=\sqrt{\dfrac{25}3+1}=\sqrt{\dfrac{28}3}=\dfrac{2\sqrt{21}}3$。
一般式：$d^2=\dfrac{d_1^2+d_2^2+2d_1d_2\cos\theta}{\sin^2\theta}$（$\theta$ 為兩面角）。S8過平面 ABC 上一點 P 的平面截三射線：係數和 1/(2a)+1/(3b)+1/(6c)=1；體積 abc·V 用算幾求最小彰化女中 111 教甄 填 15
邊長 $6$ 的正四面體 $OABC$，平面 $ABC$ 上一點 $P$ 滿足 $\overrightarrow{OP}=\dfrac12\overrightarrow{OA}+\dfrac13\overrightarrow{OB}+\dfrac16\overrightarrow{OC}$。過 $P$ 且相異於平面 $ABC$ 的另一平面分別交射線 $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ 於 $A^\prime,B^\prime,C^\prime$。求四面體 $OA^\prime B^\prime C^\prime$ 體積的最小值。
$\dfrac{27\sqrt2}{2}$
做法：設 $\overrightarrow{OA^\prime}=a\overrightarrow{OA}$、$\overrightarrow{OB^\prime}=b\overrightarrow{OB}$、$\overrightarrow{OC^\prime}=c\overrightarrow{OC}$。$P$ 在平面 $A^\prime B^\prime C^\prime$ 上 ⟺ 用 $\overrightarrow{OA^\prime},\overrightarrow{OB^\prime},\overrightarrow{OC^\prime}$ 表示 $\overrightarrow{OP}$ 時係數和為 $1$：$\dfrac1{2a}+\dfrac1{3b}+\dfrac1{6c}=1$。
算幾：$1\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{36abc}}$ ⟹ $abc\ge\dfrac{27}{36}=\dfrac34$，等號在 $\dfrac1{2a}=\dfrac1{3b}=\dfrac1{6c}=\dfrac13$ ⟹ $(a,b,c)=\left(\dfrac32,1,\dfrac12\right)$。
$V(OA^\prime B^\prime C^\prime)=abc\cdot V(OABC)\ge\dfrac34\cdot\dfrac{\sqrt2}{12}\cdot216=\dfrac34\cdot18\sqrt2=\dfrac{27\sqrt2}{2}$。
S9頂角兩兩 60°、三側面面積已知：三條稜 a,b,c 由 ab、bc、ca 解出；體積 = (√2/12)·abc台中一中 109 教甄 填 6
四面體 $PABC$ 中 $\angle APB=\angle BPC=\angle CPA=60^\circ$，且 $\triangle APB,\triangle BPC,\triangle CPA$ 的面積分別為 $\dfrac{\sqrt3}2$、$2$、$1$。求四面體的體積。
$\dfrac{2\sqrt6}{9}$
做法：令 $\overline{PA}=a$、$\overline{PB}=b$、$\overline{PC}=c$：$\frac12ab\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}2$、$\frac12bc\sin60^\circ=2$、$\frac12ca\sin60^\circ=1$ ⟹ $ab=2$、$bc=\dfrac8{\sqrt3}$、$ca=\dfrac4{\sqrt3}$。
三式相乘 $(abc)^2=\dfrac{64}3$ ⟹ $abc=\dfrac8{\sqrt3}$（$a=1,b=2,c=\frac4{\sqrt3}$）。
三稜兩兩夾 $60^\circ$ 的四面體，體積 $=\dfrac{\sqrt2}{12}abc$（把邊長 $1$ 的正四面體沿三稜分別放大 $a,b,c$ 倍，體積乘 $abc$）$=\dfrac{\sqrt2}{12}\cdot\dfrac8{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt6}9$。
S10過 A 與高中點 M、平行 BC 的截面：在對稱面 PAN 裡做平面幾何，直線 AM 把 PN 分成 2:3，上半是相似比 2/5 的「兩邊縮」台南女中 112 教甄 填 12
正四面體 $P$-$ABC$ 的高為 $\overline{PO}$，$M$ 為 $\overline{PO}$ 的中點。過 $\overline{AM}$ 作與稜 $\overline{BC}$ 平行的平面，把正四面體截成上下兩部分，含 $P$ 的部分體積為 $m$、另一部分為 $n$。求 $\dfrac mn$。
$\dfrac{4}{21}$
做法：截面平行 $\overline{BC}$ ⟹ 它交 $\overline{PB},\overline{PC}$ 於 $B^\prime,C^\prime$ 且 $\dfrac{PB^\prime}{PB}=\dfrac{PC^\prime}{PC}=\dfrac{PX}{PN}$，其中 $N$ 為 $\overline{BC}$ 中點、$X$ 為直線 $AM$ 與 $\overline{PN}$ 的交點。
在平面 $PAN$ 中設 $A(0,0)$、$N(3,0)$（$O(2,0)$ 是重心）、$P(2,h)$，$M(2,\frac h2)$。直線 $AM$：$(2s,\frac{sh}2)$；$\overline{PN}$：$(2+u,\,h-uh)$。解 $2s=2+u$、$\frac s2=1-u$ ⟹ $u=\dfrac25$ ⟹ $\dfrac{PX}{PN}=\dfrac25$。
上半部是四面體 $P$-$AB^\prime C^\prime$：$\dfrac{V}{V_{PABC}}=1\cdot\dfrac25\cdot\dfrac25=\dfrac4{25}$ ⟹ $\dfrac mn=\dfrac{4}{25-4}=\dfrac4{21}$。
S11兩個正三角形共邊 BC、體積最大：兩面互相垂直時最大；AD² = 兩個高的平方和成淵高中 101 教甄 填 6
四面體 $ABCD$ 中 $\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CA}=\overline{BD}=\overline{CD}=6$。當四面體的體積最大時，求 $\overline{AD}$。
$3\sqrt6$
做法：底面 $\triangle BCD$ 固定，$A$ 到平面 $BCD$ 的高 $=$（$A$ 到 $\overline{BC}$ 的距離 $3\sqrt3$）$\times\sin\theta$，$\theta$ 為兩面角 ⟹ $\theta=90^\circ$ 時最大。
此時 $\overline{AM}\perp\overline{DM}$（$M$ 為 $\overline{BC}$ 中點，$\overline{AM}=\overline{DM}=3\sqrt3$）⟹ $\overline{AD}=\sqrt{27+27}=3\sqrt6$。
S12球心 O、三點兩兩距離 6,8,10：直角三角形，AB 是截圓直徑；球心到截面距離 = √(R² − r²)成淵高中 101 教甄 填 7
$O$ 為半徑 $13$ 的球的球心，$A,B,C$ 為球面上三點，$\overline{AB}=10$、$\overline{BC}=8$、$\overline{CA}=6$。求四面體 $OABC$ 的體積。
$96$
做法：$6^2+8^2=10^2$ ⟹ $\angle C=90^\circ$，$\triangle ABC$ 的外接圓以 $\overline{AB}$ 為直徑、半徑 $5$。$O$ 到平面 $ABC$ 的垂足是外心（$O$ 到 $A,B,C$ 等距）。
$h=\sqrt{13^2-5^2}=12$ ⟹ $V=\dfrac13\cdot\dfrac12\cdot6\cdot8\cdot12=96$。
S13先把含 x 的行列式因式分解：兩個方程式給出底邊與側稜；四角錐相鄰側面的兩面角用兩個外積中科實中 111 教甄 填 10
設 $f(x)=\begin{vmatrix}x+1&2&x+3\\3&x+2&x+1\\x+2&x+3&1\end{vmatrix}$。方程式 $f(x-5)=0$ 的有理根為 $\alpha$，$f(x^2-1)=0$ 的正實根為 $\beta$。若一四角錐的底面是邊長 $\alpha$ 的正方形、側稜長均為 $\beta$，求相鄰兩側面所夾二面角 $\theta$ 的餘弦值。
$\cos\theta=-\dfrac{\sqrt2}{2}$（$\theta=135^\circ$）
做法：第一列加第三列（或代 $x=-3$ 觀察）可得 $f(x)=-2(x+3)(x^2-2)$。$f(x-5)=0$ ⟹ $x-5=-3$（有理）⟹ $\alpha=2$；$f(x^2-1)=0$ ⟹ $x^2-1=\sqrt2$ ⟹ $\beta^2=\sqrt2+1$。
底面邊長 $2$，半對角線 $\sqrt2$，高 $h^2=\beta^2-2=\sqrt2-1$。取頂點 $V(0,0,h)$、底面頂點 $(\pm1,\pm1,0)$：兩相鄰側面的法向量 $\vec n_1=(0,2h,2)$、$\vec n_2=(-2h,0,2)$（同向取法）⟹ $\cos\theta=-\dfrac{\vec n_1\cdot\vec n_2}{|\vec n_1||\vec n_2|}=-\dfrac{4}{4h^2+4}=-\dfrac{1}{h^2+1}=-\dfrac1{\sqrt2}=-\dfrac{\sqrt2}2$。
相鄰兩側面所夾的兩面角是鈍角（四角錐頂點越低越接近 $180^\circ$），所以取負號；$h^2+1=\sqrt2$ 能剛好化簡，是出題者用行列式先安排好的。S14含稜 AB 的平面截四面體、截面面積最小：P 在 CD 上用參數 t，|AB×AP|² 是 t 的二次式，配方中科實中 111 教甄 填 16
$A(-1,1,3)$、$B(1,2,3)$、$C(2,0,4)$、$D(1,1,1)$。平面 $E$ 包含 $\overline{AB}$，把四面體 $ABCD$ 切成兩部分。當 $E$ 與四面體所截出的截面 $\triangle PAB$（$P$ 在 $\overline{CD}$ 上）面積最小時，求 $P$。
$P\left(\dfrac{13}9,\ \dfrac59,\ \dfrac73\right)$
做法：$P=D+t(C-D)=(1+t,\,1-t,\,1+3t)$，$0\le t\le1$。$[\triangle PAB]=\frac12|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AP}|$，只要讓 $|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AP}|^2$（$t$ 的二次式）最小。
$\overrightarrow{AB}=(2,1,0)$、$\overrightarrow{AP}=(2+t,\,-t,\,3t-2)$ ⟹ $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AP}=(3t-2,\,-2(3t-2),\,-2t-(2+t))=(3t-2,\,4-6t,\,-3t-2)$。
$|\cdot|^2=(3t-2)^2+(4-6t)^2+(3t+2)^2=54t^2-48t+24$，在 $t=\dfrac{48}{108}=\dfrac49$ 最小 ⟹ $P=\left(\dfrac{13}9,\dfrac59,\dfrac73\right)$。
面積最小 ⟺ $P$ 是 $\overline{CD}$ 上離直線 $AB$ 最近的點，這也是「兩歪斜線最近點」的想法。S15直線 AB 與直線 CD 的距離：兩條歪斜線的距離 = |AC·(AB×CD)| / |AB×CD|（下一章才正式教，這裡用「四面體體積 ÷ 平行四邊形」推出來）六家高中 112 教甄 填 9
四面體 $ABCD$ 中，底面 $\triangle BCD$ 為邊長 $6$ 的正三角形，$\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{AD}=5$。求直線 $AB$ 與直線 $CD$ 的距離。
$\dfrac{3\sqrt{39}}{5}$
做法：$B(0,0,0)$、$C(6,0,0)$、$D(3,3\sqrt3,0)$，$A$ 在重心 $(3,\sqrt3,0)$ 正上方，高 $\sqrt{25-12}=\sqrt{13}$ ⟹ $A(3,\sqrt3,\sqrt{13})$。
四面體 $ABCD$ 的體積 $V=\dfrac13\cdot9\sqrt3\cdot\sqrt{13}=3\sqrt{39}$。另一方面，以 $\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{CD}$ 為鄰邊的平行四邊形（面積 $|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{CD}|$）與兩直線的距離 $d$ 決定同一個四面體：$V=\dfrac16|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{CD}|\cdot d$。
$\overrightarrow{AB}=(-3,-\sqrt3,-\sqrt{13})$、$\overrightarrow{CD}=(-3,3\sqrt3,0)$ ⟹ $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{CD}=(3\sqrt{39},\,3\sqrt{13},\,-12\sqrt3)$，長 $\sqrt{351+117+432}=\sqrt{900}=30$ ⟹ $d=\dfrac{6\cdot3\sqrt{39}}{30}=\dfrac{3\sqrt{39}}5$。
「$V=\frac16|\vec u\times\vec v|\,d$」的理由：把 $\overrightarrow{CD}$ 平移到 $B$，$A$、$B$、$C$、$D$ 圍出的四面體體積是「以 $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}$ 及連接兩線的向量張出的平行六面體」的六分之一，而該平行六面體的高就是兩線距離。公式本身是下一章的內容，這裡的推導只用了本章的體積。S16$\overline{AD}\perp$ 平面 $PQR$ ⟹ $\overline{RP}\perp\overline{AD}$，$\angle PAR=60^\circ$ ⟹ $\overline{AP}=2\overline{AR}$；共頂點的四面體體積比 $=$ 三稜長比相乘改編自 北一女中 114 教甄 填 4
正四面體 $ABCD$ 的稜長為 $6$，在 $\overline{AB}$、$\overline{AC}$、$\overline{AD}$ 上分別取 $P$、$Q$、$R$。若 $\overline{AR}=2$，且 $\overline{AD}$ 與平面 $PQR$ 垂直，求五面體 $PQR\text{-}BCD$ 的體積。
$\dfrac{46\sqrt2}{3}$
做法：先定出 $P$、$Q$ 的位置，再用「大四面體 $-$ 小四面體」。
$\overline{AD}\perp$ 平面 $PQR$ ⟹ $\overline{AD}\perp\overline{RP}$，$\triangle ARP$ 在 $R$ 是直角；正四面體的面是正三角形，$\angle PAR=60^\circ$ ⟹ $\overline{AP}=\dfrac{\overline{AR}}{\cos60^\circ}=4$。同理 $\overline{AQ}=4$。
正四面體 $ABCD$ 的體積 $=\dfrac{\sqrt2}{12}\cdot6^3=18\sqrt2$。
四面體 $APQR$ 與 $ABCD$ 共用頂點 $A$ 的三條稜方向：$\dfrac{V_{APQR}}{V_{ABCD}}=\dfrac{4}{6}\cdot\dfrac46\cdot\dfrac26=\dfrac4{27}$ ⟹ $V_{APQR}=\dfrac{8\sqrt2}{3}$。
五面體體積 $=18\sqrt2-\dfrac{8\sqrt2}3=\dfrac{46\sqrt2}{3}$。
體積比的理由：兩個四面體以 $\triangle APQ$、$\triangle ABC$ 為底，面積比 $\frac{4\cdot4}{6\cdot6}$；高（$R$、$D$ 到平面 $ABC$ 的距離）比 $\frac26$。坐標驗算（$A$ 在原點）得相同結果。S17正立方體投影成正六邊形 ⟹ 投影方向是體對角線；每條稜與對角線的夾角 $\cos\theta=\frac1{\sqrt3}$改編自 臺中二中 114 教甄 填 6
稜長為 $4$ 的正立方體在某平面 $E$ 上的正射影是一個正六邊形，求此正六邊形的面積。
$16\sqrt3$
做法：正六邊形的影子只會在「沿體對角線方向」投影時出現：這時對角線兩端的頂點投影到中心，其餘六個頂點繞成一圈。所以平面 $E$ 與體對角線垂直。
設正立方體三條稜沿 $(1,0,0)$、$(0,1,0)$、$(0,0,1)$，體對角線方向 $\vec n=(1,1,1)$。
每條稜與 $\vec n$ 的夾角：$\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt3}$ ⟹ $\sin\theta=\sqrt{\dfrac23}$。
稜在 $E$ 上的正射影長 $=4\sin\theta=4\sqrt{\dfrac23}=\dfrac{4\sqrt6}3$，這就是正六邊形的邊長（六邊形的每一邊都是某條稜的影子）。
面積 $=\dfrac{3\sqrt3}2\cdot\left(\dfrac{4\sqrt6}3\right)^2=\dfrac{3\sqrt3}2\cdot\dfrac{32}3=16\sqrt3$。
另一個算法：影子由三個相鄰面的影子拼成，每個面（面積 $16$）與 $E$ 的夾角 $\varphi$ 滿足 $\cos\varphi=\frac1{\sqrt3}$，所以面積 $=3\times16\times\frac1{\sqrt3}=16\sqrt3$ ✔。電腦把八個頂點投影後取凸包，得六邊形、面積 $16\sqrt3$。S18底面四點在球上又共平面 ⟹ 共圓；共圓的箏形兩個對角是直角；$E$ 到四頂點等距 ⟹ 垂足是 $\overline{AC}$ 中點，球心在高上改編自 華江高中 114 教甄 計算 14
空間中五點 $A,B,C,D,E$ 都在同一個球面上，且圍成以四邊形 $ABCD$ 為底、$E$ 為頂點的四角錐。已知 $\overline{AB}=\overline{AD}=6$、$\overline{CB}=\overline{CD}=8$、$\overline{EA}=\overline{EB}=\overline{EC}=\overline{ED}=13$。求 (1) 四邊形 $ABCD$ 的面積；(2) 球的半徑；(3) 四角錐的體積。
(1) $48$ (2) $\dfrac{169}{24}$ (3) $192$
做法：先弄清楚底面的形狀：一個平面和球相交在一個圓上，所以 $A,B,C,D$ 共圓。
(1) $ABCD$ 是箏形，對 $\overline{AC}$ 對稱 ⟹ $\angle B=\angle D$；又共圓 ⟹ $\angle B+\angle D=180^\circ$ ⟹ $\angle B=\angle D=90^\circ$。
$\overline{AC}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，面積 $=2\times\dfrac12\cdot6\cdot8=48$。
(2) $E$ 到 $A,B,C,D$ 等距 ⟹ $E$ 在底面的垂足 $H$ 到四點等距，$H$ 是底面外接圓的圓心，也就是 $\overline{AC}$ 的中點，$\overline{HA}=5$。高 $\overline{EH}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
球心 $O$ 到 $A,B,C,D$ 等距，也在過 $H$ 垂直底面的直線上，即直線 $EH$ 上。設 $\overline{OH}=t$（$O$ 在 $E$、$H$ 之間）：$\overline{OE}=\overline{OA}$ ⟹ $(12-t)^2=5^2+t^2$ ⟹ $144-24t=25$ ⟹ $t=\dfrac{119}{24}$。
半徑 $R=12-t=\dfrac{169}{24}$。
(3) 體積 $=\dfrac13\cdot48\cdot12=192$。
半徑的另一個算法：過 $E$ 的直徑另一端為 $E'$，$\triangle EAE'$ 在 $A$ 是直角，$\overline{EA}^2=\overline{EH}\cdot\overline{EE'}$ ⟹ $169=12\cdot2R$ ⟹ $R=\frac{169}{24}$ ✔。坐標驗算五點到 $O$ 的距離都相等。