章末整合提升专题一⇨几何中共点、共线、共面问题1.证明共面问题证明共面问题，一般有两种证法：一是由某些元素确定一个平面，再证明其余元素在这个平面内；二是分别由不同元素确定若干个平面，再证明这些平面重合．2．证明三点共线问题证明空间三点共线问题，通常证明这些点都在两个面的交线上，即先确定出某两点在某两个平面的交线上，再证明第三个点是两个平面的公共点，当然必在两个平面的交线上．3．证明三线共点问题证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上的问题．典例1 如图，在底面是平行四边形的四棱锥S－ABCD中，O为AC、BD的交点，P、Q分别为△SAD、△SBC的重心．求证：S、P、O、Q四点共面.[解析]如图，连接SP、SQ，并分别延长交AD、BC于点M、N，连接MN．因为P、Q分别为△SAD、△SBC的重心，所以M、N分别为AD、BC的中点，所以O ∈MN．由棱锥的性质，知点S、M、N不共线，所以确定一个平面SMN所以MN⊂平面SMN，所以O∈平面SMN．又P∈SM，Q∈SN，SM⊂平面SMN，SN⊂平面SMN所以P∈平面SMN，Q∈平面SMN所以S、P、O、Q四点共面．专题二⇨线线、线面、面面的平行与垂直关系的证明在这一章中，我们重点学习了立体几何中的平行与垂直关系的判定定理与性质定理，这些定理之间并不是彼此孤立的，线线、线面、面面之间的平行与垂直关系可相互转化．做题时要充分运用它们之间的联系，挖掘题目提供的有效信息，综合运用所学知识解决此类问题．典例2 (2016·山东文)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．(1)已知AB＝BC，AE＝EC．求证：AC⊥FB；(2)已知G、H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC．[解析](1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE．因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC．同理可得BD⊥AC．又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB．(2)设FC的中点为I，连接GI、HI．在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF．又EF∥DB，所以GI∥DB．在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC．因为GH ⊂平面GHI 所以CH ∥平面ABC ． 专题三 ⇨空间角的计算空间中的角包括异面直线所成的角，直线和平面所成的角和二面角，如何准确找出或作出空间角的平面角，是解答有关空间角问题的关键，空间角的题目一般都是多种知识的交汇点，因此它也是高考常考查的内容之一．典例3 如图，在Rt △AOB 中∠OAB ＝30°，斜边AB ＝4，Rt △AOC 可以通过Rt △AOB 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B －AO －C 是直二面角，动点D 在斜边AB 上.(1)求证：平面COD ⊥平面AOB ；(2)当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的正切值； (3)求CD 与平面AOB 所成角的正切值的最大值． [解析] (1)由题意，CO ⊥AO ，BO ⊥AO ∴∠BOC 是二面角B －AO －C 的平面角 又∵二面角B －AO －C 是直二面角． ∴CO ⊥BO ．又∵AO ∩BO ＝O ，∴CO ⊥平面AOB ． 又CO ⊂平面COD ∴平面COD ⊥平面AOB ．(2)作DE ⊥OB ，垂足为E ，连接CE (如图)，则DE ∥AO ．∴∠CDE 是异面直线AO 与CD 所成的角． 在Rt △OCB 中，CO ＝BO ＝2，OE ＝12BO ＝1∴CE ＝CO 2＋OE 2＝5． 又DE ＝12AO ＝3∴在Rt △CDE 中，tan ∠CDE ＝CE DE ＝53＝153．即异面直线AO 与CD 所成的角的正切值是153． (3)由(1)知，CO ⊥平面AOB∴∠CDO 是CD 与平面AOB 所成的角 且tan ∠CDO ＝OC OD ＝2OD ．∴当OD 最小时，tan ∠CDO 最大 这时，OD ⊥AB ，垂足为DOD ＝OA ·OB AB ＝3，tan ∠CDO ＝233即CD 与平面AOB 所成角的正切值的最大值是233．专题四 ⇨数学思想 1.转化思想转化与化归思想的主要目的是将未知问题转化为已知问题，复杂问题转化为简单问题，空间几何问题转化为平面几何问题．本章中涉及到转化与化归思想的知识有：(1)位置关系的转化，即平行与平行的转化、垂直与垂直的转化、平行与垂直的转化；(2)量的转化，如点到面距离的转化；(3)几何体的转化，即几何体补形与分割．典例4 (2016·北京文)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD, AB ∥CD ，DC ⊥AC ．(1)求证：DC ⊥平面P AC ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AC ；(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥平面CEF ？说明理由． [解析] (1)因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥DC ． 又因为DC ⊥AC ．所以DC ⊥平面P AC ． (2)因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ，所以AB ⊥AC ． 因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC ⊥AB ．所以AB ⊥平面P AC ．所以平面P AB ⊥平面P AC ． (3)棱PB 上存在点F ，使得P A ∥平面CEF .证明如下：如图，取PB中点F，连接EF、CE、CF．又因为E为AB的中点，所以EF∥P A．又因为P A⊄平面CEF，所以P A∥平面CEF．2．函数与方程思想几何体中的线面位置关系以及几何体的体积和截面积的计算，可以转化为函数或方程(组)的解来解答．典例5 如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD与平面ABEF 互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0＜a＜2).(1)求MN的长；(2)求a为何值时，MN的长最小．[思路分析]取a作变量，利用立体几何知识，建立关于MN的长的表达式，利用函数与方程思想求得MN的长的最小值．[解析](1)如图所示，作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连接PQ，依题意可得四边形MNQP是平行四边形，∴MN＝PQ．∵CM＝BN＝a，CB＝AB＝BE＝1∴AC＝BF＝2∴由MP∥AB，NQ∥EF得CP 1＝a2，BQ1＝a2，即CP＝BQ＝a2．∴MN＝PQ＝BP2＋BQ2＝(1－CP)2＋BQ2＝(1－a2)2＋(a2)2＝(a－22)2＋12(0＜a＜2)．(2)由(1)得MN＝(a－22)2＋12又0＜a＜2所以，当a＝22时，MN min＝22.故M，N分别移动到AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为22．第二章学业质量标准检测本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．直线l1∥l2，在l1上取3个点，在l2上取2个点，由这5个点能确定平面的个数为(D) A．5B．4C．9D．1[解析]由经过两条平行直线有且只有一个平面可知分别在两平行直线上的5个点只能确定一个平面．2．教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线(B)A．平行B．垂直C．相交D．异面[解析]当直尺垂直于地面时，A不对；当直尺平行于地面时，C不对；当直尺位于地面上时，D不对．3．已知m、n是两条不同直线，α、β是两个不同平面，则下列命题正确的是(D) A．若α、β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m、n平行于同一平面，则m与n平行C．若α、β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线D．若m、n不平行．．．，则m与n不可能．．．垂直于同一平面[解析]A项，α、β可能相交，故错误；B项，直线m、n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m、n垂直于同一平面，则必有m∥n，所以原命题正确，故D项正确．4．(2016～2017·枣庄高一检测)△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC ，m ⊥AC ，则直线l ，m 的位置关系是( B )A ．相交B ．平行C ．异面D ．不确定[解析]⎭⎪⎬⎪⎫ ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥ABl ⊥AC AB ∩AC ＝A ⇒l ⊥平面ABC⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥BC m ⊥AC AC ∩BC ＝C ⇒m ⊥平面ABC l ∥m 5．已知α、β是两个平面，直线l ⊄α，l ⊄β，若以①l ⊥α；②l ∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有( A )A ．①③⇒②；①②⇒③B ．①③⇒②；②③⇒①C ．①②⇒③；②③⇒①D ．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①[解析] 因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m ，使m ⊥α 又因为l ⊥α，所以l ∥m .又因为l ⊄β，所以l ∥β，即①③⇒②； 因为l ∥β，所以过l 可作一平面γ∩β＝n ，所以l ∥n 又因为l ⊥α，所以n ⊥α又因为n ⊂β，所以α⊥β，即①②⇒③．6．设直线l ⊂平面α，过平面α外一点A 与l ，α都成30°角的直线有( B ) A ．1条 B ．2条 C ．3条D ．4条[解析] 如图，和α成30°角的直线一定是以A 为顶点的圆锥的母线所在直线，当∠ABC ＝∠ACB ＝30°且BC ∥l 时，直线AC ，AB 都满足条件，故选B ．7．(2016～2017·浙江文)已知互相垂直的平面α、β交于直线l .若直线m 、n 满足m ∥α，n ⊥β，则( C )A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n[解析] 选项A ，只有当m ∥β或m ⊂β时，m ∥l ；选项B ，只有当m ⊥β时，m ∥n ；选项C ，由于l ⊂β，∴n ⊥l ；选项D ，只有当m ∥β或m ⊂β时，m ⊥n ，故选C ．8．(2016·南安一中高一检测)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱BC 和棱CC1的中点，则异面直线AC与MN所成的角为(C)A．30° B．45°C．60° D．90°[解析]如图，连接A1C1、BC1、A1B．∵M、N分别为棱BC和棱CC1的中点∴MN∥BC1．又A1C1∥AC∴∠A1C1B为异面直线AC与MN所成的角．∵△A1BC1为正三角形∴∠A1C1B＝60°.故选C．9．(2018·全国卷Ⅱ文，9)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为(C)A．22B．32C．52D．72[解析]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以异面直线AE与CD所成角为∠EAB，设正方体边长为2a，则由E为棱CC1的中点，可得CE＝a，所以BE＝5a．则tan ∠EAB ＝BE AB ＝5a 2a ＝52.故选C ．10．(2018·临朐一中高一检测)已知A ，B ，C ，D 是空间不共面的四个点，且AB ⊥CD ，AD ⊥BC ，则直线BD 与AC ( A )A ．垂直B ．平行C ．相交D ．位置关系不确定[解析] 过点A 作AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，连结BO∵AB ⊥CD ，由三垂线定理可得BO ⊥CD ． 同理DO ⊥BC ，∴O 为△ABC 的垂心所以CO ⊥BD ，BD ⊥AO ，CO ∩AO ＝O ，∴BD ⊥平面ADC ，所以BD ⊥AC ． 故选A ．11．)设a ，b 是异面直线，则以下四个结论：①存在分别经过直线a 和b 的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线a 和b 的两个平行平面；③经过直线a 有且只有一个平面垂直于直线b ；④经过直线a 有且只有一个平面平行于直线b ，其中正确的个数有( C )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 对于①，可对在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确；对于②，可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确；对于③，当这两条直线不垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误；对于④，假设过直线a 有两个平面α，β与直线b 平行，则面α，β相交于直线a ，过直线b 做一平面γ与面α，β相交于两条直线m ，n 都与直线b 平行，可得a 与b 平行，所以假设不成立，所以④正确，故选C ．12．(2018·全国卷Ⅰ理，12) 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( A )A ．334B ．233C ．324D ．32[解析] 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与线AA 1，A 1B 1，A 1D 1所成的角是相等的所以平面AB 1D 1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的同理平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB1D1与C1BD中间且过棱的中点的正六边形，且边长为22，所以其面积为S＝6×34·(22)2＝334，故选A．第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是__直角三角形__.[解析]如图，过点A作AE⊥BD，E为垂足．∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD∴AE⊥平面BCD，∴AE⊥BC．又∵DA⊥平面ABC，∴DA⊥BC．又∵AE∩DA＝A，∴BC⊥平面ABD∴BC⊥AB．∴△ABC为直角三角形．14．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN等于__90°__.[解析]因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN．又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°．15．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足__DM⊥PC(或BM⊥PC)__时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).[解析] 连接AC ，则BD ⊥AC ，由P A ⊥底面ABCD ，可知BD ⊥P A ，∴BD ⊥平面P AC ，∴BD ⊥PC ．故当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，平面MBD ⊥平面PCD ．16．(2017·全国卷Ⅰ文，16)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为__36π__.[解析] 如图，连接OA ，OB ．由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC ．由平面SCA ⊥平面SCB ，平面SCA ∩平面SCB ＝SC ，OA ⊥SC ，知OA ⊥平面SCB ． 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ∴三棱锥S －ABC 的体积V ＝13×(12SC ·OB )·OA ＝r 33即r 33＝9，∴r ＝3，∴S 球表＝4πr 2＝36π． 三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)(2017·山东文，18)由四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1－B 1CD 1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A 1E ⊥平面ABCD ．(1)证明：A 1O ∥平面B 1CD 1；(2)设M 是OD 的中点，证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1． [解析] (1)证明：取B 1D 1的中点O 1，连接CO 1，A 1O 1 由于ABCD －A 1B 1C 1D 1是四棱柱所以A 1O 1∥OC ，A 1O 1＝OC因此四边形A 1OCO 1为平行四边形，所以A 1O ∥O 1C 又O 1C ⊂平面B 1CD 1，A 1O ⊄平面B 1CD 1 所以A 1O ∥平面B 1CD 1．(2)证明：因为AC ⊥BD ，E ，M 分别为AD 和OD 的中点 所以EM ⊥BD ．又A 1E ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD 所以A 1E ⊥BD 因为B 1D 1∥BD所以EM ⊥B 1D 1，A 1E ⊥B 1D 1．又A 1E ，EM ⊂平面A 1EM ，A 1E ∩EM ＝E 所以B 1D 1⊥平面A 1EM ． 又B 1D 1⊂平面B 1CD 1所以平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1．18．(本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅲ文，19)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． [解析] (1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． (2)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ． MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．19．(本小题满分12分)(2017·北京文，18)如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，AB ⊥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面P AC ；(3)当P A ∥平面BDE 时，求三棱锥E －BCD 的体积．[解析] (1)证明：因为P A ⊥AB ，P A ⊥BC ，所以P A ⊥平面ABC ． 又因为BD ⊂平面ABC 所以P A ⊥BD ．(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC ． 由(1)知，P A ⊥BD 所以BD ⊥平面P AC 所以平面BDE ⊥平面P AC ．(3)解：因为P A ∥平面BDE ，平面P AC ∩平面BDE ＝DE 所以P A ∥DE ． 因为D 为AC 的中点所以DE ＝12P A ＝1，BD ＝DC ＝2．由(1)知，P A ⊥平面ABC 所以DE ⊥平面ABC所以三棱锥E －BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13．20．(本小题满分12分)(2018·天津文，17)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．[解析] (1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．(2)取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1 可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326．(3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4．在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34.所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34． 21．(本小题满分12分)(2017·天津文，17)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．[解析] (1)解：如图，由已知AD ∥BC ，故∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD ． 在Rt △PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5 故cos ∠DAP ＝AD AP ＝55．所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55． (2)证明：由(1)知AD ⊥PD ．又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ． 又PD ⊥PB ，PB ∩BC ＝B 所以PD ⊥平面PBC ．(3)解：过点D 作DF ∥AB ，交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC所以PF 为DF 在平面PBC 上的射影所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角． 由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1． 由已知，得CF ＝BC －BF ＝2． 又AD ⊥DC ，所以BC ⊥DC ．在Rt △DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25 在Rt △DPF 中，可得sin ∠DFP ＝PD DF ＝55．所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55． 22．(本小题满分12分)(2018·集宁一中高一检测)如图，四面体ABCD 中，O ，E 分别为BD ，BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2.(1)求证：AO ⊥平面BCD ； (2)求点E 到平面ACD 的距离．[解析] (1)连结OC ．因为BO ＝DO ，AB ＝AD ，所以AO ⊥BD ．因为BO ＝DO ，CB ＝CD ，所以CO ⊥BD ．在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝ 3.而AC ＝2，所以AO 2＋CO 2＝AC 2，所以∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC ．因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD ．(2)设点E 到平面ACD 的距离为h .因为V E －ACD ＝V A －CDE ，所以13h ·S △ACD ＝13·AO ·S △CDE ．在△ACD 中，CA ＝CD ＝2，AD ＝2，所以S △ACD ＝12×2×22－(22)2＝72． 而AO ＝1，S △CDE ＝12×34×22＝32，所以h ＝AO ·S △CDE S △ACD ＝1×3272＝217．所以点E 到平面ACD 的距离为217．。