(共67张PPT)
专题五
3 向量法视角下的计算问题
立体几何
基础打底
【解析】
【答案】A
【解析】
【答案】B
3．如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD－A1B1C1D1，
AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为________．
【解析】
4．(人A选必一P35练习3改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD
－A1B1C1D1中，平面A1DB与平面D1CB1间的距离为________．
【解析】
5．(人A选必一P38练习3)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为________．
【解析】
因为正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，连接AO，则AO⊥平面BB1C1C．
强技提能
目标
1
基底法求空间角与距离
1
【解析】
60°
【解析】
1
A
【解析】
1
目标
2
坐标法求空间角
(2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥ CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝ 3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°．
(1) 证明：A′B∥平面CD′F；
2
【解答】
设AD＝1，则AB＝3，CD＝2．因为F为CD的中点，所以DF＝1．因为EF∥ AD，AB∥CD，所以四边形EFDA是平行四边形，所以AE∥DF，A′E∥D′F. 因为D′F 平面CD′F，A′E 平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F．
因为FC∥EB，FC 平面CD′F，EB 平面CD′F，所以EB∥平面CD′F．
又EB A′E＝E，EB，A′E 平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F．又A′B 平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F．
(2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥ CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥ AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°
(2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值．
2
【解答】
因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB．又AB∥FC，EF ∥AD，所以EF⊥ FC．以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
变式2 (2025·广州二模)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD为锐角，E，F分别为棱A1D1，CD的中点，点M在棱C1D1上，且C1M＝3MD1，AA1＝AB＝4，点P在直线EM上．
(1) 证明：EM∥平面AB1F；
【解答】
如图，取C1D1的中点N，连接A1N，NF．因为F为CD的中点，所以NF∥CC1，且NF＝CC1．又AA1∥CC1，且AA1＝CC1，则NF∥AA1，且NF＝AA1，所以四边形AFNA1是平行四边形，所以AF∥A1N．
因为C1M＝3MD1，所以M为ND1的中点．又E为A1D1的中点，所以EM∥A1N，所以EM∥AF．
因为AF 平面AB1F，EM 平面AB1F，所以EM∥平面AB1F．
【解答】
目标
3
坐标法求距离
(2025·汕尾、肇庆二模改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．
(1) 证明：CD⊥平面PAC．
3
【解答】
如图，在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H．因为平面APC⊥平面PCD，平面APC 平面PCD＝PC，AH 平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD．又CD 平面PCD，则AH⊥CD．
因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD．
因为PA AH＝A，PA，AH 平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
3
【解答】
如图，连接BD交AC于点O，连接OE．易知OE为△PBD的中位线，所以PB∥OE．因为PB 平面AEC，OE 平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距离，即为点B到平面AEC的距离．
由(1)知CD⊥平面PAC，又AC 平面PAC，所以CD⊥AC．因为AB∥CD，所以AB⊥AC．又因为PA⊥平面ABCD，所以PA，AB，AC两两垂直．
变式3 (2025·赣州二模)如图，在三棱锥A－BCD中，△ACD是等边三角形，∠BDC＝90°，E为BC的中点．
(1) 证明：AE⊥CD；
【解答】
如图(1)，取CD的中点F，连接FE，FA．由△ACD为等边三角形，得CD⊥AF．
由中位线定理知EF∥BD，又∠BDC＝90°，所以CD⊥EF．
图(1)
因为AF EF＝F，AF，EF 平面AEF，所以CD⊥平面AEF．又AE 平面AEF，所以AE⊥CD．
【解答】
图(2)
图(2)
热练
【解析】
【答案】A
【解析】
【答案】A
【解析】
【答案】D
【解析】
【答案】ABD
5．(2025·枣庄3月模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均相等，且∠A1AB＝
∠A1AC＝∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为______．
【解析】
6．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，CB⊥BD，∠C1CD＝45°，∠C1CB＝60°，CC1＝CB＝BD＝1，则二面角C－BD－C1的余弦值为________．
【解析】
7．(2025·南京二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC．
(1) 求证：E为PD的中点；
【解答】
如图，连接BD交AC于点O，连接EO．因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点．又因为PB∥平面ACE，PB 平面PBD，平面PBD 平面ACE＝EO，所以PB∥EO，所以E为PD的中点．
【解答】
(1) 求证：平面B′AC⊥平面ACD；
图(1)
图(2)
【解答】
图(1)
图(2)
【解答】
9．(2025·厦门二模)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1＝A1C1＝C1C＝2，AC＝4，BA＝BC．
(1) 求证：A1B⊥AC1；
【解答】
如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，取AC的中点O，连接BO，A1O，C1O．由BA＝BC，得BO⊥AC．由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C 平面ABC＝AC，BO 平面ABC，得BO ⊥平面AA1C1C．而AC1 平面AA1C1C，则AC1⊥BO．
又A1C1∥AO，A1C1＝AO＝AA1，所以四边形A1AOC1是菱形，所以AC1⊥A1O．
而A1O BO＝O，A1O，BO 平面A1OB，因此AC1⊥平面A1OB．又A1B 平面A1OB，所以A1B⊥AC1．
9．(2025·厦门二模)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1＝A1C1＝C1C＝2，AC＝4，BA＝BC．
(2) 当直线BB1与平面BA1C1所成的角最大时，求三棱台ABC－A1B1C1的体积．
【解答】
取A1C1的中点M，连接OM，则OM⊥AC．由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C 平面ABC＝AC，OM 平面AA1C1C，得OM⊥平面ABC，直线OB，OC，OM两两垂直．以O为坐标原点，直线OB，OC，OM分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
3 向量法视角下的计算问题
基础打底
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A． B．
C．－ D．
2．如图，在空间四边形OABC中，OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=，∠AOB=，点M，N分别在OA，BC上，且OM=2MA，BN=CN，则MN的长度为( )
A． B．
C． D．
3．如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB=1，BC=2，AA1=3，则点B到直线A1C的距离为____．
4．(人A选必一P35练习3改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1DB与平面D1CB1间的距离为____．
5．(人A选必一P38练习3)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为____．
强技提能
基底法求空间角与距离
例1 (1) 如图，二面角α－l－β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱l，若AB=4，AC=6，BD=8，CD=2，则平面α与平面β的夹角为____．
(2) 如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，则点A1到平面BDD1B1的距离为( )
A． B．
C．2 D．3
(3) 如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，E为等边三角形ACD的中心，F，G分别满足=，=，则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为____．
坐标法求空间角
例2 (2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°．
(1) 证明：A′B∥平面CD′F；
(2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值．
若直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则
①直线l，m所成的角：cosθ=；
②直线l与平面α所成的角：sinθ=；
③二面角α－l－β：|cosθ|=．
变式2 (2025·广州二模)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD为锐角，E，F分别为棱A1D1，CD的中点，点M在棱C1D1上，且C1M=3MD1，AA1=AB=4，点P在直线EM上．
(1) 证明：EM∥平面AB1F；
(2) 若直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为32，当直线FP与平面AB1F所成角的正弦值最大时，求MP的长．
坐标法求距离
例3 (2025·汕尾、肇庆二模改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．
(1) 证明：CD⊥平面PAC．
(2) 若AB=PA=BC=3，E为PD的中点．
①求PB到平面AEC的距离；
②F为直线CE上一动点，求点F到直线AB距离的最小值．
如图，点M到平面α的距离d1=，点M到直线AB的距离d=．
另：第②问，实际上是在求异面直线间的距离．
变式3 (2025·赣州二模)如图，在三棱锥A－BCD中，△ACD是等边三角形，∠BDC=90°，E为BC的中点．
(1) 证明：AE⊥CD；
(2) 若BD=2，CD=2，tan ∠ACB=－，求点E到平面ACD的距离．
配套热练
1．(2025·潍坊5月模拟)已知圆台的上底面圆O′的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A′，A分别在上、下底面圆周上，且O′A′⊥OA，OO′=1，则AA′与OO′所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
2．如图，已知ABC－A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为( )
A．a B．a
C．a D．a
3．如图，底面ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥底面ABCD，P为圆弧AD上的动点．当三棱锥P－BCD的体积最大时，二面角P－BC－D的余弦值为( )
A． B．
C． D．
4．(2025·常德测试)(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则( )
A．点A1到直线B1E的距离为 B．直线FC1到直线AE的距离为
C．点A1到平面AB1E的距离为 D．直线FC1到平面AB1E的距离为
5．(2025·枣庄3月模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均相等，且∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为____．
6．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，CB⊥BD，∠C1CD=45°，∠C1CB=60°，CC1=CB=BD=1，则二面角C－BD－C1的余弦值为___．
7．(2025·南京二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC．
(1) 求证：E为PD的中点；
(2) 若AB=2，二面角C－AE－D的余弦值为，求PA的长．
8．(2025·上饶二模)如图(1)，在四边形ABCD中，DA=DC=AB=，∠ADC=90°，∠BAD=105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图(2))，且DB′=．
图(1)
图(2)
(1) 求证：平面B′AC⊥平面ACD；
(2) 若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离．
9．(2025·厦门二模)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1=A1C1=C1C=2，AC=4，BA=BC．
(1) 求证：A1B⊥AC1；
(2) 当直线BB1与平面BA1C1所成的角最大时，求三棱台ABC－A1B1C1的体积．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)3 向量法视角下的计算问题
基础打底
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( A )
A． B．
C．－ D．
【解析】 方法一(基底法)：||=|＋|=2，||=|－＋＋|=，=(＋)·(－＋＋)=2，记AD1与DB1所成的角为θ，则cosθ=cos〈，〉===．
方法二(坐标法)：建立如图所示的空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以=(1，1，)，=(－1，0，)．设，的夹角为θ，则cosθ=cos〈，〉==，故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．
2．如图，在空间四边形OABC中，OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=，∠AOB=，点M，N分别在OA，BC上，且OM=2MA，BN=CN，则MN的长度为( B )
A． B．
C． D．
【解析】 因为OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=，∠AOB=，所以=0，=0，=||·||=2，又=＋＋=＋－＋－)=－＋＋，所以2=2=2＋2＋2－－＋=||2＋||2＋||2－=×22＋×22＋×22－×2=，所以||=．
3．如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB=1，BC=2，AA1=3，则点B到直线A1C的距离为____．
【解析】 由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，则=(1，2，－3)，=(0，2，0)，对应的单位方向向量μ=，所以点B到直线A1C的距离为==．
4．(人A选必一P35练习3改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1DB与平面D1CB1间的距离为____．
【解析】 如图，建立空间直角坐标系，则A1(1，0，1)，B(1，1，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，=(1，0，1)，=(1，1，0)，=(0，1，0)．设平面A1DB的法向量为n=(x，y，z)，则不妨令x=1，则y=－1，z=－1，所以n=(1，－1，－1)．又易知平面A1DB∥平面D1CB1，所以平面A1DB与平面D1CB1间的距离d===．
5．(人A选必一P38练习3)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，则平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为____．
【解析】 因为正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为2，取BC的中点O，连接AO，则AO⊥平面BB1C1C．取B1C1的中点H，连接OH，则AO，BO，OH两两垂直．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C1(－1，2，0)，所以=(1，0，－)，=(0，2，0)，=(－2，2，0)，=(－1，2，)．设平面AA1B的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则令z1=1，得n1=(，0，1)．同理可得平面A1BC1的一个法向量为n2=(，，－1)．设平面AA1B与平面A1BC1的夹角为θ，易知θ为锐角，则cosθ=|cos〈n1，n2〉|===，即平面AA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为．
强技提能
基底法求空间角与距离
例1 (1) 如图，二面角α－l－β的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱l，若AB=4，AC=6，BD=8，CD=2，则平面α与平面β的夹角为__60°__．
【解析】 设平面α与平面β的夹角为θ．因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以=0，=0．由题意得=＋＋，所以||2=|＋＋|2=||2＋||2＋||2＋2＋2＋2=||2＋||2＋||2＋2=36＋16＋64＋2×6×8×cos(π－θ)=(2)2，所以cos(π－θ)=－，cosθ=，所以θ=60°，即平面α与平面β的夹角为60°．
(2) 如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，则点A1到平面BDD1B1的距离为( A )
A． B．
C．2 D．3
【解析】 设=a，=b，=c，则{a，b，c}为空间的一个基底，利用基底的运算，可推得A1C⊥平面BDD1B1．设点A1到平面BDD1B1的距离为d，则d=，因为=(a＋b－c)·b=a·b＋b2－b·c=＋1－=1，||===，所以d==．
(3) 如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，E为等边三角形ACD的中心，F，G分别满足=，=，则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为____．
【解析】 根据题意，BE⊥平面ACD，因此，直线FG与平面ACD所成角的正弦值即为直线FG与直线BE所成角的余弦值的绝对值．=＋＋)，则2=2＋2＋2＋2＋2＋2)=×(4＋4＋4＋4＋4＋4)=，即||==－，且||== ===，故cos〈，〉=== ===，则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为．
坐标法求空间角
例2 (2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得平面EFD′A′与平面EFCB所成的二面角为60°．
(1) 证明：A′B∥平面CD′F；
【解答】 设AD=1，则AB=3，CD=2．因为F为CD的中点，所以DF=1．因为EF∥AD，AB∥CD，所以四边形EFDA是平行四边形，所以AE∥DF，A′E∥D′F．因为D′F 平面CD′F，A′E 平面CD′F，所以A′E∥平面CD′F．因为FC∥EB，FC 平面CD′F，EB 平面CD′F，所以EB∥平面CD′F．又EB A′E=E，EB，A′E 平面A′EB，所以平面A′EB∥平面CD′F．又A′B 平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F．
(2) 求平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值．
【解答】 因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．又AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC．以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角为60°，所以由图知∠D′FC=60°，则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D′，E(1，0，0)，F(0，0，0)，所以=(－1，－1，0)，=，=(1，0，0)，=．设平面BCD′的法向量为n=(x，y，z)，则即令y=，则z=1，x=－，则n=(－，，1)．设平面EFD′A′的法向量为m=(x1，y1，z1)，则即令y1=，则z1=－1，x1=0，所以m=(0，，－1)．于是cos〈m，n〉===，从而平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为=．
若直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则
①直线l，m所成的角：cosθ=；
②直线l与平面α所成的角：sinθ=；
③二面角α－l－β：|cosθ|=．
变式2 (2025·广州二模)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，∠BAD为锐角，E，F分别为棱A1D1，CD的中点，点M在棱C1D1上，且C1M=3MD1，AA1=AB=4，点P在直线EM上．
(1) 证明：EM∥平面AB1F；
【解答】 如图，取C1D1的中点N，连接A1N，NF．因为F为CD的中点，所以NF∥CC1，且NF=CC1．又AA1∥CC1，且AA1=CC1，则NF∥AA1，且NF=AA1，所以四边形AFNA1是平行四边形，所以AF∥A1N．因为C1M=3MD1，所以M为ND1的中点．又E为A1D1的中点，所以EM∥A1N，所以EM∥AF．因为AF 平面AB1F，EM 平面AB1F，所以EM∥平面AB1F．
(2) 若直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为32，当直线FP与平面AB1F所成角的正弦值最大时，求MP的长．
【解答】 由直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为32，得AA1·AB·ADsin∠BAD=32，得sin∠BAD=．由∠BAD为锐角，知∠BAD=．如图，分别以直线DC，DD1为y轴、z轴，以△ABD的AB边上的高线为x轴，建立空间直角坐标系，则E(，－1，4)，M(0，1，4)，F(0，2，0)，B1(2，2，4)，A(2，－2，0)．设=λ=(λ，－2λ，0)，则P(λ，1－2λ，4)，=(λ，－2λ－1，4)，AB1=(0，4，4)，=(－2，4，0)．设平面AB1F的法向量为n=(x，y，z)，直线FP与平面AB1F所成的角为θ，则即取y=，则x=2，z=－，得平面AB1F的一个法向量为n=(2，，－)，则sinθ=|cos〈，n〉|===，当λ=－时，sinθ取得最大值，此时||=|λ|·||=×=，故所求MP的长为．
坐标法求距离
例3 (2025·汕尾、肇庆二模改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．
(1) 证明：CD⊥平面PAC．
【解答】 如图，在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H．因为平面APC⊥平面PCD，平面APC 平面PCD=PC，AH 平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD．又CD 平面PCD，则AH⊥CD．因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD．因为PA AH=A，PA，AH 平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
(2) 若AB=PA=BC=3，E为PD的中点．
①求PB到平面AEC的距离；
②F为直线CE上一动点，求点F到直线AB距离的最小值．
【解答】 如图，连接BD交AC于点O，连接OE．易知OE为△PBD的中位线，所以PB∥OE．因为PB 平面AEC，OE 平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距离，即为点B到平面AEC的距离．由(1)知CD⊥平面PAC，又AC 平面PAC，所以CD⊥AC．因为AB∥CD，所以AB⊥AC．又因为PA⊥平面ABCD，所以PA，AB，AC两两垂直．因为AB=BC=3，所以AC=4．如图，以点A为坐标原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，3)，所以=(0，4，0)，=(0，0，3)，=(－3，4，0)，=＋)=＋)=．
①设平面AEC的法向量为n=(x，y，z)，则即取z=1，则x=1，y=0，所以平面AEC的一个法向量为n=(1，0，1)，则点B到平面AEC的距离d==，即PB到平面AEC的距离为．
②由①知E，设=λ(λ∈R)，可得F，从而=，所以点F到直线AB的距离d1===，当λ=时，d1取得最小值．
如图，点M到平面α的距离d1=，点M到直线AB的距离d=．
另：第②问，实际上是在求异面直线间的距离．
变式3 (2025·赣州二模)如图，在三棱锥A－BCD中，△ACD是等边三角形，∠BDC=90°，E为BC的中点．
(1) 证明：AE⊥CD；
【解答】 如图(1)，取CD的中点F，连接FE，FA．由△ACD为等边三角形，得CD⊥AF．由中位线定理知EF∥BD，又∠BDC=90°，所以CD⊥EF．因为AF EF=F，AF，EF 平面AEF，所以CD⊥平面AEF．又AE 平面AEF，所以AE⊥CD．
图(1)
(2) 若BD=2，CD=2，tan ∠ACB=－，求点E到平面ACD的距离．
【解答】 由tan ∠ACB=－，得cos∠ACB=－．由题得BC=4，则EC=2，AC=CD=2，由余弦定理得AE2=EC2＋AC2－2EC·ACcos∠ACE=22＋22－2×2×2×=9，又AF=CD=，EF=BD=，则cos∠AFE===－，又0＜∠AFE＜π，所以∠AFE=．由CD⊥平面AEF，CD 平面BCD，可得平面BCD⊥平面AEF，在平面AEF内作Fz⊥EF，则Fz⊥平面BCD．综上，Fz，EF，CD两两垂直，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，则C(0，1，0)，D(0，－1，0)，E(，0，0)，而∠AFz=，则A，所以=(，－1，0)，=(0，－2，0)，=．设平面ACD的法向量为n=(x，y，z)，则取z=1，则n=(，0，1)，所以点E到平面ACD的距离为=．
图(2)
配套热练
1．(2025·潍坊5月模拟)已知圆台的上底面圆O′的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A′，A分别在上、下底面圆周上，且O′A′⊥OA，OO′=1，则AA′与OO′所成角的余弦值为( A )
A． B．
C． D．
【解析】 如图，不妨设OA，O′A′的位置如图所示，以点O为坐标原点，OA所在直线为y轴，OO′所在直线为z轴，在底面圆O中，过点O且垂直于OA的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，2，0)，A′(1，0，1)，O(0，0，0)，O′(0，0，1)，所以=(1，－2，1)，=(0，0，1)．设异面直线AA′与OO′所成的角为θ，则cosθ=|cos〈，〉|===．
2．如图，已知ABC－A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为( A )
A．a B．a
C．a D．a
【解析】 如图，取AB的中点O，连接CO．因为△ABC为等边三角形，O为AB的中点，所以CO⊥AB．以点O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则C，A，B1，D，=(a，0，a)，=．设平面AB1D的法向量为n=(x，y，z)，则取x=1，可得n=(1，0，－1)．又=，所以点C到平面AB1D的距离为d===a．
3．如图，底面ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥底面ABCD，P为圆弧AD上的动点．当三棱锥P－BCD的体积最大时，二面角P－BC－D的余弦值为( D )
A． B．
C． D．
【解析】 三棱锥P－BCD的体积与点P到平面BCD的距离成正比，故当三棱锥P－BCD的体积最大时，点P处于半圆弧的正中间位置．点P处于半圆弧的正中间位置时，记AD的中点为O，以其为原点，，，分别作为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，易知平面BCD的一个法向量为m=(0，0，1)，且P(0，0，1)，B(2，－1，0)，C(2，1，0)，则=(2，－1，－1)，=(2，1，－1)．设n=(x，y，z)为平面PBC的法向量，则即令x=1，解得y=0，z=2，故n=(1，0，2)，显然二面角P－BC－D为锐角，因此所求余弦值为|cos〈n，m〉|===．
4．(2025·常德测试)(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则( ABD )
A．点A1到直线B1E的距离为 B．直线FC1到直线AE的距离为
C．点A1到平面AB1E的距离为 D．直线FC1到平面AB1E的距离为
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，E，F，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，所以= ，u1==，=(0，1，0)．设a1==(0，1，0)，则a1·u1=－，所以点A1到直线B1E的距离为==，故A正确．因为=，= ，所以∥，所以AE∥FC1，所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离，u2==，=．设a2==，则a2·u2=，所以直线FC1到直线AE的距离为==，故B正确．设平面AB1E的法向量为n=(x，y，z)，又=(0，1，1)，=，所以取z=2，得y=－2，x=1，所以n=(1，－2，2)，所以n0==．又=(0，0，－1)，所以点A1到平面AB1E的距离为|·n0|=，故C错误．因为FC1∥AE，FC1 平面AB1E，AE 平面AB1E，所以FC1∥平面AB1E，所以FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离．又平面AB1E的单位法向量为n0=，=，所以直线FC1到平面AB1E的距离为|·n0|=，故D正确．
5．(2025·枣庄3月模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均相等，且∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为____．
【解析】 不妨设三棱柱ABC－A1B1C1的棱长为2，由题意可知||=|| =||=2，===2×2×cos 60°=2．因为=＋=－＋－，则||2=(－＋－)2=2＋2＋2＋2－2－2=4＋4＋4＋4－4－4=8，即||=2，且=－＋－2=－2＋2－4=－4，可得cos〈，〉= ==－，所以异面直线AB与B1C所成角的余弦值为．
6．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，CB⊥BD，∠C1CD=45°，∠C1CB=60°，CC1=CB=BD=1，则二面角C－BD－C1的余弦值为____．
【解析】 在△C1CD中，C1D2=C＋CD2－2CC1·CDcos 45°=1，故C1D=1．因为C1C=CB=1，∠C1CB=60°，所以△C1CB为等边三角形，所以C1B=BD=C1D=1，故△C1DB为等边三角形．取BD的中点O，连接C1O，则C1O⊥BD．而CB⊥BD，CC1=＋＋OC1，设二面角C－BD－C1为θ，则=0，=0，=－||||cosθ=－，所以CC12=2＋2＋OC12＋2＋2·OC1＋2·OC1=2－=1，解得cosθ=，所以二面角C－BD－C1的余弦值为．
7．(2025·南京二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC．
(1) 求证：E为PD的中点；
【解答】 如图，连接BD交AC于点O，连接EO．因为底面ABCD为菱形，所以O为BD的中点．又因为PB∥平面ACE，PB 平面PBD，平面PBD 平面ACE=EO，所以PB∥EO，所以E为PD的中点．
(2) 若AB=2，二面角C－AE－D的余弦值为，求PA的长．
【解答】 取BC的中点F，连接AF．在菱形ABCD中，∠BAD=120°，所以∠ABC=60°，则△ABC为正三角形，所以AF⊥BC，AF⊥AD．又因为PA⊥平面ABCD，所以AF，AD，AP两两垂直，以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．设AP=t(t＞0)，则C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，t)，E，则=(，1，0)，=，=(0，0，t)．易知平面AED的一个法向量为m=(1，0，0)．设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，由得令y=3，得n=．因为二面角C－AE－D的余弦值为，所以|cos〈m，n〉|===，解得t=1，所以PA=1．
8．(2025·上饶二模)如图(1)，在四边形ABCD中，DA=DC=AB=，∠ADC=90°，∠BAD=105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图(2))，且DB′=．
图(1)
图(2)
(1) 求证：平面B′AC⊥平面ACD；
【解答】 在△ACD中，由DA=DC=，∠ADC=90°，得∠CAD=45°，AC=2．在△AB′C中，∠B′AC=∠BAC=105°－45°=60°，而AB′=AB=4，由余弦定理得B′C2=AB′2＋AC2－2AB′·ACcos 60°=12，则AC2＋B′C2=AB′2，即AC⊥B′C．由DB′=，得DB′2=DC2＋B′C2，则DC⊥B′C．又AC DC=C，AC，DC 平面ACD，所以B′C⊥平面ACD，又B′C 平面B′AC，所以平面B′AC⊥平面ACD．
(2) 若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离．
【解答】 连接OP．由O，P分别为AC，AB′的中点，得OP∥B′C，由(1) 得OP⊥平面ACD．由DA=DC=，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直．以点O为原点，直线OA，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，=(2，0，0)．由点M在PD上，得=λ＋(1－λ)=(0，λ，－λ)，0≤λ≤1．设平面ACM的法向量为n=(x，y，z)，则取z=λ，得n=(0，λ－，λ)，而平面ACD的一个法向量为m=(0，0，1)，则|cos〈m，n〉|===，解得λ=，于是n=，而=(0，0，)，则点P到平面ACM的距离d==，所以点P到平面ACM的距离为．
9．(2025·厦门二模)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AA1=A1C1=C1C=2，AC=4，BA=BC．
(1) 求证：A1B⊥AC1；
【解答】 如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，取AC的中点O，连接BO，A1O，C1O．由BA=BC，得BO⊥AC．由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C 平面ABC=AC，BO 平面ABC，得BO⊥平面AA1C1C．而AC1 平面AA1C1C，则AC1⊥BO．又A1C1∥AO，A1C1=AO=AA1，所以四边形A1AOC1是菱形，所以AC1⊥A1O．而A1O BO=O，A1O，BO 平面A1OB，因此AC1⊥平面A1OB．又A1B 平面A1OB，所以A1B⊥AC1．
(2) 当直线BB1与平面BA1C1所成的角最大时，求三棱台ABC－A1B1C1的体积．
【解答】 取A1C1的中点M，连接OM，则OM⊥AC．由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C 平面ABC=AC，OM 平面AA1C1C，得OM⊥平面ABC，直线OB，OC，OM两两垂直．以O为坐标原点，直线OB，OC，OM分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设OB=a(a＞0)，则B(a，0，0)，A(0，－2，0)，A1(0，－1，)，C1(0，1，)，A1B=(a，1，－)，A1C1=(0，2，0)，BB1=BA1＋A1B1=BA1＋=．设平面BA1C1的法向量为n=(x，y，z)，则取x=，得n=(，0，a)．设直线BB1与平面BA1C1所成的角为θ，则sinθ=|cos〈BB1，n〉|=====≤=，当且仅当a2=，即a=时取等号，所以三棱台ABC－A1B1C1的体积V=(S△ABC＋S△A1B1C1＋)h=×=．
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