2020屆高考數(shù)學大二輪復習 沖刺創(chuàng)新專題 題型1 選填題 練熟練穩(wěn) 少丟分 第12講 空間直線、平面的位置關系練習 文

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1、第12講　空間直線、平面的位置關系 　 [考情分析]　在選擇、填空題中，空間線面位置關系的考查，主要以線線、線面位置關系的判斷、異面直線所成的角、點到平面距離的計算為主，難度中等偏下，近年，對點到平面距離的計算的考查有所增多，難度有所提升． 熱點題型分析 熱點1　空間線面位置關系的判斷 1.空間中直線、平面之間的位置關系 空間線面位置關系 2.線面平行的判定及其性質定理 ①線面平行判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α； ②線面平行性質定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b； ③面面平行判定定理：a?α，b?α，a∥β，b∥β，a∩b＝P?α∥β； ④面面平行性

2、質及線面平行定義：a?α，α∥β?a∥β； ⑤面面平行性質定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b. 3.線面垂直的判定及其性質定理 ①線面垂直判定定理：a?α，b?α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b?l⊥α； ②線面垂直性質：a?α，l⊥α?l⊥a； ③面面垂直判定定理：a?α，a⊥β?α⊥β； ④面面垂直性質定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β； ⑤線面垂直性質定理：a⊥α，b⊥α?a∥b. 1.已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題： ①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β. 其中

3、正確的命題是(　　) A.①④ B．③④ C．①② D．①③ 答案　A 解析　對于①，若α∥β，m⊥α，則m⊥β，又l?β，所以m⊥l，故①正確，排除B；對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又l?β，所以α⊥β.故④正確．故選A. 2.(2019·華南師大附中高三一模)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是線段BC上的動點，F(xiàn)是線段CD1上的動點，且E，F(xiàn)不重合，則直線AB1與直線EF的位置關系是(　　) A.相交且垂直 B．共面 C.平行 D．異面且垂直 答案　D 解析　根據題意作圖，如圖，連接A1B交AB1于M，易證AB1⊥平面A1BCD1.在E，F(xiàn)運動過

4、程中，EF?平面A1BCD1，因此AB1⊥EF.而EF恒不過點M，因此AB1與EF是異面垂直的，故選D. 3.如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(　　) A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C.HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　B 解析　根據折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，得AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，

5、∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B. 命題真假性的判斷，是立體幾何位置關系題型的經典形式．這種考查方式直接檢驗對定理的掌握程度，常出現(xiàn)的錯誤是按照給出的條件結論作圖分析，不能全面考慮空間中的各種線面位置關系．要解答好這類題目，可以從下面三點考慮： (1)必須牢固掌握定理的內容，條件的個數(shù)，結論是什么． (2)要學會在文字、符號、圖形三種語言之間熟練轉換．將題目中所給出的已知條件，轉化為圖形進行分析；同時，借助空間幾何模型(如從長方體，四面體等)，觀察

6、線面位置關系，再結合有關定理進行判斷．如第2題利用正方體中線面進行分析，有利于從多角度考查符合條件的前提下，可以有何種結論． (3)當從正面入手較難時，也可利用反證法，推出與題設或公認的結論相矛盾的命題，進而作出判斷. 熱點2　線線、線面角和距離的計算 1．異面直線成角：如圖，已知兩條異面直線a，b，經過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a，b所成的角(夾角)．如果兩條異面直線所成的角是直角，就說這兩條直線互相垂直，記作a⊥b，其范圍是：. 2.線面成角：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條斜線和這個平面所成的角．

7、規(guī)定：直線垂直于平面，它們所成的角是直角；直線與平面平行或在平面內，它們所成的角是零度角．因此，線與面所成角的范圍是：.注意：線面成角是斜線與平面內直線所成的所有角中的最小角． 3.點面距：空間中點到面的垂線段長．常利用三棱錐體積轉換的方法，進行點到面距離的計算． 1.(2019·永州模擬)三棱錐A－BCD的所有棱長都相等，M，N分別是棱AD，BC的中點，則異面直線BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖，連接DN，取DN的中點O，連接MO，BO，∵M是AD的中點，∴MO∥AN， ∴∠BMO(或其補角)是異面直線BM與AN所成的

8、角．設三棱錐A－BCD的所有棱長為2，則AN＝BM＝DN＝＝，則MO＝AN＝＝NO＝DN， 則BO＝＝＝. 在△BMO中，由余弦定理得 cos∠BMO＝＝＝， ∴異面直線BM與AN所成角的余弦值為. 2.(2019·湖北八校一聯(lián))已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的各棱長均為2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，則直線BD1與平面ABCD所成的角的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如圖，斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1，延長AD，過D1作D1E⊥AD的延長線于E，連接BE，BD，BD1，因為平面A1AD

9、D1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，所以D1E⊥平面ABCD，即BE為BD1在平面ABCD內的射影，所以∠D1BE為直線BD1與平面ABCD所成的角，因為D1E＝2sin60°＝，BE＝＝，所以tan∠D1BE＝＝.故選C. 3.(2019·牡丹江模擬)已知三棱錐P－ABC的外接球O，PC為球O的直徑，且PC＝2，PA＝PB＝，AB＝1，那么頂點P到平面ABC的距離為________． 答案　 解析　如圖，∵PC是球O的直徑，∴∠PAC和∠PBC都是直角，由PC＝2，PA＝PB＝，可得AC＝BC＝AB＝1. ∵點O為PC的中點，∴BO＝AO＝1，故三棱錐O

10、－ABC為正三棱錐，則點O到平面ABC的距離 d＝＝. ∴頂點P到平面ABC的距離為2d＝. 選擇、填空題中，考查角度問題，常常涉及各類角的基本定義和性質，而錯誤常出現(xiàn)在不能準確找出線線、線面所成的角．因此，準確找出線線、線面角，并牢記它們的范圍是解決此類問題的關鍵．對于距離問題，三棱錐體積轉化是一個重要方法．做題時還可以根據已知條件，構造直角三角形，利用勾股定理求解. 真題自檢感悟 1.(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　) 答案　A 解析

11、　A項，作如圖①所示的輔助線，其中D為BC的中點，則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD與平面MNQ相交，∴直線AB與平面MNQ相交． B項，作如圖②所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ. 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. C項，作如圖③所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥MQ， ∴AB∥MQ. 又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，∴AB∥平面MNQ. D項，作如圖④所示的輔助線，則AB∥CD，CD∥NQ， ∴AB∥NQ. 又AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ， ∴AB∥平面MNQ.故選A. 2.(2018·全國卷Ⅰ)

12、在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1與平面BB1C1C所成的角為30°，則該長方體的體積為(　　) A.8 B．6 C．8 D．8 答案　C 解析　在長方體ABCD－A1B1C1D1中，連接BC1，根據線面角的定義可知∠AC1B＝30°，因為AB＝2，＝tan30°，所以BC1＝2，從而求得CC1＝＝2，所以該長方體的體積為V＝2×2×2＝8.故選C. 3.(2018·全國卷Ⅱ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　

13、在正方體ABCD－A1B1C1D1中，CD∥AB，所以異面直線AE與CD所成的角為∠EAB，設正方體的棱長為2a， 則由E為棱CC1的中點，可得 CE＝a，所以BE＝a， 則tan∠EAB＝＝＝.故選C. 4.(2019·全國卷Ⅱ)設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是(　　) A.α內有無數(shù)條直線與β平行 B.α內有兩條相交直線與β平行 C.α，β平行于同一條直線 D.α，β垂直于同一平面 答案　B 解析　若α∥β，則α內有無數(shù)條直線與β平行，反之則不成立；若α，β平行于同一條直線，則α與β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一個平面，則α與β可以平行也可以相交，故

14、A，C，D中條件均不是α∥β的充要條件．根據平面與平面平行的判定定理知，若一個平面內有兩條相交直線與另一個平面平行，則兩平面平行，反之也成立．因此B中條件是α∥β的充要條件．故選B. 5．(2019·全國卷Ⅲ)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則(　　) A.BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線 B.BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線 C.BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線 D.BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線 答案　B 解析　如圖，取CD的中點F，DF的中點G，連接EF

15、，F(xiàn)N，MG，GB. ∵△ECD是正三角形， ∴EF⊥CD. ∵平面ECD⊥平面ABCD， ∴EF⊥平面ABCD. ∴EF⊥FN.不妨設AB＝2，則FN＝1，EF＝，∴EN＝＝2. ∵EM＝MD，DG＝GF， ∴MG∥EF且MG＝EF， ∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝EF＝，BG＝＝ ＝， ∴BM＝＝.∴BM≠EN.連接BD，BE，∵點N是正方形ABCD的中心，∴點N在BD上，且BN＝DN，∴BM，EN是△DBE的中線，∴BM，EN必相交．故選B. 6.(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷： ①l⊥m；②m∥α；③l

16、⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________. 答案　若m∥α且l⊥α，則l⊥m成立(或若l⊥m，l⊥α，則m∥α) 解析　已知l，m是平面α外的兩條不同直線，由①l⊥m與②m∥α，不能推出③l⊥α，因為l可以與α平行，也可以相交不垂直；由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α；由②m∥α與③l⊥α可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. 7.(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為________． 答案　 解析　如圖，過點

17、P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC. 又PE＝PF＝，所以OE＝OF， 所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°. 在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1， 所以OE＝1， 所以PO＝＝ ＝. 專題作業(yè) 一、選擇題 1.設l表示直線，α，β表示平面．給出四個結論： ①如果l∥α，則α內有無數(shù)條直線與l平行；②如果l∥α，則α內任意的直線與l平行；③如果α∥β，則α內任意的直線與β平行；④如果α∥β，對于α內的一條確定的直線a，在β內僅有唯一的直線與a

18、平行． 以上四個結論中，正確結論的個數(shù)為(　　) A.0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　若l∥α，則平面α內的直線與l平行或異面，故①正確，②錯誤；再由面面平行的性質知③正確；對于④，在β內有無數(shù)條直線與a平行，錯誤．故選C. 2.(2019·荊州模擬)對于空間中的兩條直線m，n和一個平面α，下列命題中的真命題是(　　) A.若m∥α，n∥α，則m∥n B.若m∥α，n?α，則m∥n C.若m∥α，n⊥α，則m∥n D.若m⊥α，n⊥α，則m∥n 答案　D 解析　對A，直線m，n可能平行、異面或相交，故A錯誤；對B，直線m與n可能平行，也可能異

19、面，故B錯誤；對C，m與n垂直而非平行，故C錯誤；對D，垂直于同一平面的兩直線平行，故D正確. 3．(2019·青島模擬)如圖，在底面為正方形，側棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖，連接BC1，易證BC1∥AD1，則∠A1BC1即為異面直線A1B與AD1所成的角．連接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos∠A1BC1＝＝，即異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為.故選D. 4.(2019·宿遷模擬)已

20、知正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，則點C到平面BDD1B1的距離為(　　) A.1 B. C．2 D．2 答案　B 解析　如圖，連接AC，DB交于點O，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，∵DB⊥AC，BB1⊥AC，BB1∩DB＝B， ∴AC⊥平面BDD1B1.∴點C到平面BDD1B1的距離為CO，又AB＝2，∴CO＝AC＝.故選B. 5.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，點D在棱BB1上，若BD＝3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如右圖，取A1C1和AC的中點E，F(xiàn)，連接EF

21、，取EF上一點P使得PF＝BD＝3，連接DP，BF，AP.因為ABC－A1B1C1為正三棱柱，所以AA1⊥面ABC，△ABC是等邊三角形．所以AA1⊥BF，BF⊥AC，因此BF⊥面AA1C1C.知EF∥AA1又EF＝AA1，所以BD∥PF，又BD＝PF，所以四邊形BDPF是平行四邊形，故DP∥BF.所以DP⊥面AA1C1C，即AP是AD在面AA1C1C內的射影，所以∠DAP是AD與面AA1C1C所成角．又因為AB＝4，所以DP＝BF＝2，AD＝5，則AP＝，所以tan∠DAP＝＝.故選D. 6.(2017·全國卷Ⅲ)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CD的中點，則(　　) A

22、.A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 答案　C 解析　如圖，連接AE，A1E，D1E，B1C，BC1，∵A1E在平面ABCD上的投影為AE，而AE不與AC，BD垂直，∴B，D錯誤； ∵A1E在平面BCC1B1上的投影為B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正確；(證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯誤．故選C. 7.在正方體ABCD－A1B1C1D1

23、中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則(　　) A.MN∥C1D1 B．MN⊥BC1 C.MN⊥平面ACD1 D．MN⊥平面ACC1 答案　D 解析　對于選項A，因為M，N分別是BC1，CD1的中點，所以點N∈平面CDD1C1，點M?平面CDD1C1，所以直線MN是平面CDD1C1的斜線，又因為直線C1D1在平面CDD1C1內，故直線MN與直線C1D1不可能平行，故選項A錯誤；對于選項B，正方體中易知NB≠NC1，因為點M是BC1的中點，所以直線MN 與直線BC1不垂直，故選項B錯誤；對于選項C，假設MN⊥平面ACD1，可得MN⊥CD1.因為N是CD1的中點，所以MC＝MD1

24、，這與MC≠MD1矛盾．故假設不成立．所以選項C錯誤；對于選項D，分別取B1C1，C1D1的中點P，Q，連接PM，QN，PQ.因為點M是BC1的中點，所以PM∥CC1且PM＝CC1.同理QN∥CC1且QN＝CC1.所以PM∥QN且PM＝QN，所以四邊形PQNM為平行四邊形，所以PQ∥MN.在正方體中，CC1⊥PQ，PQ⊥AC，因為AC∩CC1＝C，AC?平面ACC1，CC1?平面ACC1，所以PQ⊥平面ACC1.因為PQ∥MN，所以MN⊥平面ACC1.故選D. 8.(2017·全國卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC

25、1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　將直三棱柱ABC－A1B1C1補形為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如圖所示，連接AD1，B1D1，BD.由題意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.又AB1與AD1所成的角即為AB1與BC1所成的角θ，所以cosθ＝＝＝.故選C. 9.(2019·永州模擬)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則點A1到平面AB1D1

26、的距離是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　在△AB1D1中， ∵AB1＝AD1＝，B1D1＝， ∴△AB1D1的邊B1D1上的高為 ＝. ∴S△AB1D1＝××＝. 設點A1到平面AB1D1的距離為h，則 VA1－AB1D1＝··h＝. 又VA1－AB1D1＝VA－A1B1D1＝S△A1B1D1·AA1＝××1×1×2＝，∴＝.解得h＝.故選A. 10．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，動點E，F(xiàn)在棱A1B1上．點Q是棱CD的中點，動點P在棱AD上，若EF＝1，DP＝x，AE＝y(tǒng)(x，y大于零)，則三棱錐P－EFQ的體積(　　)

27、 A.與x，y都有關 B．與x，y都無關 C.與x有關，與y無關 D．與y有關，與x無關 答案　C 解析　三棱錐P－EFQ的體積與點P到平面EFQ的距離和△EFQ的面積有關，因為平面EFQ與平面CDA1B1是同一個平面，所以點P到平面EFQ的距離是P到平面CDA1B1的距離，且該距離就是P到線段DA1的距離，此距離只與x有關．因為EF＝1，點Q到EF的距離為線段B1C的長度，為定值．綜上可知，三棱錐P－EFQ的體積只與x有關. 11. (2019·石家莊一模)如圖，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一個動點(不與P，B重

28、合)，過點M作平面α∥平面PAD，截棱錐所得圖形的面積為y，若平面α與平面PAD之間的距離為x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象是(　　) 答案　C 解析　過點M作MN⊥AB，交AB于點N，則MN⊥平面ABCD，過點N作NQ∥AD，交CD于點Q，過點Q作QH∥PD，交PC于點H，連接MH，則平面MNQH是所作的平面α，由題意得＝，解得MN＝4－2x，由＝.即＝，解得QH＝(2－x)， 過點H作HE⊥NQ，在Rt△HEQ中，EQ＝＝2－x， ∴NE＝2－(2－x)＝x，∴MH＝x. ∴y＝f(x)＝ ＝－x2＋4(0

29、、填空題 12．如圖所示，AB是⊙O的直徑，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圓上一點，且∠ABC＝30°，PA＝AB，則直線PC與平面ABC所成角的正切值為________． 答案　2 解析　因為PA⊥平面ABC，所以AC為斜線PC在平面ABC上的射影，所以∠PCA即為PC與平面ABC所成的角． 在Rt△PAC中，AC＝AB＝PA， 所以tan∠PCA＝＝2. 13．如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知∠BCA＝90°，∠BAC＝60°，AC＝4，E為AA1的中點，點F為BE的中點，點H在線段CA1上，且A1H＝3HC，則線段FH的長為________． 答案　

30、解析　由題意，知AB＝8，過點F作FD∥AB交AA1于點D，連接DH，則D為AE中點，F(xiàn)D＝AB＝4， 又＝＝3，所以DH∥AC，∠FDH＝60°， DH＝AC＝3，由余弦定理，得 FH＝＝. 14.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱長為2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E，要使AB1⊥平面C1DF，則線段B1F的長為________． 答案　 解析　設B1F＝x，因為AB1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF，由已知可得A1B1＝，設Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝h.又×2

31、×＝×h，所以h＝，DE＝.在Rt△DB1E中，B1E＝＝. 由面積相等，得××＝×x， 解得x＝.即線段B1F的長為. 15．如圖，圓柱O1O2的底面圓半徑為1，AB是一條母線，BD是⊙O1的直徑，C是上底面圓周上一點，∠CBD＝30°，若A，C兩點間的距離為，則圓柱O1O2的高為________，異面直線AC與BD所成角的余弦值為________． 答案　2　 解析　連接CD，則∠BCD＝90°，因為圓柱O1O2的底面圓半徑為1，所以BD＝2.因為∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝，易知AB⊥BC，所以AC＝＝，所以AB＝2，故圓柱O1O2的高為2.連接AO2并延長，設A

32、O2的延長線與下底面圓周交于點E，連接CE，則AE＝2，∠CAE即為異面直線AC與BD所成的角．又CE＝＝，所以cos∠CAE＝＝＝. 16.(2019·惠州模擬)已知三棱錐S－ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，則三棱錐S－ABC的外接球的球心到平面ABC的距離是________． 答案　 解析　∵三棱錐S－ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在底面ABC內的射影為AB的中點，設AB的中點為H，連接SH，CH，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一點到A，B，C的距離相等，易知SH＝，CH＝1，∴在Rt△SHC中，∠HSC＝30°.在平面SHC內作SC的垂直平分線MO，交SH于點O，交SC于點M，則O為三棱錐S－ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝，OH＝，∴球心O到平面ABC的距離為. - 19 -