专题4 微专题18 空间角-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

微专题18 空间角 》考情分析 以空间几何体为载体考查空间角（以线面角、面面角为主）是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的 证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题， 但也可利用几何法来求解。 主干整合》核心提炼 1.向量法求异面直线所成角0的步骤 (3)利用sin0=|cos(AB,n〉|，以及0∈ (1)求出直线a,b的方向向量，分别记为m,n: ,求出角0. (2)计算cos(m,n〉=mnT m·n 3.向量法求两平面夹角0的步骤 (3)利用cos0=|cos(m,n〉|，以及0∈ (1)求两个平面a,3的法向量m,n (0,求出角0. (2)计算cos(m,n〉= m·n 2.向量法求线面角0的步骤 m ni (1)求出平面a的法向量n与直线AB的方向向 (3)利用cos0=|cos(m,n〉|，以及0∈ 量AB; 02 ,求出角0. (2)计算cos(AB,n〉 AB·n AB 热点分类》考向探究 考向1异面直线所成的角 2.向量法— 步骤：①建系；②求两异面直线 [例1在正四棱柱ABCD-A,B,C1D1中，AA1= 的方向向量坐标；③求两方向向量的夹角的余弦值； 2AB,E,F,G分别是CC1,BD,C1D1的中点， ④下结论. 则直线AG与EF所成角的余弦值为() 注意：利用几何法求异面直线所成的角时，通过 马 平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的 角，也可能是其补角。 D. 30 跟踪训练①(1)(2025·江西萍乡二模)在直三棱 10 心听课记录 柱ABCA,B,C,中，∠ABC=,AA,=AB BC,则直线AC与AB,所成角的大小为 ( ) B骨 c n号 (2)(2025·山东枣庄二模)已知三棱柱 ABC-A1B,C1的各棱长相等，且∠A1AB= ∠A1AC=60°，则异面直线AB与B1C所成角 求解异面直线所成角的方法 的余弦值为 ( ) 1.平移法— 步骤：①平移：②认定；③计算： ④取舍 A.3 2 B号 2 D 3 第一部分专题四立体几何与空间向量 083 考向2线面角 ,反思感悟， 求直线与平面所成角的方法 [例2(2025·四川广安二模)如图，在三棱柱 1.向量法：设直线l的方向向量为a,平面a的法 ABC-A,BC1中，A,C⊥底面ABC,∠ACB= 向量为n,直线l与平面a所成的角为0，则sin0= 90°，AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. cos(a,n〉. C B 2.定义法：①作，在直线上合适的位置向平面引 垂线；②证，证明斜线与其射影所成的角即为线面 角；③求，利用解三角形的知识求角. 注意：线面角0与直线的方向向量a和平面的法 向量n所成的角(a,n〉的关系是〈a,n)十0=T或 (a,n)一0-交，所以应用向量法求的是线面角的正 (1)求证：平面A1ACC1⊥平面BCC,B1; 弦值，而不是余弦值. (2)已知三棱锥BACC,的体积为3，求AB, 跟踪训练②如图，在直三棱柱ABC-A,B1C1中， 与平面BCC,B,所成角的正弦值. AB=AC=2√3，∠BAC=120°，D为AA1的中 心听课记录 点，E为BC1的中点. (1)求证：DE⊥平面B1BCC1; (2)若BB1=6,求直线A,B与平面DBC1所成 角的正弦值. 084 红对勾讲与练·高三二轮数学 考向3两平面的夹角 4反思感悟……… 1.几何法求两平面夹角的方法：①定义法；②三 [例3(2025·重庆合川区二模)如图，在三棱柱 :垂线定理法；③垂面法；④射影面积法 ABC-A1B,C1中，侧面BBC1C是边长为2的 2.向量法求两平面夹角的步骤：①求两个平面 菱形，其对角线交于点O,且AO⊥平 a,3的法向量m,n;②计算cos(m,n〉= 面BBCC. m1:n③设两个平面的夹角为0，则c0s0= m·n cosm,n〉. 跟踪训练③(2025·北京门头沟区一模)如图，在 正方体ABCD-A,B,C,D1中，E为BB1的中 (1)求证：B1C⊥平面ABC1; 点，B1C1与平面AD1E交于点F. (2)若∠B1BC=60°，OA=OB,求平面ABC1 (1)求证：F为B1C1的中点； 与平面ABC夹角的余弦值， (2)求平面ADE与平面ABCD夹角的余 心听课记录 弦值. B D 第一部分专题四立体几何与空间向量 085 真题演练》重温高考 1.(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC 3.(2024·全国甲卷理)如图，在以A,B,C,D,E, F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形 A1BC1的体积为号，AB=6,AB1=2,则 ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥AD, A,A与平面ABC所成角的正切值为( AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√10，FB= A日 B.1 C.2 D.3 23,M为AD的中点. 2.(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中， (1)求证：BM∥平面CDE; AB∥CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E (2)求二面角F-BM-E的正弦值. 在AB上，EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD. 将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A', 使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角 为60° (1)求证：A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的 正弦值. 温髻提示》请完成课时作业18 0862利勾讲与练·高三二轮数学对于C,取BC的中点D,B,C的中，点 D1,连接DD1,AB,则当入=1 时， 点P在线段DD1上运动，如图3所示， 假设A,P⊥BP,则A1P2+BP2= AB,即(）+1-0+（合） μ2=2，解得：=0或：=1，所以点P 与点D或D1重合时，A1P⊥BP,故C 错误. A C B B 图3 对于D,方法一，易知四边形ABB1A 为正方形，所以A1B⊥AB1,设AB 与AB交于点K,连接PK(图略)，要 使A1B⊥平面AB1P,需A1B⊥KP, 所以点P只能是棱CC1的中，点，故D正 确.方法二，分别取BB1,CC1的中点 1 E,F,连接EF,则当A=2时，点P在 线段EF上运动，以，点C为原，点建立如 图4所示的空间直角坐标系，则B,(0, 1,1B0,1.0A( p(o1-,子)，所以A店 = (-分-市=(o- -）,若AB上平面ABP,则 A方1B立，所以-十 -=0,解得 2 入=1，所以只存在一个点P,使得 A1B⊥平面AB1P,此时点P与点F 重合，故D正确.故选BD C B F(P) 图4 5.解：(1)证明：由题意知MD=2,BC= 2,MD∥BC,所以四边形BCDM为平 行四边形，故BM∥CD.又因为BM中 平面CDE,CD二平面CDE,所以 BM∥平面CDE. (2)如图，记AM的中点为G,连接FG, BG,FM,因为BM=CD=AB,所以 BG⊥AM,同理FG⊥AM.由已知可 得BG=√5，FG=3,FB=2√5，所以 FB=BG2+FG,即FG⊥BG.又 AM∩BG=G,所以FG⊥平面 ABCD.由余弦定理和已知得 √10 cos∠FAB ,所以△FAB的面 20 1 积S=。AFX AB Xsin∠FAB= 39 2 3022对勾讲与练·高三二轮数学 ----D 设M到平面FAB的距离为h,则三棱 锥M-FAB的体积V= 四，由三棱锥F-AMB的体积V= 6 X3X3=3,可得h= 1 6√13 13 微专题18 空间角 》热点分类·考向探究《 例1D方法一 以 z↑ D为原点，建立如图 D G B 所示的空间直角坐 A 标系，设AB=2,则 AA1=4,可得 A1(2,0,4),G(0,1, 4),E(0,2,2),F(1, 1,0),则A1G= D (-2,1,0),EF (1,-1,-2), 所以|cos(A1G,E亦)|= AGE序1 A GIEF 3 30 故选D. 5X√6 10 方法二 设AB=2, G 则AA,=4,如图所示， 取A1B的中，点P,连接 A P BY AP,PC1,AC1,AC,在 正方形A1B1C1D1中， 可得PC1∥A,G.在 △ACC1中，因为E,F D 分别是CC1,AC的中 点，所以AC1∥EF,所 A 以∠PC1A(或其补角)是异面直线 A1G与EF所成的角.在Rt△AA1P 中，可得AP=√AA+A1P √I7.在Rt△PB,C1中，可得PC1 √PB+B1C=√5.在Rt△ACC 中，可得AC1=/AC2+CC号=2N6 在△PC,A中，由余弦定理得 cos∠PC,A=PC+AC-Ap: 2PC1·AC1 5+24-17 =30.故选D. 2√5×2√6 10 跟踪训练1(1)C由条件可如图建 系，设AA1=AB=BC=1,则A(0, 1,0),C(1,0,0),A1(0,1,1),B1(0,0, 1),则A1C=(1,-1,-1),AB1= (0,-1,1) z↑ C B A B 设直线A1C与AB,所成角为日，则日∈ (0,],所以eos9=Icos(C AB》|=号=0，所以日=T.故选C. 0 6 2 (2)C不妨设棱长为2，由题意可知， IAB I=IAC I=1AA=2,AB AC=AB.AA=AC.AA,=2.因为 BiC=BiB+BC=-AA+AC-AB, 则IB,C =(-AA1+AC-AB)2= 2 AA+ +AB+2AB·AA 2AB.AC-2AC.AA =4+4+4+ 4-4-4= 8,即|B1C|=2√2，且 B1C·AB =-AB·AA+AB.AC AB' =一2十2一4=一4，可得 cos(BC,AB)= B1C·AB B,CI.AB I -4 二，所以异面直线AB与 2√2×2 B,C所成角的余弦值为 2 故选C. 例2解：(1)证明：A,C⊥底面ABC, BCC底面ABC,A1C⊥BC 又BC⊥AC,AC∩A,C=C,ACC 平面A1ACC1,A,CC平面A1ACC1 ∴.BC⊥平面A1ACC1· 又BCC平面BCC1B,, ∴.平面A1ACC,⊥平面BCC1B (2)方法一如图，由(1)可知，BC1 平面ACC1A,,CC1C平面ACC1A1, .BC⊥CC1 B B ·V三棱维BACC1=V三棱维ABCC1 V三棱准A1BC1 1 V三AG1=3义 一X2×BCX 1= ,BC=√5 3 .AC1∥AC,AC⊥AC, .AC⊥A1C1. 在Rt△A,C,C中，过点A,作A1O CC1于点O,平面A1ACC1⊥平面 BCC1B,且平面A1ACC1∩平面 BCC B CC1.AO 平 面A1ACC1, .AO⊥平面BCC1B1,.AO即为 A1到平面BCCB,的距离，即AO= 1= 2 .O为CC1的中点，即C1O=1,AC= AC=AC1=√2， 过点A作AM∥A,O交C1C的延长线 于点M,连接MB1, .AM⊥平面BCC1B1,则∠AB,M为 AB1与平面BCC1B,所成的角. 又AO∥AM,AA:∥OM,.四边形 A1AMO为平行四边形， ..AA1=OM=2,AM=A1O=1, ∴.C1M=3,B1M=W9+3=2√5， AB1=√1+12=W13, sin∠AB,M=1=V3 13 13 .AB,与平面BCCB,所成角的正弦 值为 W13 13 方法二 A CL 平面 ABC且 B AC⊥BC,∴.CA, A CB,CA,两两相 互垂直.以C为坐 标原点，CA,CB, CA1所在直线分 A B 别为x轴、y轴、之 x 轴建立空间直角 坐标系如图， 由方法一可知，AC=A1C=√2， ∴C(0,0,0),A(W2,0,0),C1(-2,0, √2)，B(0,√5,0)，CB=(0,√5,0)， cC=(-2,0W2). CB=C1B1,B1(-√2，√3,2)， AB1=(-2√2，√5,2). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x, y之， .Ci=0, n 则 即 5y=0, n .CC=0,哪-√2x+2=0, 令x=1,可得n=(1,0,1). |n·AB .|cos(n,AB1〉|= InAB √13 13 .AB,与平面BCC1B,所成角的正弦 /13 值为 13 跟踪训练2 解：(1)证明：如图，取BC 的中点M,连接AM,ME,因为AB AC,所以AM⊥BC B M B 因为E为BC1的中点，所以EM为 △BCC,的中位线， 所以EM∥CC:∥AD. 叉EM=cC =号AA1=AD,所 以四边形AMED为平行四边形，所以 DE∥AM. 又因为AA1⊥平面ABC,AMC平面 ABC,所以AA1⊥AM,所以 EM⊥AM. 因为EM,BCC平面B1BCC1,EM∩ BC=M,所以AM⊥平面B1BCC1. 又因为DE∥AM,所以DE⊥平 面B1BCC1. (2)方法一 由(1)可知，MA,MC, ME两两垂直，如图，以M为坐标原 点，MC所在直线为x轴，MA所在直线 为y轴，ME所在直线为之轴，建立空间 直角坐标系， 在△A,B1C1中，由余弦定理可得， B1C=A1B+A1C-2A1B1· A1C1·cos∠B1A1C1,则B1C1=6, 于是D(0,√3,3)，B(-3,0,0), B1(-3,0,6),C1(3,0,6),A1(0W3,6), 则BA=(3,√3,6)， 设n=(x,y,之)为平面DBC1的法向 量，BD=(3,√3,3)，BC=(6,0,6), 于是nB元=0， In.BC=0, 即3.x+3y+3x=0, 6x+6z=0, 令之=1，则n=(-1,0,1) 设直线A1B与平面DBC,所成角为θ， 则sin0=|cos(BA1,n〉= IBA1·n| 3 6 ,即直 BA1n43X28 线A1B与平面DBC,所成角的正弦值 为⑥ 8 A B 、 M 方法二 在△AB,C1中，由余弦定 理可得，B,C=A,B+AC 2A1B1·A1C1·cos∠B1A1C1,则 BC1=6. 如图，连接B1E,B,D,由(1)得，DEI 平面B1BCC1,BC1C平面B1BCC1, 则DE⊥BC1. 因为在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧 面BB,C1C为矩形，BB1=B1C1,所 以四边形B1BCC,为正方形.又E为 BC1的中点，所以B1E⊥BC1, 因为B1E∩DE=E,B1E,DEC平 面B1DE,所以BC1⊥平面B1DE. 记A1B∩B:D=N,过点N作NH⊥ DE交DE于点H,连接BH. 因为BC,⊥平面B,DE,NH二平面 B,DE,所以NH⊥BC 又因为DE∩BC,=E,DE,BC,C平 面DBC1,则NH⊥平面DBC1, 所以∠NBH即为直线A,B与平面 DBC1所成角.因为△ADNC∽ BN BN △BB1N,所以 ND = AN BB =2. AD 因为DE⊥BE,所以H为DE的三等 分点，所以NH= 3BE=2. NB= AB =83 2 于是sin∠NBH= NH6 NB 8 即直线AB与平面DBC,所成角的正 弦值为 A D H 方法三 在△AB,C1中，由余弦定 理可得，B,C=AB+A1C 2A1B1·A1C1·cos∠B1A1C1,则 B1C1=6. 设直线A,B与平面DBC1所成角为0， 点A,到平面DBC1的距离为h, h 则sin0= AB 在Rt△A1B1B 中，A1B1=23, BB1=6,则A1B=4√3. 如图，过点B作BQ⊥CA交CA的延长 线于点Q,易得BQ=3, 且易证BQ⊥平面A1ACC,, 1 因为564，，=2×3X25=33, 3×33×3=33. 所以VBA1DC1= 在△DBC1中，DB=DC1=/2I,且 BC=5E.Sag=号X65X √5=3√6. 义VA1Be1=VgA,,=3E,所以 3√3 h= √6 所以sin日= 3W3 √6 √6 3 8 B B 例3解：(1)证明：因为四边形BB,C1C 是菱形，所以B,C⊥BC1. 又因为AO⊥平面BB:C1C,且B,CC 平面BB,C1C,所以AO⊥B,C 又AO∩BC1=O,AO,BC1C平面 ABC1,所以B1C⊥平面ABC1. (2)方法一由BB1=2,四边形 BB,C1C为菱形，∠B1BC=60°， 得△BB,C是边长为2的等边三角形. 所以OC,=OB=BC sin60°=2X 3 2 =5,0B1=OC=1,0A=0B 5. 因为AO⊥平面BB,CC,OB⊥OB1, 所以以点O为坐标原点，OB,OB,,OA 所在直线分别为x轴、y轴、之轴建立如 图所示的空间直角坐标系， 则B(3,0,0),C1(-√5,0,0)，B1(0, 1,0),A(0,0√3)，C(0,-1,0), 则AB=(5,0,-√3)，BC=(-√3， 一1,0)， 设平面ABC的法向量为n=(x, y,）, 则 n·AB =5x一5之=0取x= n·BC =-3x-y=0 1,则 一3，x=1,故n=(1, -3,1). 易知平面ABC1的一个法向量为m= (0,1,0) 则平面ABC1与平面ABC夹角0的余 弦值cos = cos〈m,n〉= √15 5 参考答案 303 故平面ABC,与平面ABC夹角的余弦 值为 √15 5 A 方法二 由BB,=2,四边形BB,C,C 为菱形，∠B1BC=60°， 得△BB,C是边长为2的等边三角形， 所以OC1=OB=BCsin60°=2X √3 2 =3,OB,=0C=1,0A=OB √3，所以AB=√OA2+OB2=√6」 如图，取AB的中点D,连接OD,CD, 在等腰直角△AOB中，OD ⊥AB且 OD - √6 2 由勾股定理得AC=√OA+OC2=2. 因为BC=2=AC,所以CD⊥AB, CD=√/BC-BD W10 2 注意到OD⊥AB,CD ⊥AB,平面 ABC1∩平面ABC=AB,所以平 面 ABC,与平面ABC 的夹角 即 为∠ODC 在△ODC中，OC=1,OD √6 √10 CD ,则OC2+OD2=CD2,即 2 OC⊥OD→cos∠ODC= D 15 5 故平面ABC1与平面ABC夹角的余弦 值为 √15 5 B 跟踪训练3 解：(1)证明：连接BC,如 图所示. B B 由正方体的性质可得AD1∥BC1,又 AD1中平面CBB1C1,BC1C平面 CBB,C1,可得AD1∥平面CBB,C1. 因为B,C1与平面AD1E交于点F,即 平面AD1E∩平面CBB,C1=EF,可 得AD,∥EF, 因此EF∥BC1.又E为BB1的中点， 所以F为B1C1的中点. (2)以D为坐标原点，DA,DC,DD,所 在直线分别为x轴、y轴、≈轴建立空间 直角坐标系，如图所示. 304红网勾讲与练·高三二轮数学 A x 不妨设正方体ABCD-AB1C1D,的 棱长为2， 可得A(2,0,0),D1(0,0,2),E(2,2,1), 即AD1=(-2,0,2),AE=(0,2,1). 设平面AD1E的法向量为n=(x, y), AD1·n=-2x+2g=0, 则 (AE·n=2y十之=0， 令之=2，可得x=2,y=-1,则n= (2,-1,2). 显然平面ABCD的一个法向量为m= (0,0,1), 因此平面AD1E与平面ABCD夹角的 余弦值为1cos(m,m)1=m·n mn 2 3X1 3 可得平面AD1E与平面ABCD夹角的 余弦值为3 》真题演练·重温高考《 L.B设正三棱台 ABC-A1B1C1的 高为h,三条侧棱 A 延长后交于一点 P,作PO⊥平面 ABC于，点O,PO 交平面A,B1C,于 A- 点O1,连接OA, O1A1,如图所示. 由AB=3A1B1, 1 可得PO1= h,P0= 3 1 又S△A1B,1= ×2× 3 2 2 V3,S△ABC= 1 =93,所 2 以正三棱台ABC-A1B,C1的体积 V=Vr-ANe -VAc=93x 52,解得h= 4√ 3 3,故P0=之A=25.由正三校 台的性质可知，O为底面ABC的中 心，则OA= 号×-了=2， 因为PO⊥平面ABC,所以∠PAO 是A1A与平面ABC所成的角， 在R1△PA0中，tan∠PA0三% 1.故选B. 2.解：(1)证明：因为AB∥CD,即AE∥ DF,所以A'E∥D'F 因为D'FC平面CD'F,A'E庄平面 CD'F,所以A'E∥平面CD'F, 因为FC∥EB,FCC平面CD'F, EB丈平面CD'F,所以EB∥平 面CD'F. 又EB∩A'E=E,EB,A'EC平面 A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'BC平面A'EB,所以A'B∥平 面CD'F. (2)因为∠DAB=90°，所以AD AB.又因为AB∥CD,EF∥AD,所 以EF⊥FC. 因为D'F⊥EF,CFL EF,面 EFD'A'与面EFCB所成二面角为 60°，所以∠D'FC=60°. 以F为原点，FE,FC所在直线分别为 x轴、y轴，垂直于平面BEFC的直线 为之轴，建立如图所示的空间直角坐 标系， 设AD=1,则AB=3,CD=2. 因为F为CD的中点，所以DF=1, 则B.20.c010.D0,号） E(1,0,0),F(0,0,0), 所以B元=(-1，-1,0)，CD=（0, -,）,成=100.m= 2 设平面BCD'的法向量为n=(x,y, x),则 C·n=0, CD .n =0 -y 三0， 所以 2 2=0, 令y=√5，则之=1，x=-√5，则n= (-5,w5,1). 设平面EFD'A'的法向量为m=(x1, FE·m=0, y11),则 FD.m=0. x1=0, 所以{1 2y1 21=0, 令y1=5,则1=一1，x1=0, 所以m=(0,W5,-1). m·n 所以cos〈m,n〉= m n 0+3-1 W3+1×/3+3+1 7 所以面BCD'与面EFD'A'所成的二 面角的正孩位为，一（停）= 3.解：(1)证明：证法一（利用线面平行的 判定定理) 因为M为AD的中点， BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以 BC∥MD,且BC=MD, 所以四边形BCDM为平行四边形，所 以BM∥CD. 又CD二平面CDE,BM庄平面CDE, 所以BM∥平面CDE. 证法二（利用面面平行的性质定理） 因为EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥ BC. 又EF=BC=2,所以四边形BCEF 为平行四边形. 所以BF∥CE.又CEC平面CDE, BF吨平面CDE,所以BF∥平 面CDE. 因为M为AD的中点，且AD=4,所以 EF∥MD,且EF=MD,所以四边形 MDEF为平行四边形. 所以FM∥ED.又EDC平面CDE, FM庄平面CDE,所以FM∥平 面CDE. 因为BF,FMC平面BMF,BF∩FM= F,所以平面BMF∥平面CDE. 又BMC平面BMF,所以BM∥平面 CDE. (2)如图，取AM的中点O,连接 BO,FO. 由(1)证法一可知，BM=CD=AB 2.因为AM=2,所以BO⊥AD,且 B0=√5. 由(1)证法二知四边形MDEF为平行 四边形，所以FM=ED=I0. 又AF=10,所以FO⊥AM. 又OA=OM =1,所以FO √FA-OA2=3. 又FB=2W3,所以BO2+FO2= FB2. 所以FO⊥OB,即OB,OD,OF两两 垂直。 分别以OB,OD,OF所在直线为x轴 y轴、之轴建立空间直角坐标系， 则F(0,0,3),B(√3,0,0)，M(0,1,0), E(0,2,3),则MB=(3,-1,0), MF=(0,-1,3),ME=(0,1,3). 设平面FBM的法向量为n1=（x1, y1之1）， n·MB =0, 则 n .MF 即 3x1-y1=0 =0 -y1+3x1 =0, 令y1=3,所以x1=√3，之1=1，所以 n1=(3,3,1) 设平面EBM的法向量为n2=(x2, y2必2）， n2·MB 则 二0即 5x2-y2=0: n2·ME=0, y2+32=0, 令y:=3,所以x:=√3，心2=-1，所 以n2=(3,3,-1) 设二面角F-BM-E的平面角为B,所 以|cos0|=|cos(n1,n2〉|= |n1·ng11 n1n2 13 因为0∈[0，x],所以sin 9>0,即 sin0=√/1-cos0 4√3 13 所以二面角F-BME的正弦值为 45 13 微专题19 空间的距离 》热点分类·考向探究《 例1a) 4 解析：如图，设AC的中点为O,O到平 面CDE的距离为A1到平面CDE距离 的一半，连接AD,设A1到平面DCE 的距离为d,由VA,E=VceA,DE,即 1 3SE·d三3S△4，E·CDd9 2×1×1×1 2 ,O到平面 x1x CDE的距离为 1 9 E A (2)/15 解析：如图所示， 取BD的中点E, 连接AE,CE,在 △ABD中，因为 AB=AD=2√5， 所以AE⊥BD,B人E 在△BCD中，因 为BC=CD= 2√2，所以CEL BD.因为AE∩CE=E,AE,CEC 平面ACE,所以BD⊥平面ACE.又 BDC平面BCD,所以平面ACE⊥平 面BCD,过A作AO⊥CE,垂足为O, 可得AO⊥平面BCD,所以AO为，点A 到平面BCD的距离，在Rt△ABE中， AB=25,BE = 2BD=2,可得 AE=√JAB2-BE2=4.又AC=4, 所以△ACE为等腰三角形，所以O为 CE的中点.在Rt△BCE中，BC= 22,BE=2,可得CE √/BC-BE=2.在Rt△AOE中， AE=4,OE=2CE=1,所以A0= √/AE2一OE2=√15，所以，点A到平 面BCD的距离为√I5. 跟踪训练】) 3 解析：在圆雏SO中，SO⊥平面OAB, 则SO⊥OA,SO⊥OB,设O到平 面SAB的距离为d,SA=SB= √+1=√2.又OA⊥OB,则 AB=√+1卫=√2，所以S△ABs= X1AB1Psin60°= 1 2 号SXSC0=3X号X1X1 6,由Vs0aB=V048= 3 XS△ABSX d,即 1_1 6 32 ×d,解得d= 3 (2)23 解析：方法一如图，，C1A1⊥AB1, C1A1⊥AA1,A1B1∩AA1=A1, .C1A1⊥平面AA1B1B,又C1A1C 平面ABC,.平面ABC1⊥平面 AA1B1B.过点A作AG⊥A1B,平 面A1BC1∩平面AA1BB=A1B, .AG⊥平面A1BC,即AG的长为点 A到平面ABC1的距离，在 AB·AA Rt△AA1B中，AG= AB √2×2 23 √6 A B B 方法二 由等体积法可知VAA,1= VgAA,C·解得点A到平面ABC1的距 3 离为 3 例2B 根据题意，以S为坐标原点，建 立如图所示的空间直角坐标系， 则 S(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0), A(0,0,1),C(0,3,0), B 又，点E为△ABC的重心，所以 (层1，）则=（各 -号），D店=(2，-2,0，则c0sE店. D)= E求DB EB IDBI 号+2 7 ,则 √+1+行x2 √52 sin(EB,DB)=/1-cos'(EB,DB)= ,所以，点E到直线BD的距离为 √52 1血成=√+1+× E √5 √6 .故选B W52 3 √52 6 跟踪训练2A 如图，建立空间直角坐 标系，根据条件可得E(0,0,1),F(3, 3,2),C1(0,3,3),EF=(3,3,1), FC=(-3,0,1).设向量EF与FC1的 EF.FC 夹角为0，则cos日 EF FC -9+1 8 /19×√10 ，所以点E到 /190 直线FC1的距离d=EF|·sin0= 64_3√35 190 5. 故选A. D B A 参考答案 305