2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題10 平行與垂直的證明練習(xí) 理.docx

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10　平行與垂直的證明 1.下列條件中,能判斷平面α∥β的是(　　). ①存在一條直線a,a?α,a∥β; ②存在兩條異面直線a,b,a?α,b?β,a∥β,b∥α; ③α內(nèi)存在不共線的三點(diǎn)到β的距離相等; ④l,m是兩條異面直線,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.②③ B.②④ C.②③④ D.①③④ 解析??、佗壑袃善矫婵赡芟嘟?故選B. 答案?　B 2.給出下列四個命題,其中假命題的個數(shù)是(　　). ①垂直于同一條直線的兩條直線平行; ②垂直于同一個平面的兩個平面互相平行; ③如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線,那么這兩個平面相互垂直; ④兩個平面垂直,過其中一個平面內(nèi)一點(diǎn)作與它們交線垂直的直線,此直線必垂直于另一個平面. A.1 B.2 C.3 D.4 解析??、馘e,可以相交;②錯,可以相交、平行;③正確;④錯,直線在平面內(nèi)才垂直,否則不垂直.故選C. 答案?　C 3.設(shè)m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列命題中正確的是(　　). A.若α⊥β,m?α,n?β,則m⊥n B.若m⊥α,m∥n,n∥β,則α⊥β C.若m⊥n,m?α,n?β,則α⊥β D.若α∥β,m?α,n?β,則m∥n 解析?　若α⊥β,m?α,n?β,則m與n相交、平行或異面,故A錯誤; ∵m⊥α,m∥n,∴n⊥α,又∵n∥β,∴α⊥β,故B正確; 若m⊥n,m?α,n?β,則α∥β或α與β相交,故C錯誤; 若α∥β,m?α,n?β,則m∥n或m與n異面,故D錯誤. 故選B. 答案?　B 4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,與AD1異面且與AD1成60的面對角線共有　　　　條. 解析?　與AD1異面的面對角線有A1C1,B1C,BD,BA1,C1D,共5條,其中與B1C成90,其余成60. 答案?　4 能力1 ?　能準(zhǔn)確判斷點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例1】　如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,點(diǎn)M,N分別是AB,A1B1的中點(diǎn). (1)求證:BN∥平面A1MC. (2)若A1M⊥AB1,求證:AB1⊥A1C. 解析?　(1)因?yàn)锳BC-A1B1C1是直三棱柱,所以AB∥A1B1,且AB=A1B1.又點(diǎn)M,N分別是AB,A1B1的中點(diǎn),所以MB=A1N,且MB∥A1N.所以四邊形A1NBM是平行四邊形,從而BN∥A1M,又BN?平面A1MC,A1M?平面A1MC,所以BN∥平面A1MC. (2)因?yàn)锳BC-A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥底面ABC,而AA1?側(cè)面ABB1A1, 所以側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC. 又CA=CB,且M是AB的中點(diǎn),所以CM⊥AB. 則由側(cè)面ABB1A1⊥底面ABC,側(cè)面ABB1A1∩底面ABC=AB,CM⊥AB,且CM?底面ABC,得CM⊥側(cè)面ABB1A1. 又AB1?側(cè)面ABB1A1,所以AB1⊥CM. 又AB1⊥A1M,A1M,MC?平面A1MC,且A1M∩MC=M,所以AB1⊥平面A1MC. 又A1C?平面A1MC,所以AB1⊥A1C. 　　正確運(yùn)用平面的基本性質(zhì),線線、線面平行或垂直等性質(zhì)定理和判定定理進(jìn)行判斷. 如圖所示,AB為☉O的直徑,點(diǎn)C在☉O上(不與A,B重合),PA⊥平面ABC,點(diǎn)E,F分別為線段PC,PB的中點(diǎn).G為線段PA上(除點(diǎn)P外)的一個動點(diǎn). (1)求證:BC∥平面GEF. (2)求證:BC⊥GE. 解析?　(1)因?yàn)辄c(diǎn)E,F分別為線段PC,PB的中點(diǎn),所以EF∥CB,又EF?平面GEF,點(diǎn)G不與點(diǎn)P重合,CB?平面GEF,所以BC∥平面GEF. (2)因?yàn)镻A⊥平面ABC,CB?平面ABC,所以BC⊥PA.又因?yàn)锳B是☉O的直徑,所以BC⊥AC.又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,且GE?平面PAC,所以BC⊥GE. 能力2 ?　能正確運(yùn)用線線、線面平行與垂直的性質(zhì)定理及判定定理解題 【例2】　如圖,在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90,CD=2,AD=AB=1,四邊形BDEF為正方形,且平面BDEF⊥平面ABCD. (1)求證: DF⊥CE. (2)若AC與BD相交于點(diǎn)O,則在棱AE上是否存在點(diǎn)G,使得平面OBG∥平面EFC?并說明理由. 解析?　(1)連接EB.∵在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90,AB=AD=1,DC=2, ∴BD=2,BC=2, ∴BD2+BC2=CD2, ∴BC⊥BD.又∵平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,BC?平面ABCD,∴BC⊥平面BDEF,∴BC⊥DF. 又∵在正方形BDEF中,DF⊥EB且EB,BC?平面BCE,EB∩BC=B,∴DF⊥平面BCE. ∵CE?平面BCE,∴DF⊥CE. (2)在棱AE上存在點(diǎn)G,使得平面OBG∥平面EFC,且AGGE=12.證明如下: ∵在梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90,AB=1,DC=2,∴AB∥DC,AOOC=ABDC=12. 又∵AGGE=12,∴OG∥CE. ∵在正方形BDEF中,EF∥OB,且OB,OG?平面EFC,EF,CE?平面EFC,∴OB∥平面EFC,OG∥平面EFC. ∵OB∩OG=O,且OB,OG?平面OBG,∴平面OBG∥平面EFC. 　　高考中立體幾何部分不斷出現(xiàn)了一些具有探索性、開放性的試題,對于這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法等方法來解決. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,∠DAB=60,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (1)證明:PA⊥BD. (2)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值. 解析?　(1)∵∠DAB=60,AB=2AD,∴由余弦定理得BD=3AD,∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD. 又∵PD⊥平面ABCD,∴BD⊥PD,∴BD⊥平面PAD,∴PA⊥BD. (2)如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),AD的長為單位長,DA,DB,DP的方向?yàn)閤,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,1),C(-1,3,0), ∴AB=(-1,3,0),PB=(0,3,-1),BC=(-1,0,0). 設(shè)平面PAB的法向量為n=(x1,y1,z1),則nAB=0,nPB=0,即-x1+3y1=0,3y1-z1=0,取y1=1,則x1=3,z1=3, ∴n=(3,1, 3). 設(shè)平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2),則mBC=0,mPB=0,即-x2=0,3y2-z2=0,取y2=-1,則x2=0,z2=-3, ∴m=(0,-1,-3),cos=-427=-277, 易知二面角A-PB-C為鈍角,故二面角A-PB-C的余弦值為-277. 能力3 ?　能求解線線角、線面角、面面角 【例3】　如圖,在四棱錐P-ABCD中, PA=PD=AD=2CD=2BC=2,且∠ADC=∠BCD=90. (1)當(dāng)PB=2時,證明:平面PAD⊥平面ABCD; (2)當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積為34,且二面角P-AD-B為鈍角時,求直線PA與平面PCD所成角的正弦值. 解析?　(1)取AD的中點(diǎn)O,連接PO,BO, ∵△PAD為正三角形,∴OP⊥AD. ∵∠ADC=∠BCD=90,∴BC∥AD. ∵BC=12AD=1,∴BC=OD, ∴四邊形BCDO為矩形,∴OB=CD=1. 又在△POB中,PO=3,OB=1,PB=2,PO2+OB2=PB2, ∴∠POB=90,∴PO⊥OB. ∵AD∩OB=O,∴PO⊥平面ABCD, 又∵PO?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABCD. (2)∵AD⊥PO,AD⊥OB, PO∩BO=O, PO,BO?平面POB,∴AD⊥平面POB. ∵AD?平面ABCD,∴平面POB⊥平面ABCD, ∴過點(diǎn)P作PE⊥平面ABCD,垂足E一定落在平面POB與平面ABCD的交線BO的延長線上. ∵四棱錐P-ABCD的體積為34, ∴VP-ABCD=13PE12(AD+BC)CD=13PE12(2+1)1=12PE=34,∴PE=32. ∵PO=3, ∴OE=PO2-PE2=3-94=32. 如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA,OB的方向?yàn)閤軸,y軸的正方向,平面POB內(nèi)過點(diǎn)O垂直于平面AOB的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz, 由題意可知A(1,0,0),P0,-32,32,D(-1,0,0),C(-1,1,0),DP=1,-32,32,DC=(0,1,0),PA=1,32,-32. 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 則nDP=0,nDC=0,得x-32y+32z=0,y=0, 令x=1,則z=-23,∴n=1,0,-23. 設(shè)直線PA與平面PCD所成的角為θ, 則sin θ=|cos|=|PAn||PA||n|=22133=31313. 故直線PA與平面PCD所成角的正弦值為31313. 　　求異面直線所成角,直線與平面所成角以及二面角的問題,可先作出該角,再證明所作角為所求的角,最后轉(zhuǎn)化在三角形內(nèi)求解.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是:(1)觀察圖形,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;(2)寫出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo),求出相應(yīng)直線的方向向量;(3)設(shè)出相應(yīng)平面的法向量,利用兩相交直線垂直法向量且數(shù)量積為零列出方程組求出法向量;(4)將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系;(5)求出相應(yīng)角的正弦值或余弦值和距離. 如圖,已知在矩形ABCD中,AB=2AD=2,M是DC的中點(diǎn),以AM為折痕,使得DC=DB. (1)求AD與BM所成的角; (2)當(dāng)N為BD的中點(diǎn)時,求AN與平面ABCM所成角的正弦值. 解析?　(1)因?yàn)樵诰匦沃?AB=2AD=2,M為DC的中點(diǎn), 所以AM=BM=2,所以BM⊥AM. 取AM的中點(diǎn)O,連接DO,又DA=DM,所以DO⊥AM. 取BC的中點(diǎn)H,連接OH,DH,則OH∥AB,所以O(shè)H⊥BC. 因?yàn)镈C=DB,所以BC⊥DH. 又DH∩OH=H,所以BC⊥平面DOH,所以BC⊥DO,所以DO⊥平面ABCM,又DO?平面ADM,所以平面ADM⊥平面ABCM. 因?yàn)槠矫鍭DM∩平面ABCM=AM,BM?平面ABCM,AM⊥BM,所以BM⊥平面ADM. 因?yàn)锳D?平面ADM,所以AD⊥BM,即AD與BM所成角的大小為90. (2)如圖,作NP⊥OB交OB于點(diǎn)P,連接AP,由(1)可知,∠NAP為所求角. 因?yàn)镹為中點(diǎn),所以NP=12DO=24. 又DH2=DO2+OH2,所以DH=112,DB=3. 又因?yàn)镈B2+AD2=AB2,所以∠ADB=90, 所以在直角三角形ADB中,AN=AD2+DN2=12+322=72. 故所求角的正弦值為NPAN=1414. 能力4 ?　能求解線面平行與垂直的綜合問題 【例4】　在如圖所示的多面體ABEDC中,已知AB∥DE,AB⊥AD,△ACD是正三角形,AD=DE=2AB=2,BC=5, F是CD的中點(diǎn). (1)求證: AF∥平面BCE. (2)求證:平面BCE⊥平面CDE. (3)求點(diǎn)D到平面BCE的距離. 解析?　(1)取CE的中點(diǎn)M,連接BM,MF,利用三角形的中位線,得MF∥AB,MF=AB,即四邊形ABMF為平行四邊形,∴MB∥AF.∵BM?平面BCE,AF?平面BCE,∴AF∥平面BCE. (2)∵△ACD是正三角形, ∴AC=AD=CD=2, 在△ABC中, AB=1,AC=2,BC=5, ∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC, ∴DE⊥AC.又DE⊥AD,AC∩AD=A, ∴DE⊥平面ACD, ∴DE⊥AF.又AF⊥CD,由(1)得BM∥AF, ∴DE⊥BM, BM⊥CD,DE∩CD=D, ∴BM⊥平面CDE,BM?平面BCE, ∴平面BCE⊥平面CDE. (3)連接DM,∵DE=DC,∴DM⊥CE. 由(2)知,平面BCE⊥平面CDE, ∴DM⊥平面BCE, ∴DM為點(diǎn)D到平面BCE的距離,DM=2, ∴點(diǎn)D到平面BCE的距離為2. 　　立體幾何中往往涉及垂直關(guān)系、平行關(guān)系、距離、體積的計算.在計算問題中,常用“幾何法”.利用幾何法,要遵循“一作、二證、三計算”的步驟,熟悉空間中點(diǎn)線、面的位置關(guān)系及判定方法,掌握體積、距離的求法,靈活使用面面垂直、線面垂直等性質(zhì)定理. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥AD,AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,E,F分別為PC,CD的中點(diǎn),DE=EC. (1)求證:平面ABE⊥平面BEF. (2)設(shè)PA=a,若平面EBD與平面ABCD所成銳二面角θ∈π4,π3,求a的取值范圍. 解析?　(1)∵AB∥CD,CD⊥AD,AD=CD=2AB=2,F為CD的中點(diǎn), ∴四邊形ABFD為矩形,AB⊥BF. ∵DE=EC,∴DC⊥EF, 又AB∥CD,∴AB⊥EF. ∵BF∩EF=F,∴AB⊥平面BEF, 又AB?平面ABE, ∴平面ABE⊥平面BEF. (2)∵DE=EC,∴DC⊥EF. 又PD∥EF,AB∥CD,∴AB⊥PD. ∵CD⊥AD,∴AB⊥AD, 又AD∩PD=D,∴AB⊥平面PAD,AB⊥PA. 以AB為x軸的正方向,AD為y軸的正方向,AP為z軸的正方向, 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則B(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,a),C(2,2,0),E1,1,a2. 設(shè)平面BCD的一個法向量為n1=(0,0,1),可求得平面EBD的一個法向量為n2=(2a,a,-2), 則cos θ=-25a2+4∈12,22,可得a∈255,2155. 一、選擇題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,給出以下四個結(jié)論,錯誤的是(　　). A.直線D1C∥平面A1ABB1 B.直線A1D1與平面BCD1相交 C.直線AD不與平面D1DB垂直 D.平面BCD1⊥平面A1ABB1 解析?　因?yàn)镈1C∥A1B,D1C?平面A1ABB1,所以A正確;因?yàn)橹本€A1D1在平面BCD1內(nèi),所以B錯誤;因?yàn)锳D與BD不垂直,所以C正確;因?yàn)锽C⊥平面ABB1A1,BC?平面D1BC,所以D正確.故選B. 答案?　B 2.已知a,b是直線,α是平面,下列說法正確的是(　　). A.若a∥b,則a平行于經(jīng)過b的任何平面 B.若a∥α,則a與α內(nèi)任何直線平行 C.若a不平行于α,則α內(nèi)不存在與a平行的直線 D.若a∥b,a∥α,b?α,則b∥α 解析?　A錯,不能平行a,b所構(gòu)成的平面;B錯,存在異面情況;C錯,a可以在平面α內(nèi),這樣就找得到直線平行;D對.故選D. 答案?　D 3.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,二面角D1-AC-B的余弦值是(　　). A.63 B.-63 C.33 D.-33 解析?　連接BD,交AC于O,連接D1O,易知∠D1OB為所求二面角的平面角.在Rt△D1DO中,求得∠D1OB的補(bǔ)角的余弦值為33,所以選D. 解析?　D 4.已知六棱錐P-ABCDEF的底面是正六邊形,PA⊥平面ABC,PA=AB,則直線PD與平面ABC所成角的正切值為(　　). A.2 B.12 C.2 D.22 解析?　如圖,PD與平面ABC所成角為∠PDA,在Rt△PAD中,AD=2PA,所以tan∠PDA=PAAD=12,故選B. 答案?　B 5.設(shè)α,β,γ是三個不同的平面,a,b,c是三條不同的直線,下列四個命題正確的是(　　). A.若a∥α,b∥β,a∥b,則α∥β B.若a∥α,b∥α,α∩β=c,a?β,b?β,則a∥b C.若α⊥β,β⊥γ,則α∥γ或α⊥γ D.若a⊥b,a⊥c,b?α,c?α,則a⊥α 解析?　A錯,兩個平面可以相交;C錯,兩個平面可以相交;D錯,a可以與平面相交或在平面內(nèi),故選B. 答案?　B 6.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=26,過直線B1D1的平面α⊥平面A1BD,則平面α截該正方體所得的截面的面積為(　　). A.66 B.126 C.123 D.182 解析?　如圖,設(shè)B1D1∩A1C1=F,AA1的中點(diǎn)為E,連接EF,由中位線定理得EF∥AC1,由正方體的性質(zhì)可知,AC1⊥BD,AC1⊥A1D,又BD∩A1D=D,所以AC1⊥平面A1BD,進(jìn)而EF⊥平面A1BD.因?yàn)镋F?平面EB1D1,所以平面EB1D1⊥平面A1BD,所以平面EB1D1就是所求的平面α,S△EB1D1=124332=66.故答案為66. 答案?　A 7.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC將△ABC折起,當(dāng)平面ABC⊥平面ACD時,四面體ABCD的外接球的體積是(　　). A.12512π B.1259π C.1256π D.1253π 解析?　設(shè)矩形ABCD的對角線AC,BD的交點(diǎn)為點(diǎn)O, 由矩形的性質(zhì)結(jié)合題意可知,OA=OB=OC=OD=1232+42=52. 在翻折過程中OA,OB,OC,OD長度不變,據(jù)此可知點(diǎn)O為球心, 外接球的半徑R=OA=52,外接球的體積V=43πR3=43π1258=1256π.故選C. 答案?　C 8.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠DAB=60,PD⊥平面ABCD,PD=AD=2,點(diǎn)E為AB的中點(diǎn),則點(diǎn)A到平面PEC的距離為(　　). A.1510 B.3010 C.55 D.105 解析?　設(shè)點(diǎn)A到平面PEC的距離為d. 連接ED,取PC的中點(diǎn)Q,連接EQ,AC. 由題意知,在△EBC中, EC=EB2+BC2-2EBBCcos∠EBC =1+4+21212=7, 在△PDE中,PE=PD2+DE2=7, 在△PDC中,PC=PD2+CD2=22,故EQ⊥PC,可得EQ=5, S△PEC=12225=10, S△AEC=1213=32, 所以由VA-PEC=VP-AEC, 得1310d=13322, 解得d=3010,故選B. 答案?　B 9.已知△ABC的頂點(diǎn)A∈平面α,點(diǎn)B,C在平面α同側(cè),且AB=2,AC=3,若AB,AC與α所成的角分別為π3,π6,則線段BC長度的取值范圍為(　　). A.[2-3,1] B.[1,7] C.[7,7+23] D.[1,7+23] 解析?　如圖,過點(diǎn)B,C作平面α的垂線,垂足分別為M,N, 則四邊形BMNC為直角梯形. 在平面BMNC內(nèi),過點(diǎn)C作CE⊥BM,交BM于點(diǎn)E. 又因?yàn)锽M=2sin∠BAM=2sinπ3=3,AM=2cosπ3=1,CN=3sin∠CAN=3sinπ6=32,AN=3cosπ6=32, 所以BE=BM-CN=32,故BC2=MN2+34. 又因?yàn)锳N-AM≤MN≤AM+AN, 即12≤MN≤52, 所以1≤BC2≤7,即1≤BC≤7,故選B. 答案?　B 二、填空題 10.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD=6AA1,AC,BD交于點(diǎn)O,則D1O與平面A1B1C1D1所成的角為　　　　. 解析?　由上下兩平面平行,易知∠D1OD為所求角.設(shè)AA1=1,則AD=6AA1=6,底面是正方形,所以DO=3,tan∠D1OD=DD1DO=13=33,故所成的角為30. 答案?　30 11.若一個n面體中有m個面是直角三角形,則稱這個n面體的直度為mn,如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,四面體A1-ABC的直度為　　　　. 解析?　由長方體易知∠A1AB,∠A1BC,∠ABC,∠A1AC為直角,所以四個面都是直角三角形,故直度為1. 答案?　1 12.如圖,在正方形ABCD中,EF∥AB,若沿EF將正方形折成一個二面角后,AE∶ED∶AD=1∶1∶2,則AF與CE所成角的余弦值為　　　　. 解析?　∵折后有AE∶DE∶AD=1∶1∶2, ∴DE⊥AE. 由題意得DE⊥EF,AE⊥EF, 如圖,建立空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)AB=EF=CD=2, 則E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1), ∴AF=(-1,2,0),EC=(0,2,1), ∴cos=45,∴AF與CE所成角的余弦值為45. 答案?　45 三、解答題 13.在如圖所示的多面體ABEDC中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,AC=AD=CD=DE=2, AB=1,G為AD的中點(diǎn). (1)請在線段CE上找到點(diǎn)F的位置,使得直線BF∥平面ACD,并給予證明; (2)求平面BCE與平面ACD所成銳二面角的大小; (3)求點(diǎn)G到平面BCE的距離. 解析?　以D點(diǎn)為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,使得x軸和z軸的正半軸分別經(jīng)過點(diǎn)A和點(diǎn)E, 則各點(diǎn)的坐標(biāo)為D(0,0,0),A(2,0,0),E(0,0,2),B (2,0,1),C(1,3,0), (1)當(dāng)點(diǎn)F是線段CE的中點(diǎn)時,BF∥平面ACD,證明如下: 設(shè)F是線段CE的中點(diǎn),則點(diǎn)F的坐標(biāo)為12,32,1,∴BF=-32,32,0, 顯然BF與平面xDy平行,∴BF∥平面ACD. (2)設(shè)平面BCE的法向量為n=(x,y,z), 則n⊥CB,且n⊥CE. 又CB=(1,-3,1),CE=(-1,-3,2), ∴x-3y+z=0,-x-3y+2z=0,不妨設(shè)y=3,則x=1,z=2, 即n=(1,3,2), 取平面ACD的一個法向量為(0,0,1), ∴所求角θ滿足cos θ=n(0,0,1)|n|=2221=22,∴θ=π4. (3)∵點(diǎn)G的坐標(biāo)為(1,0,0), ∴BG=(-1,0,-1), 由(2)可知平面BCE的一個法向量為n=(1,3,2), ∴所求距離d=BGn|n|=|-1-2|22=324.