(常考题)北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)

一、选择题1．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的外接球的表面积（单位：）是（）A． B． C． D．2．在长方体中，，E是的中点，则直线与直线所成角的余弦值是（）A． B． C． D．3．如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（）A． B． C． D．4．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（）A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]5．如图，在正方体中，点F是线段上的动点，则下列说法错误的是（）A．无论点F在上怎么移动，都有B．当点F移动至中点时，才有与相交于一点，记为点E，且C．当点F移动至中点时，直线与平面所成角最大且为60°D．无论点F在上怎么移动，异面直线与CD所成角都不可能是30°6．在正方体中，M是棱的中点．则下列说法正确的是（）A．异面直线与所成角的余弦值为B．为等腰直角三角形C．直线与平面所成角的正弦值等于D．直线与平面相交7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．4 B．8 C．12 D．148．如图，正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（）A．B．异面直线与不可能垂直C．不可能是直角或者钝角D．的取值范围是9．已知长方体的顶点，，，，在球的表面上，顶点，，，，在过球心的一个平面上，若，，，则球的表面积为（）A． B． C． D．10．设、是两条不同的直线，是平面，、不在内，下列结论中错误的是（）A．，，则 B．，，则C．，，则 D．，，则11．如图（1），，，为的中点，沿将折起到，使得在平面上的射影落在上，如图（2），则以下结论正确的是（）A． B． C． D．12．已知二面角为，，，为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．二、填空题13．在边长为的菱形中，对角线，将三角形沿折起，使得二面角的大小为，则三棱锥外接球的体积是_________________．14．已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，则球的表面积为__________.15．在正三棱锥中，，分别为棱，上的点，，，且.若，则三棱锥的外接球的体积为_________.16．如图，圆柱的体积为，正方形为该圆柱的轴截面，为的中点，为母线的中点，则异面直线，所成的角的余弦值为______．17．一个三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥中最长棱的长度为_______.18．正四面体棱长为2，平面，垂足为O，设M为线段上一点，且则二面角的余弦值为________．19．如图，矩形中，，E为边的中点，将沿直线翻折成．若M为线段的中点，则在翻折过程中，下面四个选项中正确的是______（填写所有的正确选项）（1）是定值（2）点M在某个球面上运动（3）存在某个位置，使（4）存在某个位置，使平面20．若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．三、解答题21．如图，是边长为2的正三角形，是以AB为斜边的等腰直角三角形，且.（1）求证：平面ABC平面ABD；（2）求二面角A-BC-D的余弦值.22．如图，在正四棱柱中，，点E为中点，点F为中点．（1）求异面直线与的距离；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点F到平面的距离．23．如图，该多面体由底面为正方形的直四棱柱被截面所截而成，其中正方形的边长为，是线段上（不含端点）的动点，．（1）证明：平面；（2）求到平面的距离．24．如图，在直三棱柱中，底面ABC为正三角形，与交于点O，E，F是棱上的两点，且满足.（1）证明：平面；（2）当，且，求直线与平面所成角的余弦值.25．如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，．（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．26．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，，为上的点，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积．【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥，底面为等腰，且侧面底面，如图所示；设为的中点，又，且平面，三棱锥的外接球的球心在上，设，则，，，解得，该几何体外接球的表面积是．故选：．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．C解析：C【分析】连接、、，先证明四边形为平行四边形，得到，故异面直线与所成的角即为相交直线与所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】连接、、，因为棱，，所以四边形为平行四边形，所以，故异面直线与所成的角即为相交直线与所成的角，因为,，所以，，，所以，由余弦定理得，从而.故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．3．B解析：B【分析】根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段计算底面圆半径即可求解.【详解】设底面圆半径为，由母线长，可知侧面展开图扇形的圆心角为，将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，最短距离为BM；如图，在中，，所以,所以,故，解得，所以圆锥的表面积为,故选：B【点睛】关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为，其次从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，绳子的最短距离即为展开图中线段的长，解三角即可求解底面圆半径，利用圆锥表面积公式求解.4．A解析：A【分析】分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，可证平面AMN∥平面BDEF，得P点在线段MN上．由此可判断当P在MN的中点时，AP最小；当P与M或N重合时，AP最大．然后求解直角三角形得答案．【详解】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．在Rt△AA1M中，AM，同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．当P在MN的中点时，AP最小为，当P与M或N重合时，AP最大为．∴线段AP长度的取值范围是．故选：A．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.5．C解析：C【分析】A.通过证明线面垂直，证得线线垂直；B.利用相似三角形，求的值；C.首先构造直线与平面所成角，再通过数形结合分析最大角，以及最大角的余弦值，判选项；D.将异面直线所成角转化为相交直线所成角，求解判断.【详解】A.，，平面，，，，同理，，平面，平面，，故A正确；B.连结，交于点，,且，四边形是平行四边形，所以，，得，故B正确；C.平面，，点是等边三角形的中心，是等边三角形，当点是的中点时，，此时是点和上的点连线的最短距离，设直线与平面所成角为，此时最大，所以此时最大，所以,最大角大于，故C不正确；D.，与所成的角，转化为的大小，的最小角是与平面所成的角，即，此时，所以的最小角大于，故D正确.故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何的综合应用，包含线线，线面角，垂直关系，首先会作图，关键选项是C和D，C选项的关键是平面，点是等边三角形的中心，D选项的关键是知道先与平面中线所成角中，其中线面角是其中的最小角.6．C解析：C【分析】A通过平移，找出异面直线所成角，利用直角三角形求余弦即可.B.求出三角形的三边，通过勾股定理说明是不是直角三角形.C.求出点到面的距离，再求直线与平面所成角的正弦.D.可通过线线平行证明线面平行.【详解】设正方体棱长为2A.取的中点为，则，则与所成角为由面，故面，故，在中，，故B.中，，，，不满足勾股定理，不是直角三角形C.，，故面，面，故到面的距离等于到面的距离，即为直线与平面所成角为直线与平面所成角的正弦值等于D.如图为的中位线，有故直线与平面平行故选：C【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.7．C解析：C【分析】根据三视图还原得其几何体为四棱锥，根据题意代入锥体体积公式计算即可.【详解】解：根据三视图还原得其几何体为四棱锥，图像如下：根据图形可得是直角梯形，平面，所以故选：C【点睛】识别三视图的步骤（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图；（3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置.8．D解析：D【分析】在正方体中根据线面垂直可判断A，根据异面直线所成角可判断B，由余弦定理可判断CD.【详解】如图，设正方体棱长为2，在正方体中易知平面，为线段上的动点，则平面,所以，故A正确；因为异面直线与所成的角即为与所成的角，在中不可能与垂直，所以异面直线与不可能垂直，故B正确；由正方体棱长为2，则，所以由余弦定理知，即不可能是直角或者钝角，故C正确；设，则，，由余弦定理，，当时，，所以为钝角，故D错误.故选：D【点睛】关键点点睛：判断正方体中的角的范围时，可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.9．C解析：C【分析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为，8，8的长方体，则球就是该长方体的外接球，根据长方体外接球的直径等于体对角线的长，求出直径，即可得出球的表面积.【详解】如下图所示：把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为，8，8的长方体，则球就是该长方体的外接球，根据长方体的结构特征可得，其外接球直径等于体对角线的长，所以球的半径满足，所以球的表面积.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体外接球的表面积，熟记长方体结构特征，其外接球的球心和半径与长方体的关系，以及球的表面积公式，是解决此类问题的关键.10．D解析：D【分析】利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B选项的正误；根据已知条件判断直线与平面的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断直线与平面的位置关系，可判断D选项的正误.【详解】对于A，，由线面平行的性质定理可知，过直线的平面与平面的交线平行于，，，，，故A正确；对于B，若，，由直线与平面垂直的性质，可得，故B正确；对于C，若，，则或，又，，故C正确；对于D，若，，则或与相交或，而，则或与相交，故D错误．故选：D．【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．11．C解析：C【分析】设，则，由线面垂直的性质和勾股定理可求得，由等腰三角形的性质可证得，再根据线面垂直的判定和性质可得选项.【详解】设，则，因为面，面，面，所以，，，又，，为的中点，所以，所以在中，，所以在中，，所以，所以，又，所以，所以，又，所以面，又面，所以，故选：C.【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.12．B解析：B【分析】作出图形，设，，，然后以、为邻边作平行四边形，可知为二面角的平面角，异面直线与所成角为或其补角，计算出三边边长，利用余弦定理计算出，即可得解.【详解】如下图所示：设，，，以、为邻边作平行四边形，在平面内，，，，则，，，，，，所以，为二面角的平面角，即，，为等边三角形，则，四边形为平行四边形，，即，，，，，，平面，平面，，则，在平行四边形中，且，所以，异面直线与所成角为或其补角，在中，，，由余弦定理可得.因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：B.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．；【分析】分析菱形的特点结合其翻折的程度判断其外接球球心的位置放到相应三角形中利用勾股定理求得半径利用球的体积公式求得外接球的体积【详解】根据题意画出图形根据长为的菱形中对角线所以和都是正三角形又因解析：；【分析】分析菱形的特点，结合其翻折的程度，判断其外接球球心的位置，放到相应三角形中，利用勾股定理求得半径，利用球的体积公式求得外接球的体积.【详解】根据题意，画出图形，根据长为的菱形中，对角线，所以和都是正三角形，又因为二面角的大小为，所以分别从两个正三角形的中心做面的垂线，交于，则是棱锥外接球的球心，且，所以球的半径，所以其体积为，故答案为：.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关几何体外接球的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，判断菱形的特征，得到两个三角形的形状；（2）根据直二面角，得到两面垂直，近一倍可以确定其外接球的球心所在的位置；（3）利用勾股定理求得半径；（4）利用球的体积公式求得结果；（5）要熟知常见几何体的外接球的半径的求解方法.14．【分析】求出截面圆的半径设可得出从而可知球的半径为根据勾股定理求出的值可得出球的半径进而可求得球的表面积【详解】如下图所示设可得出则球的直径为球的半径为设截面圆的半径为可得由勾股定理可得即即所以球的解析：【分析】求出截面圆的半径，设，可得出，从而可知，球的半径为，根据勾股定理求出的值，可得出球的半径，进而可求得球的表面积.【详解】如下图所示，设，可得出，则球的直径为，球的半径为，设截面圆的半径为，可得，，由勾股定理可得，即，即，，所以，球的半径为，则球的表面积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：在求解有关球的截面圆的问题时，一般利用球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆的距离三者之间满足勾股定理来求解.15．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平解析：【分析】证明与垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积．【详解】∵，，∴，∴，又，∴，取中点，连接，如图，由于是正三棱锥，∴，而，平面，∴平面，又平面，∴，∵，平面，∴平面，而平面，∴，同理正三棱锥中，．设三棱锥外接球半径为，则，，球的体积为．故答案为：．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．16．【分析】由圆柱体积求得底面半径母线长设底面圆心为可得为异面直线与所成的角（或其补角）在对应三角形中求解可得【详解】设圆柱底面半径为则母线长为由得设底面圆心为连接则所以为异面直线所成的角在中所以故答案解析：【分析】由圆柱体积求得底面半径，母线长，设底面圆心为，可得为异面直线与所成的角（或其补角）．在对应三角形中求解可得．【详解】设圆柱底面半径为，则母线长为，由得．设底面圆心为，连接，．则，所以为异面直线，所成的角．在中，，，．所以．故答案为：．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．17．【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC分别计算其棱长可得答案【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内如下图所示所以：BC=所以该三棱锥最长棱的长度为故解析：【分析】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC，分别计算其棱长，可得答案．【详解】由三视图还原几何体得到三棱锥P-ABC，可将此三棱锥放入棱长为2的正方体内，如下图所示，所以：，BC=.所以该三棱锥最长棱的长度为.故答案为：．【点睛】方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．18．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考解析：【分析】连接延长交于，则是中点，可得是二面角的平面角．求出可得结论．【详解】由已知是中心，连接延长交于，则是中点，连接，则，，而，∴平面，平面，∴，∴是二面角的平面角．，，由对称性，，又，由平面，平面，得，∴．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．19．（1）（2）（4）【分析】首先取中点连结先判断（4）是否正确再根据平行关系以及等角定理和余弦定理判断（1）再判断（2）假设成立根据直线与平面垂直的性质及判定可得矛盾来判断（3）【详解】取中点连结则平解析：（1）（2）（4）【分析】首先取中点，连结，，先判断（4）是否正确，再根据平行关系，以及等角定理和余弦定理判断（1），再判断（2），假设成立,根据直线与平面垂直的性质及判定,可得矛盾来判断（3）.【详解】取中点，连结，，则，，平面平面，又平面，平面，故（4）正确；由，定值，定值，由余弦定理可得所以是定值，故（1）正确；是定点，是在以为球心，为半径的球面上，故（2）正确；，，且设，，则，若存在某个位置,使,则因为,即,因为,则平面,所以,与矛盾，故（3）不正确.故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面位置关系时，首先判断（4）是否正确，其他选项就迎刃而解，而判断线面平行时，可根据面面平行证明线面平行.20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC所以球心在直线上所以得所以解析：【详解】取的中点，由题意可得：，所以，面ABC.所以球心在直线上，所以，得，所以．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取AB中点O，连OC､OD，即可得到是二面角的平面角，再由勾股定理逆定理得到，即可得到二面角是直二面角，即可得证；（2）过O作OMBC交BC于M，连DM，即可证明BC平面DOM，从而得到为二面角A-BC-D的平面角，再利用锐角三角函数计算可得；【详解】（1）证明：取AB中点O，连OC､OD，因为是边长为2的正三角形，是以AB为斜边的等腰直角三角形，所以，，所以是二面角的平面角.在中，因为，，，所以所以.所以平面ABC平面ABD.（2）过O作OMBC交BC于M，连DM，由（1）可知面，又面，所以，由，面所以BC平面DOM因为面，所以BCDM，则为二面角A-BC-D的平面角.在中，，，由勾股定理：，∴二面角A-BC-D的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．（1）；（2）；（3）.【分析】（1）取中点G，连接，，根据线面垂直的判定定理及性质，先证明为与的公垂线，再由题中数据，计算出的长，即可得出结果；（2）连接，由（1）得到平面，设到平面的距离为d，根据等体积法，由求出，记直线与平面所成角为，由即可得出结果；（3）由（2）得到到平面的距离，根据题中条件，得到F到平面的距离为，即可得出结果.【详解】（1）在正四棱柱中，取中点G，连接，，∵F，G分别为的中点，∴且，又，，所以且，则四边形为平行四边形，又平面，平面，∴，∴四边形为矩形，∴，∵，∴，又，，平面，平面，，∴平面，又平面，∴，∴为与的公垂线，且，，∴异面直线与的距离为．（2）在正四棱柱中，连接，则，由（1）知平面，设到平面的距离为d，∵，，∴，，，∴，，从而，∴，记直线与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为．（3）由（2）知，到平面的距离，∵F是的中点，且平面，∴F到平面的距离为．【点睛】方法点睛：立体几何体中空间角的求法：（1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果；（2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可.23．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）取的中点，连接，．证明四边形是平行四边形，可得线面平行；（2）由到平面的距离为到平面的距离的一半，先求出到平面的距离，用体积法可求得到平面的距离．【详解】（1）证明：取的中点，连接，．因为该多面体由底面为正方形的直四棱柱被截面所截而成，所以截面是平行四边形，则．因为，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．（2）解：连接，，，记到平面的距离为，则到平面的距离为．在中，，高为，所以的面积为．因为三棱锥的高为，所以的体积为．在中，，，所以的面积为．因为的体积与的体积相等，所以，所以．故到平面的距离为．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，考查求点到平面的距离．求点到平面的距离的常用方法：（1）定义法：作出点到平面的垂线段，求出垂线段的长；（2）用体积法计算；（3）空间向量法：求出平面外的点到平面内任一点连线的向量在平面的法向量方向上投影的绝对值．24．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取AB中点G，连结OG､EG，可证明四边形OGEF为平行四边形，则，由线面平行的判定定理即可求证；（2）由（1）可知，，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，平面，则即为直线与平面所成的角，在中即可求的余弦值.【详解】（1）取AB中点G，连结OG､EG，在直三棱柱中，，则，又，则，所以四边形