专题15 空间位置关系与距离
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．已知平面α外不共线的三点A,B,C 到α的距离都相等, 则正确的结论是( B) A. 平面ABC 必平行于α B. 存在△ABC 的一条中位线平行于α或在α内 C. 平面ABC 必与α相交 D. 平面ABC C 1
2．如图，过平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1点作直线, 其中与平面DBB 1D 1平行的直线共有( D ) A.4条 B.6条 C.8条 D.12条
3．设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别
是侧棱AA 1、 CC 1 上的点，且PA=QC1，则
四棱锥B —APQC 的体积为（ C ）
A ．1 B ．1 C ．1V D ．1
3642
4．已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列 四个命题：①若m ⊥α, m ⊥β, 则α//β； ②若α⊥γ, β⊥α, 则α//β
③若m ⊂α, n ⊂β, m //n , 则α//β；
④若m 、n 是异面直线，m ⊂α, m //β, n ⊂β, n //α, 则α//β， 其中真命题是（ D ） A ．①和② B ．①和③ C ．③和④ D ．①和④
5．在正方形ABCD -A ' B ' C ' D ' 中，过对角线BD 的一个平面交AA ' 于E ，交CC 于F ，则( ) ① ② ③
四边形BFD E 一定是平行四边形 四边形BFD E 有可能是正方形
四边形BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形
'
'
' ' '
'
'
④ 四边形BFD E 有可能垂直于平面BB D 以上结论正确的为 ①③④ 。（写出所有正确结论的编号）
6．如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别BD 、BC 的中点, CA =CB =CD =BD =2,
_A AB =AD = （Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；
（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； （Ⅲ）求点E 到平面ACD 的距离. 【专家解答】
（I ）证明：连结OC
BO =DO , AB =AD , ∴AO ⊥BD . BO =DO , BC =CD , ∴CO ⊥BD . _ B 在∆AOC 中，由已知得AO =1, CO = 而AC =2, ∴AO +CO =AC ,
2
2
2
O _ C
_ E
∴∠AOC =90o , 即AO ⊥OC . BD OC =O , ∴AO ⊥平面BCD
（II ）取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC ∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角
11AB =OE =DC =1, 22
1
OM 是直角∆AOC 斜边AC 上的中线，∴OM =AC =
1,
2
∴cos ∠OEM =∴异面直线AB 与CD
所成角的大小为arccos
44
（III ）设点E 到平面ACD 的距离为h .
11
V E -ACD =V A -CDE , ∴h . S ∆ACD =. AO . S ∆CDE .
33
在∆OME 中，
EM =
1=
21AO . S ∆CDE 12= =而AO =1, S ∆CDE =2=
∴h =
S ∆ACD 72 ∴点E 到平面ACD
在∆ACD 中
, CA =CD =2, AD =
∴S ∆ACD =
★★★高考要考什么
【考点透视】
判断线线、线面、面面的平行与垂直，求点到平面的距离及多面体的体积。 【热点透析】 1． 转化思想：
① 线线平行⇔线面平行⇔面面平行, 线⊥线⇔线⊥面⇔面⊥面 ； ② 异面直线间的距离转化为平行线面之间的距离，
平行线面、平行面面之间的距离转化为点与面的距离。 2．空间距离则主要是求点到面的距离主要方法： ①体积法； ②直接法, 找出点在平面内的射影
★★★高考将考什么
【范例1】如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，面
CDE 是等边三角形，棱EF //
1
BC ． =2
（1）证明FO //平面CDE ； （2
）设BC =，
证明EO ⊥平面CDF ．
解析：（Ⅰ）取CD 中点M ，连结OM. 在矩形ABCD 中，OM //
M
11
BC ，又EF //BC ，则EF //OM， 22
连结EM ，于是四边形EFOM 为平行四边形. ∴FO //EM 又 FO ⊄平面CDE ， EM ⊂平面CDE ， ∴ FO ∥平面CDE （Ⅱ）证明：连结FM ，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE 中，
CM =DM , EM ⊥
CD 且EM =
1
=BC =EF . 2
因此平行四边形EFOM 为菱形，从而EO ⊥FM 而FM∩CD=M，
∴CD ⊥平面EOM ，从而CD ⊥EO. 而FM ⋂CD =M ，所以EO ⊥平面CDF. 【点晴】本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，注意线面平行和线面垂直判定定理的使用，考查空间想象能力和推理论证能力。
【文】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面为直角梯形, AD ∥BC ，∠BAD=90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD=AB =2BC，M 、N 分别为PC 、PB 的中点。
(Ⅰ) 求证：PB ⊥DM;
(Ⅱ) 求CD 与平面ADMN 所成的角 解析：方法一：
（I ）因为N 是PB 的中点，PA =PB ，所以AN ⊥PB .
因为AD ⊥平面PAB ，所以AD ⊥PB ，从而PB ⊥平面ADMN . 因为DM ⊂平面ADMN ，所以PB ⊥DM .
（II ）取AD 的中点G ，连结BG 、NG ，则BG //CD ，
所以BG 与平面ADMN 所成的角和CD 与平面ADMN 所成的角相等. 因为PB ⊥平面ADMN ，所以∠BGN 是BG 与平面ADMN 所成的角.
BN . =
BG 故CD 与平面ADMN
所成的角是arcsin .
5
在Rt ∆
BGN 中，sin ∠BNG =
方法二：
以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A -xyz ，设BC =1，则
1
A (0,0,0),P (0,0,2), B (2,0,0),C (2,1,0),M (1,,1), D (0,2,0) .
2
3
（I ） 因为PB ⋅DM =(2,0,-2) ⋅(1,-,1) =0，所以PB ⊥DM .
2
（II ） 因为PB ⋅AD =(2,0,-2) ⋅(0,2,0)=0，所以PB ⊥AD ， 又因为PB ⊥DM ，所以PB ⊥平面ADMN .
因此的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角.
PB ⋅DC
=因为cos =，
|PB |⋅|DC |
所以CD 与平面ADMN
所成的角为. 【点晴】注意线线垂直常使用线面垂直得到解决，线面角关键是找到射影，遵循一作二证三计算的步骤。同时使用空间向量能降低对空间想象能力的要求。
【范例2】如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=4，侧面PAD 为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°.
（Ⅰ）求四棱锥P —ABCD 的体积； （Ⅱ）证明PA ⊥BD. 解析：（Ⅰ）如图，取AD 的中点E ， 连结PE ，则PE ⊥AD.
作PO ⊥平面在ABCD ，垂足为O ，连结OE. 根据三垂线定理的逆定理得OE ⊥AD ，
所以∠PEO 为侧面PAD 与底面所成的二面角 的平面角，由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，所以PO=33，
四棱锥P —ABCD 的体积V P —ABCD =⨯8⨯4⨯33=96.
（Ⅱ）法1 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系. 通过计算可得P(0，0，33) ， A(2，－3，0) ，B(23，5，0) ，D(－2，－3，0)
所以=(2, -3, -), =(-43, -8, 0). 因为⋅=-24+24+0=0, 所以PA ⊥BD.
法2：连结AO ，延长AO 交BD 于点F. 通过计算 可得EO=3，AE=2，又知AD=43，AB=8， 得
13
EO AD
=. 所以Rt △AEO ∽Rt △BAD. 得∠EAO=∠ABD. AE AB
所以∠EAO+∠ADF=90° 所以 AF ⊥BD.
因为 直线AF 为直线PA 在平面ABCD 内的身影，所以PA ⊥BD.
【点晴】本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、分析问题能力，解题的关键是二面角的使用。使用空间向量能降低对空间想象能力的要求，但坐标系的位置不规则，注意点坐标的表示。
【文】在直三棱柱ABC -ABC 中，∠ABC =90, AB =BC =1. （1）求异面直线B 1C 1与AC 所成的角的大小；
ABC 所成角为45，求三棱锥A 1-ABC 的体积。 （2）若AC 1与平面
解析 (1) ∵ BC∥B 1C 1, ∴∠ACB 为异面直线B 1C 1与AC 所成角(或它的补角)
∵∠ABC=90°, AB=BC=1, ∴∠ACB=45°, ∴ 异面直线B 1C 1与AC 所成角为45°.
(2) ∵ AA1⊥平面ABC, ∠ACA 1是A 1C 与平面ABC 所成的角, ∠ACA =45°.
∵ ∠ABC=90°, AB=BC=1, AC=, ∴AA 1=2. ∴ 三棱锥A 1-ABC 的体积V=
16
S △ABC ×AA 1=. 32
【点晴】画图是学好立体几何的基本要求，本题考查了线线角和体积等立几知识。
【范例3】如图，所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1.
（Ⅰ）求BF 的长；
（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.
解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD，且EH=AD. ∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH. ∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1.
∴DF=C1H=2. ∴BF =BD +DF =26. （Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ， 则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG . 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，
由三垂线定理可知AG ⊥C 1M. 由于AG ⊥面C 1MC ， 且AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.
在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到面AEC 1F 的距离.
2
2
由
EB BG
=可得, BG =1, 从而AG =CC 1CG
AB 2+BG 2=.
4=12
, 由∠GAB =∠MCG 知, CM =3cos MCG =3cos GAB =3⨯
3⨯
2
12=4. 11
∴CQ =
CM ⨯CC 1
=
MC 1
122
3+
17
解法2：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则D （0，0，0），B （2，4，0）， A （2，0，0），C （0，4，0），E （2，4，1），C 1（0，4，3）. 设F （0，0，z ）.
∵AEC 1F 为平行四边形，
∴由AEC 1F 为平行四边形,
∴由AF =EC 1得, (-2, 0, z ) =(-2, 0, 2), ∴z =2. ∴F (0, 0, 2). ∴=(-2, -4, 2).
于是||=26, 即BF 的长为26.
（II ）设n 1为面AEC 1F 的法向量，显然n 1不垂直于平面ADF , 故可设n 1=(x , y , 1)
⎧x =1, ⎧⎧4y +1=0, ⎪n 1⋅AE =0, ⎧0⨯x +4⨯y +1=0⎪由⎨得⎨即⎨∴⎨1
-2⨯x +0⨯y +2=0-2x +2=0, y =-. ⎪⎩⎪⎩n 1⋅=0, ⎩4⎩
CC 1⋅n 1=又CC 1=(0, 0, 3), 设CC 1与n 1的夹角为a
，则cos α=
|CC 1|⋅|n 1|
∴C 到平面AEC 1F 的距离为d =|CC 1|cos α=3⨯
44=. 3311
【点晴】本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，空间距离也遵循
一作二证三计算的步骤，但体积法是一种很好的求空间距离的方法，同学们不妨一试。
【文】正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为8，对角线B 1C =10，D 是AC 的中点。
（1）求点B 1到直线AC 的距离. （2）求直线AB 1到平面C 1BD 的距离．
解：（1）连结BD ，B 1D ，由三垂线定理可得：B 1D ⊥AC ， 所以B 1D 就是B 1点到直线AC 的距离。 在Rt ∆B 1BD 中BB 1=
B 1C 2-BC 2=2-82=6, BD =43．
∴B 1D =
BD 2+B 1B 2=221． A 1
（2）因为AC 与平面BD C 1交于ＡＣ的中点Ｄ， 设B 1C ⋂BC 1=E ，则AB 1//DE，所以AB 1//平面C 1BD ， 所以AB 1到平面BD C 1的距离等于Ａ点到平面BD C 1 的距离，等于Ｃ点到平面BD C 1的距离，也就等于三棱 锥C -BDC 1的高， V C -B D C =V C -B D C ，
1
1
1
A
1
∴hS ∆BDC 1
3
B
1=S ∆BDC CC 1，∴h =，即直线AB 1到平面BD C 1的距离是．
31313
π
（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为.
4
解析：法1
（1）∵AE ⊥面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E
【点晴】求空间距离注意三点：
1．常规遵循一作二证三计算的步骤； 2．多用转化的思想求线面和面面距离； 3．体积法是一种很好的求空间距离的方法．
【范例4】如图，在长方体AC 1中，AD=AA1=1，AB=2，点E 在棱AB 上移动.
（1）证明：D 1E ⊥A 1D ； 1
（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离； A
（2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，AC=CD1=，AD 1=2，
故S ∆AD 1C =
11311
⋅2⋅5-=, 而S ∆ACE =⋅AE ⋅BC =. 22222
11131S ∆AEC ⋅DD 1=S ∆AD 1C ⋅h , ∴⨯1=⨯h , ∴h =. 33223
1
∴V D 1-AEC =
（3）过D 作DH ⊥CE 于H ，连D 1H 、DE ，则D 1H ⊥CE
，
∴∠DHD 1为二面角D 1—EC —D 的平面角. 设AE=x ，则BE=2－x
在Rt ∆D 1DH 中, ∠DHD 1=
π
4
, ∴DH =1.
A 在Rt ∆ADE 中, DE =∴在Rt ∆DHE 中, EH =x ,
在Rt ∆DHC 中CH =∴x +3=
x 2-4x +5⇒x =2-.
3, 在Rt ∆CBE 中CE =x 2-4x +5.
∴AE =2-时, 二面角D 1-EC -D .
4
π
法2：以D 为坐标原点，直线DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设AE=x ，则A 1(1，0，1) ，D 1(0，0，1) ，E(1，x ，0) ，A(1，0，0), C(0，2，0).
（1）因为DA , 0, 1), (1, x , -1) =0, 所以DA 1. 1, D 1E =(1
（2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0）， 从而D 1E =(1, 1, -1), AC =(-1, 2, 0) ，AD , 0, 1) ， 1=(-1
设平面ACD 1的法向量为=(a , b , c ) ，
⎧⎧-a +2b =0⎧a =2b ⎪⋅=0,
则⎨也即⎨，得⎨，
-a +c =0a =c ⎪⎩⎩⋅AD =0, 1⎩
从而=(2, 1, 2) ，所以点E 到平面AD 1C 的距离为h =（3）设平面D 1EC 的法向量=(a , b , c ) ， ∴=(1, x -2, 0), D 1=(0, 2, -1), DD 1=(0, 0, 1),
=
2+1-21
=. 33
⎧⎪⋅D 1=0, ⎧2b -c =0
⇒⎨由⎨ 令b =1, ∴c=2, a =2－x ，
a +b (x -2) =0. ⎪⎩⎩⋅=0,
∴=(2-x , 1, 2). 依题意cos
π
4
=
1=
222
⇒=.
222(x -2) +5
∴x 1=2+3（不合，舍去），x 2=2-3 . ∴AE=2-3时，二面角D 1—EC —D 的大小为
π
. 4
【点晴】由线线、线面、面面的位置寻找满足某些条件的点的位置，是一种新型题目，它能考查学生分析问题、解决问题的能力，应引起重视，解决这类问题，常用分析法寻找思路。
BD 与平 【文】如图，已知长方体ABCD -A ，AB =2, AA 1BC 11D 11=1，直线
AE 垂直BD 于E , F 为A 1B 1的中点． 面AA 1B 1B 所成的角为30，
（Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角；
（Ⅱ）求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点A 到平面BDF 解（Ⅰ）连结B 1D 1，过F 作B 1D 1的垂线，垂足为K ，
∵BB 1与两底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1都垂直，
1
⎫
∴FK ⊥B 1D 1⎪⎬⇒FB ⊥平面BDD 1B 1 B 1D 1⋂BB 1=B 1⎪⎭又
⎫
⎪
AE ⊥BD ⎬⇒AE ⊥平面BDD 1B 1 BB 1⋂BD =B ⎪⎭
FB ⊥BB 1
AE ⊥BB 1
因此FK //AE
BFK 为异面直线BF 与AE 连结BK ，由FK ⊥面BDD 1B 1得FK ⊥BK ，从而∆BKF 为Rt ∆在 Rt ∆B 1KF 和Rt ∆B 1D 1A 1中，
1AD AB FK A 1D 1A 1D 1 B 1F 由得FK ====
B 1F B 1D 1B 1D 1BD
FK
=
BK ∴异面直线BF 与
AE
所成的角为
（Ⅱ）由于AD ⊥面AA t B 由A 作BF 的垂线 AG ，垂足为
G ，连结DG ，则BG ⊥DG ∴
B 所成二
又BF ， ∴cos
1
1面角的平面角。且
11
AB , A 1F =AB , 22
F 分别为SA
、SB 的中点，即SA =2
A 1A =2=AB 。 ∴A 1、
∴ Rt ∆BAS 为等腰直角三角形，垂足G
点实为斜边SB 的中点F ，即F
、G 重合。
1。
易得AG =AF =SB =Rt ∆BAS 中，AD =
2AD ==∴tan
即平面BDF 于平面AA 1B 所成二面角（锐角）的大小为 （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面AFD 是平面BDF 与平面AAB 1所成二面角的平面角所在的平面 ∴面AFD ⊥面BDF Rt ∆ADF 中，由Ａ作 AH ⊥DF 于H ，则AH 即为点A 到平面BDF 的距离. 由AH·DF=AD·AF ，得
B 1所以点A 到平面BDF AD AF AH ==
DF
=【点晴】本题综合考查了立体几何的知识，异面直线之间的夹角，面面夹角及点与面的距离，考查学生的空间想象能力。
★★★自我提升
1．设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么（ D ） (A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题
2．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的 （C ） ．．．
（A ）若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面 （B ）若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 (C) 若AB=AC，DB=DC，则AD=BC (D) 若AB=AC，DB=DC，则AD ⊥BC
3．一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平 C
面的距离是4cm ，则该球的体积是（ C ）
100π3208π3500π3π3(A)cm (B) cm (C) cm (D) cm
3333
4．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结 论中不成立的是（C ） ．．．（A ）BC//平面PDF （B ）DF ⊥平面PA E
（C ）平面PDF ⊥平面ABC （D ）平面PAE ⊥平面 ABC
5．m , n 是空间两条不同直线，α, β是两个不同平面，下面有四个命题： ①m ⊥α, n //β, α//β⇒m ⊥n ②m ⊥n , α//β, m ⊥α⇒n //β ③m ⊥n , α//β, m //α⇒n ⊥β ④m ⊥α, m //n , α//β⇒n ⊥β 其中真命题的编号是 ①、④ ;（写出所有真命题的编号）
6．已知平面α与平面β交于直线l ，P 是空间一点，PA ⊥α，垂足为A ，PB ⊥β， 垂足为B ，且PA=1，PB=2，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合， 则点P
到l 7．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为a ，M 是BC 的中点，N 是CC 1
上一点，满足MN ⊥AB 1。
A 1
C 1 （1） 试确定点N 的位置；
（2） 求点C 1到平面AMN 的距离。
B 1 解 （1）∵M 是BC 中点，ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，
∴AM ⊥平面B 1BCC 1， ∴AM ⊥MN ， N ∵MN ⊥AB 1， ∴MN ⊥平面B 1AM ， ∴MN ⊥B 1N ，
A C 125222
设NC =x ，在RtΔB1BM 中，B 1M =a +a =a ,
44M
1222
在RtΔNCM中，MN =x +a ,
4
222222
在RtΔB 1C 1N 中，B 1N =a +(a -x ) , 在RtΔB1MN 中，B 1N =B 1M +MN ，
5212a 1222
∴a +(a -x ) =a +a +x , ∴x =, ∴N 在CC 1的处。
4444
（2）点C 1到平面AMN 的距离，即为三棱锥C 1—AMN 的高，
设为h ，则V A -MNC =V C 1-AMN =∵V A -MNC ∵AM=
1
1
h ⋅S ∆AMN ,
1
3
AM ⋅S ∆MNC 11
=AM ⋅S ∆MNC 1, ∴h =, 3S ∆AMN
S ∆MNC 1
152a ⋅a =a , a ,MN=a , ∴S ∆AMN =⨯2241624
11111335
=S ∆MCC 1-S ∆MCN =⨯a 2-⨯a ⨯a =a 2, ∴h =a .
222241610
8. 如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB，F
为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE.
D （Ⅰ）求证AE ⊥平面BCE ；
（Ⅱ）求二面角B —AC —E 的大小； （Ⅲ）求点D 到平面ACE 的距离. 解：（I ） BF ⊥平面ACE , ∴BF ⊥AE ,
二面角D-AB-E 为直二面角， A ∴平面ABCD ⊥平面ABE ，
又BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE ，∴BC ⊥AE , 又BF ⊂平面BCE ，BF BC=B，∴AE ⊥平面BCE 。
B
（II ）连结AC 、BD 交于G ，连结FG ，
∵ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ， ∵BF ⊥平面ACE ，
∴FG ⊥AC ，∠FGB 为二面角B-AC-E 的平面角，由(I)可知，AE ⊥平面
BCE ， ∴AE ⊥EB ，又AE=EB，AB=2，
BC ⋅BE
==CE BF
在正方形中，
BFG
中，sin
∠FGB ===
BG 在直角三角形BCE
中，
=
BF =
3
∴二面角B-AC-E 为D
（III ）由（II ）可知，在正方形ABCD 中，BG=DG， D 到平面ACB 的距离等于B 到平面ACE 的距离，BF ⊥平 面ACE ，线段BF 的长度就是点B 到平面
ACE 的距离，即 为D 到平面
ACE 的距离. 故D =
A
1
S ∆ACD ⋅EO . 3
另法：过点E 作EO ⊥AB 交AB 于点O. OE=1.
∵二面角D —AB —E 为直二面角，∴EO ⊥平面ABCD.
设D 到平面ACE 的距离为h ， V D -ACE =V E -ACD , ∴S ∆ACB ⋅h =
13
AE ⊥平面BCE ， ∴AE ⊥EC .
11AD ⋅DC ⋅EO ⨯2⨯2⨯123 ∴h ===. 113AE ⋅EC 2⨯622
∴点D 到平面ACE 的距离为23. 3
解法二：（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）以线段AB 的中点为原点O ，OE 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，过O 点平行于AD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz ，如图.
AE ⊥面BCE ，BE ⊂面BCE ， ∴AE ⊥BE ，
在Rt ∆AEB 中, AB =2, O 为AB 的中点，
∴OE =1. ∴A (0, -1, 0), E (1, 0, 0), C (0, 1, 2).
=(1, 1, 0), =(0, 2, 2). 设平面AEC 的一个法向量为=(x , y , z ) ， ⎧⎧y =-x , ⎪⋅=0, ⎧x +y =0, 即⎨则⎨ 解得⎨ 2y +2x =0. ⎪⎩z =x , ⎩AC ⋅n =0, ⎩
（III ）∵AD//z轴，AD=2，∴=(0, 0, 2) ，
∴点D 到平面ACE 的距离 令x =1, 得=(1, -1, 1) 是平面AEC 的一个法向量. 又平面BAC 的一个法向量为=(1, 0, 0) ， 3∴cos(, ) ===. 3∴二面角B —AC —E 的大小为1D . 3A d =||⋅|cos ==2
3=2. 3
专题15 空间位置关系与距离
★★★高考在考什么
【考题回放】
1．已知平面α外不共线的三点A,B,C 到α的距离都相等, 则正确的结论是( B) A. 平面ABC 必平行于α B. 存在△ABC 的一条中位线平行于α或在α内 C. 平面ABC 必与α相交 D. 平面ABC C 1
2．如图，过平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1点作直线, 其中与平面DBB 1D 1平行的直线共有( D ) A.4条 B.6条 C.8条 D.12条
3．设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的体积为V ，P 、Q 分别
是侧棱AA 1、 CC 1 上的点，且PA=QC1，则
四棱锥B —APQC 的体积为（ C ）
A ．1 B ．1 C ．1V D ．1
3642
4．已知m 、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列 四个命题：①若m ⊥α, m ⊥β, 则α//β； ②若α⊥γ, β⊥α, 则α//β
③若m ⊂α, n ⊂β, m //n , 则α//β；
④若m 、n 是异面直线，m ⊂α, m //β, n ⊂β, n //α, 则α//β， 其中真命题是（ D ） A ．①和② B ．①和③ C ．③和④ D ．①和④
5．在正方形ABCD -A ' B ' C ' D ' 中，过对角线BD 的一个平面交AA ' 于E ，交CC 于F ，则( ) ① ② ③
四边形BFD E 一定是平行四边形 四边形BFD E 有可能是正方形
四边形BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形
'
'
' ' '
'
'
④ 四边形BFD E 有可能垂直于平面BB D 以上结论正确的为 ①③④ 。（写出所有正确结论的编号）
6．如图，四面体ABCD 中，O 、E 分别BD 、BC 的中点, CA =CB =CD =BD =2,
_A AB =AD = （Ⅰ）求证：AO ⊥平面BCD ；
（Ⅱ）求异面直线AB 与CD 所成角的大小； （Ⅲ）求点E 到平面ACD 的距离. 【专家解答】
（I ）证明：连结OC
BO =DO , AB =AD , ∴AO ⊥BD . BO =DO , BC =CD , ∴CO ⊥BD . _ B 在∆AOC 中，由已知得AO =1, CO = 而AC =2, ∴AO +CO =AC ,
2
2
2
O _ C
_ E
∴∠AOC =90o , 即AO ⊥OC . BD OC =O , ∴AO ⊥平面BCD
（II ）取AC 的中点M ，连结OM 、ME 、OE ，由E 为BC 的中点知ME ∥AB,OE ∥DC ∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的角
11AB =OE =DC =1, 22
1
OM 是直角∆AOC 斜边AC 上的中线，∴OM =AC =
1,
2
∴cos ∠OEM =∴异面直线AB 与CD
所成角的大小为arccos
44
（III ）设点E 到平面ACD 的距离为h .
11
V E -ACD =V A -CDE , ∴h . S ∆ACD =. AO . S ∆CDE .
33
在∆OME 中，
EM =
1=
21AO . S ∆CDE 12= =而AO =1, S ∆CDE =2=
∴h =
S ∆ACD 72 ∴点E 到平面ACD
在∆ACD 中
, CA =CD =2, AD =
∴S ∆ACD =
★★★高考要考什么
【考点透视】
判断线线、线面、面面的平行与垂直，求点到平面的距离及多面体的体积。 【热点透析】 1． 转化思想：
① 线线平行⇔线面平行⇔面面平行, 线⊥线⇔线⊥面⇔面⊥面 ； ② 异面直线间的距离转化为平行线面之间的距离，
平行线面、平行面面之间的距离转化为点与面的距离。 2．空间距离则主要是求点到面的距离主要方法： ①体积法； ②直接法, 找出点在平面内的射影
★★★高考将考什么
【范例1】如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，面
CDE 是等边三角形，棱EF //
1
BC ． =2
（1）证明FO //平面CDE ； （2
）设BC =，
证明EO ⊥平面CDF ．
解析：（Ⅰ）取CD 中点M ，连结OM. 在矩形ABCD 中，OM //
M
11
BC ，又EF //BC ，则EF //OM， 22
连结EM ，于是四边形EFOM 为平行四边形. ∴FO //EM 又 FO ⊄平面CDE ， EM ⊂平面CDE ， ∴ FO ∥平面CDE （Ⅱ）证明：连结FM ，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE 中，
CM =DM , EM ⊥
CD 且EM =
1
=BC =EF . 2
因此平行四边形EFOM 为菱形，从而EO ⊥FM 而FM∩CD=M，
∴CD ⊥平面EOM ，从而CD ⊥EO. 而FM ⋂CD =M ，所以EO ⊥平面CDF. 【点晴】本小题考查直线与平面平行、直线与平面垂直等基础知识，注意线面平行和线面垂直判定定理的使用，考查空间想象能力和推理论证能力。
【文】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面为直角梯形, AD ∥BC ，∠BAD=90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD=AB =2BC，M 、N 分别为PC 、PB 的中点。
(Ⅰ) 求证：PB ⊥DM;
(Ⅱ) 求CD 与平面ADMN 所成的角 解析：方法一：
（I ）因为N 是PB 的中点，PA =PB ，所以AN ⊥PB .
因为AD ⊥平面PAB ，所以AD ⊥PB ，从而PB ⊥平面ADMN . 因为DM ⊂平面ADMN ，所以PB ⊥DM .
（II ）取AD 的中点G ，连结BG 、NG ，则BG //CD ，
所以BG 与平面ADMN 所成的角和CD 与平面ADMN 所成的角相等. 因为PB ⊥平面ADMN ，所以∠BGN 是BG 与平面ADMN 所成的角.
BN . =
BG 故CD 与平面ADMN
所成的角是arcsin .
5
在Rt ∆
BGN 中，sin ∠BNG =
方法二：
以A 为坐标原点建立空间直角坐标系A -xyz ，设BC =1，则
1
A (0,0,0),P (0,0,2), B (2,0,0),C (2,1,0),M (1,,1), D (0,2,0) .
2
3
（I ） 因为PB ⋅DM =(2,0,-2) ⋅(1,-,1) =0，所以PB ⊥DM .
2
（II ） 因为PB ⋅AD =(2,0,-2) ⋅(0,2,0)=0，所以PB ⊥AD ， 又因为PB ⊥DM ，所以PB ⊥平面ADMN .
因此的余角即是CD 与平面ADMN 所成的角.
PB ⋅DC
=因为cos =，
|PB |⋅|DC |
所以CD 与平面ADMN
所成的角为. 【点晴】注意线线垂直常使用线面垂直得到解决，线面角关键是找到射影，遵循一作二证三计算的步骤。同时使用空间向量能降低对空间想象能力的要求。
【范例2】如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=4，侧面PAD 为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°.
（Ⅰ）求四棱锥P —ABCD 的体积； （Ⅱ）证明PA ⊥BD. 解析：（Ⅰ）如图，取AD 的中点E ， 连结PE ，则PE ⊥AD.
作PO ⊥平面在ABCD ，垂足为O ，连结OE. 根据三垂线定理的逆定理得OE ⊥AD ，
所以∠PEO 为侧面PAD 与底面所成的二面角 的平面角，由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6，所以PO=33，
四棱锥P —ABCD 的体积V P —ABCD =⨯8⨯4⨯33=96.
（Ⅱ）法1 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系. 通过计算可得P(0，0，33) ， A(2，－3，0) ，B(23，5，0) ，D(－2，－3，0)
所以=(2, -3, -), =(-43, -8, 0). 因为⋅=-24+24+0=0, 所以PA ⊥BD.
法2：连结AO ，延长AO 交BD 于点F. 通过计算 可得EO=3，AE=2，又知AD=43，AB=8， 得
13
EO AD
=. 所以Rt △AEO ∽Rt △BAD. 得∠EAO=∠ABD. AE AB
所以∠EAO+∠ADF=90° 所以 AF ⊥BD.
因为 直线AF 为直线PA 在平面ABCD 内的身影，所以PA ⊥BD.
【点晴】本小题主要考查棱锥的体积、二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、分析问题能力，解题的关键是二面角的使用。使用空间向量能降低对空间想象能力的要求，但坐标系的位置不规则，注意点坐标的表示。
【文】在直三棱柱ABC -ABC 中，∠ABC =90, AB =BC =1. （1）求异面直线B 1C 1与AC 所成的角的大小；
ABC 所成角为45，求三棱锥A 1-ABC 的体积。 （2）若AC 1与平面
解析 (1) ∵ BC∥B 1C 1, ∴∠ACB 为异面直线B 1C 1与AC 所成角(或它的补角)
∵∠ABC=90°, AB=BC=1, ∴∠ACB=45°, ∴ 异面直线B 1C 1与AC 所成角为45°.
(2) ∵ AA1⊥平面ABC, ∠ACA 1是A 1C 与平面ABC 所成的角, ∠ACA =45°.
∵ ∠ABC=90°, AB=BC=1, AC=, ∴AA 1=2. ∴ 三棱锥A 1-ABC 的体积V=
16
S △ABC ×AA 1=. 32
【点晴】画图是学好立体几何的基本要求，本题考查了线线角和体积等立几知识。
【范例3】如图，所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1.
（Ⅰ）求BF 的长；
（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.
解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD，且EH=AD. ∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH. ∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1.
∴DF=C1H=2. ∴BF =BD +DF =26. （Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ， 则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG . 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，
由三垂线定理可知AG ⊥C 1M. 由于AG ⊥面C 1MC ， 且AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.
在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到面AEC 1F 的距离.
2
2
由
EB BG
=可得, BG =1, 从而AG =CC 1CG
AB 2+BG 2=.
4=12
, 由∠GAB =∠MCG 知, CM =3cos MCG =3cos GAB =3⨯
3⨯
2
12=4. 11
∴CQ =
CM ⨯CC 1
=
MC 1
122
3+
17
解法2：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则D （0，0，0），B （2，4，0）， A （2，0，0），C （0，4，0），E （2，4，1），C 1（0，4，3）. 设F （0，0，z ）.
∵AEC 1F 为平行四边形，
∴由AEC 1F 为平行四边形,
∴由AF =EC 1得, (-2, 0, z ) =(-2, 0, 2), ∴z =2. ∴F (0, 0, 2). ∴=(-2, -4, 2).
于是||=26, 即BF 的长为26.
（II ）设n 1为面AEC 1F 的法向量，显然n 1不垂直于平面ADF , 故可设n 1=(x , y , 1)
⎧x =1, ⎧⎧4y +1=0, ⎪n 1⋅AE =0, ⎧0⨯x +4⨯y +1=0⎪由⎨得⎨即⎨∴⎨1
-2⨯x +0⨯y +2=0-2x +2=0, y =-. ⎪⎩⎪⎩n 1⋅=0, ⎩4⎩
CC 1⋅n 1=又CC 1=(0, 0, 3), 设CC 1与n 1的夹角为a
，则cos α=
|CC 1|⋅|n 1|
∴C 到平面AEC 1F 的距离为d =|CC 1|cos α=3⨯
44=. 3311
【点晴】本小题主要考查线面关系和空间距离的求法等基础知识，空间距离也遵循
一作二证三计算的步骤，但体积法是一种很好的求空间距离的方法，同学们不妨一试。
【文】正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为8，对角线B 1C =10，D 是AC 的中点。
（1）求点B 1到直线AC 的距离. （2）求直线AB 1到平面C 1BD 的距离．
解：（1）连结BD ，B 1D ，由三垂线定理可得：B 1D ⊥AC ， 所以B 1D 就是B 1点到直线AC 的距离。 在Rt ∆B 1BD 中BB 1=
B 1C 2-BC 2=2-82=6, BD =43．
∴B 1D =
BD 2+B 1B 2=221． A 1
（2）因为AC 与平面BD C 1交于ＡＣ的中点Ｄ， 设B 1C ⋂BC 1=E ，则AB 1//DE，所以AB 1//平面C 1BD ， 所以AB 1到平面BD C 1的距离等于Ａ点到平面BD C 1 的距离，等于Ｃ点到平面BD C 1的距离，也就等于三棱 锥C -BDC 1的高， V C -B D C =V C -B D C ，
1
1
1
A
1
∴hS ∆BDC 1
3
B
1=S ∆BDC CC 1，∴h =，即直线AB 1到平面BD C 1的距离是．
31313
π
（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为.
4
解析：法1
（1）∵AE ⊥面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E
【点晴】求空间距离注意三点：
1．常规遵循一作二证三计算的步骤； 2．多用转化的思想求线面和面面距离； 3．体积法是一种很好的求空间距离的方法．
【范例4】如图，在长方体AC 1中，AD=AA1=1，AB=2，点E 在棱AB 上移动.
（1）证明：D 1E ⊥A 1D ； 1
（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离； A
（2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，AC=CD1=，AD 1=2，
故S ∆AD 1C =
11311
⋅2⋅5-=, 而S ∆ACE =⋅AE ⋅BC =. 22222
11131S ∆AEC ⋅DD 1=S ∆AD 1C ⋅h , ∴⨯1=⨯h , ∴h =. 33223
1
∴V D 1-AEC =
（3）过D 作DH ⊥CE 于H ，连D 1H 、DE ，则D 1H ⊥CE
，
∴∠DHD 1为二面角D 1—EC —D 的平面角. 设AE=x ，则BE=2－x
在Rt ∆D 1DH 中, ∠DHD 1=
π
4
, ∴DH =1.
A 在Rt ∆ADE 中, DE =∴在Rt ∆DHE 中, EH =x ,
在Rt ∆DHC 中CH =∴x +3=
x 2-4x +5⇒x =2-.
3, 在Rt ∆CBE 中CE =x 2-4x +5.
∴AE =2-时, 二面角D 1-EC -D .
4
π
法2：以D 为坐标原点，直线DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设AE=x ，则A 1(1，0，1) ，D 1(0，0，1) ，E(1，x ，0) ，A(1，0，0), C(0，2，0).
（1）因为DA , 0, 1), (1, x , -1) =0, 所以DA 1. 1, D 1E =(1
（2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0）， 从而D 1E =(1, 1, -1), AC =(-1, 2, 0) ，AD , 0, 1) ， 1=(-1
设平面ACD 1的法向量为=(a , b , c ) ，
⎧⎧-a +2b =0⎧a =2b ⎪⋅=0,
则⎨也即⎨，得⎨，
-a +c =0a =c ⎪⎩⎩⋅AD =0, 1⎩
从而=(2, 1, 2) ，所以点E 到平面AD 1C 的距离为h =（3）设平面D 1EC 的法向量=(a , b , c ) ， ∴=(1, x -2, 0), D 1=(0, 2, -1), DD 1=(0, 0, 1),
=
2+1-21
=. 33
⎧⎪⋅D 1=0, ⎧2b -c =0
⇒⎨由⎨ 令b =1, ∴c=2, a =2－x ，
a +b (x -2) =0. ⎪⎩⎩⋅=0,
∴=(2-x , 1, 2). 依题意cos
π
4
=
1=
222
⇒=.
222(x -2) +5
∴x 1=2+3（不合，舍去），x 2=2-3 . ∴AE=2-3时，二面角D 1—EC —D 的大小为
π
. 4
【点晴】由线线、线面、面面的位置寻找满足某些条件的点的位置，是一种新型题目，它能考查学生分析问题、解决问题的能力，应引起重视，解决这类问题，常用分析法寻找思路。
BD 与平 【文】如图，已知长方体ABCD -A ，AB =2, AA 1BC 11D 11=1，直线
AE 垂直BD 于E , F 为A 1B 1的中点． 面AA 1B 1B 所成的角为30，
（Ⅰ）求异面直线AE 与BF 所成的角；
（Ⅱ）求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点A 到平面BDF 解（Ⅰ）连结B 1D 1，过F 作B 1D 1的垂线，垂足为K ，
∵BB 1与两底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1都垂直，
1
⎫
∴FK ⊥B 1D 1⎪⎬⇒FB ⊥平面BDD 1B 1 B 1D 1⋂BB 1=B 1⎪⎭又
⎫
⎪
AE ⊥BD ⎬⇒AE ⊥平面BDD 1B 1 BB 1⋂BD =B ⎪⎭
FB ⊥BB 1
AE ⊥BB 1
因此FK //AE
BFK 为异面直线BF 与AE 连结BK ，由FK ⊥面BDD 1B 1得FK ⊥BK ，从而∆BKF 为Rt ∆在 Rt ∆B 1KF 和Rt ∆B 1D 1A 1中，
1AD AB FK A 1D 1A 1D 1 B 1F 由得FK ====
B 1F B 1D 1B 1D 1BD
FK
=
BK ∴异面直线BF 与
AE
所成的角为
（Ⅱ）由于AD ⊥面AA t B 由A 作BF 的垂线 AG ，垂足为
G ，连结DG ，则BG ⊥DG ∴
B 所成二
又BF ， ∴cos
1
1面角的平面角。且
11
AB , A 1F =AB , 22
F 分别为SA
、SB 的中点，即SA =2
A 1A =2=AB 。 ∴A 1、
∴ Rt ∆BAS 为等腰直角三角形，垂足G
点实为斜边SB 的中点F ，即F
、G 重合。
1。
易得AG =AF =SB =Rt ∆BAS 中，AD =
2AD ==∴tan
即平面BDF 于平面AA 1B 所成二面角（锐角）的大小为 （Ⅲ）由（Ⅱ）知平面AFD 是平面BDF 与平面AAB 1所成二面角的平面角所在的平面 ∴面AFD ⊥面BDF Rt ∆ADF 中，由Ａ作 AH ⊥DF 于H ，则AH 即为点A 到平面BDF 的距离. 由AH·DF=AD·AF ，得
B 1所以点A 到平面BDF AD AF AH ==
DF
=【点晴】本题综合考查了立体几何的知识，异面直线之间的夹角，面面夹角及点与面的距离，考查学生的空间想象能力。
★★★自我提升
1．设α、β 为两个不同的平面，l 、m 为两条不同的直线，且l ⊂α，m ⊂β，有如下的两个命题：①若α∥β，则l ∥m ；②若l ⊥m ，则α⊥β．那么（ D ） (A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题 (C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题
2．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的 （C ） ．．．
（A ）若AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面 （B ）若AC 与BD 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 (C) 若AB=AC，DB=DC，则AD=BC (D) 若AB=AC，DB=DC，则AD ⊥BC
3．一平面截一球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平 C
面的距离是4cm ，则该球的体积是（ C ）
100π3208π3500π3π3(A)cm (B) cm (C) cm (D) cm
3333
4．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结 论中不成立的是（C ） ．．．（A ）BC//平面PDF （B ）DF ⊥平面PA E
（C ）平面PDF ⊥平面ABC （D ）平面PAE ⊥平面 ABC
5．m , n 是空间两条不同直线，α, β是两个不同平面，下面有四个命题： ①m ⊥α, n //β, α//β⇒m ⊥n ②m ⊥n , α//β, m ⊥α⇒n //β ③m ⊥n , α//β, m //α⇒n ⊥β ④m ⊥α, m //n , α//β⇒n ⊥β 其中真命题的编号是 ①、④ ;（写出所有真命题的编号）
6．已知平面α与平面β交于直线l ，P 是空间一点，PA ⊥α，垂足为A ，PB ⊥β， 垂足为B ，且PA=1，PB=2，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合， 则点P
到l 7．如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为a ，M 是BC 的中点，N 是CC 1
上一点，满足MN ⊥AB 1。
A 1
C 1 （1） 试确定点N 的位置；
（2） 求点C 1到平面AMN 的距离。
B 1 解 （1）∵M 是BC 中点，ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，
∴AM ⊥平面B 1BCC 1， ∴AM ⊥MN ， N ∵MN ⊥AB 1， ∴MN ⊥平面B 1AM ， ∴MN ⊥B 1N ，
A C 125222
设NC =x ，在RtΔB1BM 中，B 1M =a +a =a ,
44M
1222
在RtΔNCM中，MN =x +a ,
4
222222
在RtΔB 1C 1N 中，B 1N =a +(a -x ) , 在RtΔB1MN 中，B 1N =B 1M +MN ，
5212a 1222
∴a +(a -x ) =a +a +x , ∴x =, ∴N 在CC 1的处。
4444
（2）点C 1到平面AMN 的距离，即为三棱锥C 1—AMN 的高，
设为h ，则V A -MNC =V C 1-AMN =∵V A -MNC ∵AM=
1
1
h ⋅S ∆AMN ,
1
3
AM ⋅S ∆MNC 11
=AM ⋅S ∆MNC 1, ∴h =, 3S ∆AMN
S ∆MNC 1
152a ⋅a =a , a ,MN=a , ∴S ∆AMN =⨯2241624
11111335
=S ∆MCC 1-S ∆MCN =⨯a 2-⨯a ⨯a =a 2, ∴h =a .
222241610
8. 如图，直二面角D —AB —E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE=EB，F
为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE.
D （Ⅰ）求证AE ⊥平面BCE ；
（Ⅱ）求二面角B —AC —E 的大小； （Ⅲ）求点D 到平面ACE 的距离. 解：（I ） BF ⊥平面ACE , ∴BF ⊥AE ,
二面角D-AB-E 为直二面角， A ∴平面ABCD ⊥平面ABE ，
又BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE ，∴BC ⊥AE , 又BF ⊂平面BCE ，BF BC=B，∴AE ⊥平面BCE 。
B
（II ）连结AC 、BD 交于G ，连结FG ，
∵ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC ， ∵BF ⊥平面ACE ，
∴FG ⊥AC ，∠FGB 为二面角B-AC-E 的平面角，由(I)可知，AE ⊥平面
BCE ， ∴AE ⊥EB ，又AE=EB，AB=2，
BC ⋅BE
==CE BF
在正方形中，
BFG
中，sin
∠FGB ===
BG 在直角三角形BCE
中，
=
BF =
3
∴二面角B-AC-E 为D
（III ）由（II ）可知，在正方形ABCD 中，BG=DG， D 到平面ACB 的距离等于B 到平面ACE 的距离，BF ⊥平 面ACE ，线段BF 的长度就是点B 到平面
ACE 的距离，即 为D 到平面
ACE 的距离. 故D =
A
1
S ∆ACD ⋅EO . 3
另法：过点E 作EO ⊥AB 交AB 于点O. OE=1.
∵二面角D —AB —E 为直二面角，∴EO ⊥平面ABCD.
设D 到平面ACE 的距离为h ， V D -ACE =V E -ACD , ∴S ∆ACB ⋅h =
13
AE ⊥平面BCE ， ∴AE ⊥EC .
11AD ⋅DC ⋅EO ⨯2⨯2⨯123 ∴h ===. 113AE ⋅EC 2⨯622
∴点D 到平面ACE 的距离为23. 3
解法二：（Ⅰ）同解法一.
（Ⅱ）以线段AB 的中点为原点O ，OE 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，过O 点平行于AD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz ，如图.
AE ⊥面BCE ，BE ⊂面BCE ， ∴AE ⊥BE ，
在Rt ∆AEB 中, AB =2, O 为AB 的中点，
∴OE =1. ∴A (0, -1, 0), E (1, 0, 0), C (0, 1, 2).
=(1, 1, 0), =(0, 2, 2). 设平面AEC 的一个法向量为=(x , y , z ) ， ⎧⎧y =-x , ⎪⋅=0, ⎧x +y =0, 即⎨则⎨ 解得⎨ 2y +2x =0. ⎪⎩z =x , ⎩AC ⋅n =0, ⎩
（III ）∵AD//z轴，AD=2，∴=(0, 0, 2) ，
∴点D 到平面ACE 的距离 令x =1, 得=(1, -1, 1) 是平面AEC 的一个法向量. 又平面BAC 的一个法向量为=(1, 0, 0) ， 3∴cos(, ) ===. 3∴二面角B —AC —E 的大小为1D . 3A d =||⋅|cos ==2
3=2. 3