2026-新高考I卷-15 解-立体几何综合

本题导读

本题为立体几何解答题。第一问考查空间线面平行的判定，可通过取中点构造中位线建立平行四边形证明；第二问考查线面角条件下的空间定量计算，通过构建空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的内积求解线面角，进而计算线面距离。

📌【题干】

Question

（2026年新高考I卷）如图，在直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中， $\angle ACB=90^{\circ }$， $AC=BC$， $D,E$ 分别为 $AB,A{C}_1$ 的中点.

（1）证明： $DE\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$；

（2）设 $C{C}_1=2$，直线 $DE$ 与平面 $AC{C}_1{A}_1$ 所成的角为 $45^{\circ }$，求直线 $DE$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离.

🔍【思路分析】

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1. 第（1）问逻辑：要证 $DE\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，只需在平面 $BC{C}_1{B}_1$ 内或通过过渡面找一条直线与 $DE$ 平行。取 $AC$ 的中点 $F$，连接 $DF,C_{1}F$。由中位线定理得 $DF\parallel BC$。利用侧面平行关系可证四边形 $DF{C}_{1}E$（或其延伸）的相关平行特性，从而得到 $DE\parallel C_{1}B$（或相关侧面线），由线面平行判定定理获证。
2. 第（2）问逻辑：以 $C$ 为原点， $CA,CB,C{C}_1$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。设 $AC=BC=m(m>0)$。写出各点坐标及向量 $\overrightarrow{DE}$。平面 $AC{C}_1{A}_1$ 的法向量为 $\vec{n}=(0,1,0)$。由线面角公式 $\sin 45^{\circ }=|\cos ⟨\overrightarrow{DE},\vec{n}⟩|$ 列方程求出 $m$。因 $DE\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，直线到平面的距离等于点 $D$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离，即点 $D$ 的横坐标（或到 $yz$ 平面的距离）。

✅【答案】

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(1) 证明见解析 (2) $1$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $DE\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$ 取 $AC$ 的中点 $F$，连接 $DF,EF$。 因为 $D$ 是 $AB$ 的中点， $F$ 是 $AC$ 的中点， 所以 $DF\parallel BC$，且 $DF=\frac{1}{2}BC$。 因为 $E$ 是 $A{C}_1$ 的中点， $F$ 是 $AC$ 的中点， 所以 $EF\parallel C_{1}C$，且 $EF=\frac{1}{2}{C}_{1}C$。

在直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，侧面 $BC{C}_1{B}_1$ 为平行四边形，连接 $B{C}_1$，取其中点 $G$，连接 $DG,C_{1}G$。 等价地，由 $DF\parallel BC⟹DF\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。 连接 $B{C}_1$，易知 $E$ 是 $A{C}_1$ 的中点， $D$ 是 $AB$ 的中点，则在 $△AB{C}_1$ 中， $DE$ 为中位线。 因此， $DE\parallel B{C}_1$。 又因为 $DE\not\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$， $B{C}_1\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$， 所以 $DE\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。

（2）解：求直线 $DE$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离

因为直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中， $C{C}_1\perp$ 平面 $ABC$，且 $\angle ACB=90^{\circ }$， 所以 $CA,CB,C{C}_1$ 两两垂直。 以 $C$ 为坐标原点，射线 $CA,CB,C{C}_1$ 的方向分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系。

设 $AC=BC=m(m>0)$。已知 $C{C}_1=2$。 各定点坐标为： $C(0,0,0),A(m,0,0),B(0,m,0),C_1(0,0,2)$ 因为 $D$ 为 $AB$ 的中点，由中点坐标公式得： $D\left(\frac{m}{2},\frac{m}{2},0\right)$ 因为 $E$ 为 $A{C}_1$ 的中点，由中点坐标公式得： $E\left(\frac{m}{2},0,1\right)$

由此求得方向向量 $\overrightarrow{DE}$： $\overrightarrow{DE}=\left(\frac{m}{2}-\frac{m}{2},0-\frac{m}{2},1-0\right)=\left(0,-\frac{m}{2},1\right)$

平面 $AC{C}_1{A}_1$ 位于 $xz$ 平面上，其法向量可取为 $y$ 轴正方向的单位向量： $\vec{n}=(0,1,0)$ 设直线 $DE$ 与平面 $AC{C}_1{A}_1$ 所成的角为 $\alpha =45^{\circ }$，根据线面角向量公式： $\sin \alpha =|\cos ⟨\overrightarrow{DE},\vec{n}⟩|=\frac{|\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{DE}|\cdot |\vec{n}|}$

• $\overrightarrow{DE}\cdot \vec{n}=0\times 0+\left(-\frac{m}{2}\right)\times 1+1\times 0=-\frac{m}{2}$
• $|\overrightarrow{DE}|=\sqrt{0^2+{\left(-\frac{m}{2}\right)}^2+1^2}=\sqrt{\frac{m^2}{4}+1}$
• $|\vec{n}|=1$

代入角度公式中： $\sin 45^{\circ }=\frac{\frac{m}{2}}{\sqrt{\frac{m^2}{4}+1}\times 1}⟹\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\frac{m}{2}}{\sqrt{\frac{m^2}{4}+1}}$ 两边平方： $\frac{1}{2}=\frac{\frac{m^2}{4}}{\frac{m^2}{4}+1}⟹\frac{m^2}{4}+1=2\times \frac{m^2}{4}⟹\frac{m^2}{4}=1⟹m=2(m>0)$ 由此求得 $AC=BC=2$。

由（1）可知 $DE\parallel$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$， 因此直线 $DE$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离等于动点 $D$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离。 在所建空间直角坐标系中，平面 $BC{C}_1{B}_1$ 位于 $yz$ 平面上，其方程为 $x=0$。 点 $D$ 的坐标为 $D\left(\frac{2}{2},\frac{2}{2},0\right)=(1,1,0)$。 点 $D$ 到 $yz$ 平面（$x=0$）的距离即为其横坐标的绝对值： $d=|x_D|=1$

所以，直线 $DE$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离为 $1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：中位线几何构造法；空间直角坐标系下法向量与线面角的代数关联。
2. 核心方法：空间坐标法。
3. 避坑指南：

• 线面角公式函数错用：在利用向量法求线面角时，方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值对应的是线面角的正弦值（$\sin \alpha$），部分学生容易本能记成 $\cos \alpha$，从而导致后续算式完全错误。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题为 2026 年新高考 Ⅰ 卷第 15 题，属于立体几何大题的第一道，整体构型规则，建系路径直接，属于大纲中的中档得分题。
2. 结论推广： 对于所有在正交直角面上、且方向向量某一分量为 0 的线面距离命题，线面距离恒等于该平行点在投影截面法线轴上的定长投影。本题中由于方向向量 $\overrightarrow{DE}$ 的 $x$ 轴分量恒为 0，说明该线段在移动过程中与 $yz$ 平面的相对横向位移锁定为常数。因此无需代入复杂的点面距离公式，其距离恒等于中点 $D$ 的横坐标分量 $\frac{m}{2}$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2007-山东卷理-19 解-用空间向量求二面角
• 2008-浙江卷文-20 解-线面平行二面角
• 2009-山东卷文-18 解-线面平行与面面垂直