2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点25空间角与空间距离问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点25空间角与空间距离问题(学生版+解析)，文件包含2026年高考数学复习举一反三训练全国通用重难点19数列的单调性周期性最值性质及其应用教师版docx、2026年高考数学复习举一反三训练全国通用重难点19数列的单调性周期性最值性质及其应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

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\l "_Tc3305" 【题型1 几何法求异面直线所成的角】 PAGEREF _Tc3305 \h 3
\l "_Tc5057" 【题型2 向量法求异面直线所成的角】 PAGEREF _Tc5057 \h 6
\l "_Tc440" 【题型3 几何法求线面角】 PAGEREF _Tc440 \h 9
\l "_Tc23884" 【题型4 向量法求线面角】 PAGEREF _Tc23884 \h 14
\l "_Tc24677" 【题型5 几何法求二面角】 PAGEREF _Tc24677 \h 18
\l "_Tc23519" 【题型6 向量法求二面角】 PAGEREF _Tc23519 \h 24
\l "_Tc10709" 【题型7 求点面距离、面面距离】 PAGEREF _Tc10709 \h 31
\l "_Tc21173" 【题型8 求点到直线距离、异面直线距离】 PAGEREF _Tc21173 \h 37
1、空间角与空间距离问题
空间角与空间距离问题是历年高考的重点和热点内容，从近几年的高考情况来看，空间角与空间距离问题一般以解答题形式为主，每年必考，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，难度中等偏难；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般.
近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活求解；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分.
知识点1 几何法求空间角
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)：
①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；
②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；
③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
3．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
知识点2 向量法求空间角
1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
2．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
3．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
知识点3 空间距离的求解策略
1．距离问题
(1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为(如图)．

(2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
2．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量v.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
3．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.
(3)等体积法.
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为.
【题型1 几何法求异面直线所成的角】
【例1】（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是（ ）
A．1910B．−1910C．−910D．910
【答案】D
【解题思路】连接BF，得∠DFB即为异面直线DF与C1E所成的角，设AB=2，利用余弦定理可得答案.
【解答过程】连接BF，因为C1F=BE,C1F//BE，所以四边形C1FBE为平行四边形，
所以BF//C1E，所以∠DFB即为异面直线DF与C1E所成的角或补角，
设AB=2，则BD=1，BF=B1F2+BB12=5，
连接EF,DE，则DE=12AC=1，因为EF//BB1，
所以EF⊥平面ABF，DE⊂平面ABF，所以EF⊥DE，
EF=BB1=2，DF=EF2+DE2=4+1=5，
由余弦定理得cs∠DFB=DF2+BF2−BD22DF×BF=5+5−110=910.
所以异面直线DF与C1E所成角的余弦值是910.
故选：D.
【变式1-1】（2025·甘肃定西·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AB=AA1=2,∠BAC=120∘,D是棱B1C1的中点，则异面直线AD与B1C所成角的余弦值为（ ）
A．1010B．31010C．55D．255
【答案】C
【解题思路】连接A1D，取C1C的中点E，连接AE,DE，由B1C ∥ DE，可得∠ADE（或其补角）为异面直线AD与B1C所成的角，在△ADE中利用余弦定理计算即可得出结果.
【解答过程】如图所示，连接A1D，取C1C的中点E，连接AE,DE，
因为B1C ∥ DE，所以∠ADE（或其补角）为异面直线AD与B1C所成的角.
因为AC=AB=AA1=2,∠BAC=120°，
所以B1C1=23,B1C=B1C12+BB12=4,A1D=1,AD=5,DE=2,AE=5，
所以cs∠ADE=5+4−52×5×2=55，
所以异面直线AD与B1C所成角的余弦值为55.
故选：C.

【变式1-2】（2025·江西·模拟预测）已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AB=2，AD=1，AA1=3，则直线A1B与直线B1C所成角的余弦值为（ ）
A．377B．3714C．277D．147
【答案】B
【解题思路】由长方体的性质可得A1D//B1C，所以直线A1B与直线B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B，由余弦定理求解即可.
【解答过程】连接A1D，DB，由长方体的性质可得A1D//B1C，
所以直线A1B与直线B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角，即∠DA1B（或其补角）.
在△A1BD中，A1B=7，A1D=2，BD=5，
所以cs∠DA1B=|A1B2+A1D2−BD2|2A1B⋅A1D=|7+4−5|2×7×2=3714.
故选：B.
【变式1-3】（2025·云南红河·三模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB=PA=2，若四棱锥P−ABCD的外接球半径为2，则AE与BC所成角的正弦值为（ ）
A．12B．22C．32D．64
【答案】B
【解题思路】将四棱锥P−ABCD补成长方体ABCD−PB1C1D1，设AD=m，根据条件可求得m=22，可得AE与BC所成的角即为∠EAD或其补角，在△AED中，利用余弦定理求解.
【解答过程】设AD=m，如图所示，将四棱锥P−ABCD补成长方体ABCD−PB1C1D1，
则四棱锥P−ABCD的外接球半径等于长方体的外接球半径，
因为AD=m，AB=PA=2，即R=22+22+m22=2，所以m=22．
又BC//AD，所以AE与BC所成的角即为∠EAD或其补角，
由题意以及长方体结构特征知△PAC和△PDC均为直角三角形，
所以AE=ED=12PC=2，AD=22，
所以cs∠EAD=AE2+AD2−ED22AE⋅AD=4+8−42×2×22=22．
可知AE与BC所成的角为π4，所以AE与BC所成的角的正弦值为22．
故选：B．
【题型2 向量法求异面直线所成的角】
【例2】（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，BB1=2AB=2BC，M，N分别是B1C1，A1B1的中点，则直线BM与直线CN所成角的余弦值（ ）
A．31313B．21313C．55D．2515
【答案】B
【解题思路】建立空间直角坐标系，设BC=aa>0，利用异面直线所成角的向量法求解即可.
【解答过程】因为直三棱柱ABC−A1B1C1，所以BB1⊥底面ABC，
又BA,BC⊂底面ABC，所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，
又因为AB⊥BC，所以BA,BC,BB1两两垂直，
以BA,BC,BB1为x,y,z轴建立如图所示坐标系，
设BC=aa>0，则B0,0,0，C0,a,0，M0,a2,2a，Na2,0,2a，
所以BM=0,a2,2a，CN=a2,−a,2a，
设直线BM与直线CN所成角为θ，
则csθ=csBM,CN=BM⋅CNBMCN=32a232a×132a=21313，
所以直线BM与直线CN所成角的余弦值为21313.
故选：B.
【变式2-1】（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长相等，且∠A1AB=∠A1AC=45∘,∠BAC=60∘，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为（ ）
A．33B．23C．63D．2+24
【答案】D
【解题思路】设向量及相关量并表示出B1C，计算数量积与模长，最后求异面直线所成角余弦值.
【解答过程】设三棱柱棱长为1,AB=a,AC=b,AA1=c,a=b=c=1，
所以a⋅b=12，a⋅c=b⋅c=22，B1C=AC−AB−BB1=b→−a→−c→，
AB⋅B1C=a⋅b−a−c=a⋅b−a2−a⋅c=12−1−22=−1+22，
B1C2=(b−a−c)2=a2+b2+c2−2a⋅b+2a⋅c−2b⋅c=2，则B1C=2，
设异面直线AB与B1C所成角为θ，csθ=AB⋅B1CAB⋅B1C=2+24.
故选：D.
【变式2-2】（2025·浙江·二模）正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M,N分别为正方形A1B1C1D1及ABB1A1的中心，则异面直线BD与MN所成角的余弦值为（ ）
A．0B．34C．12D．32
【答案】C
【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可.
【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，
则D0,0,0,B1,1,0,M12,12,1,N1,12,12，
故MN=12,0,−12,BD=−1,−1,0，
所以csMN,BD=MN⋅BDMNBD=1222×2=12，
所以异面直线BD与MN所成角的余弦值为12.

故选：C.
【变式2-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1、BB1、CC1、DD1均与曲池的底面ABCD垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90∘，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为（ ）
A．45B．35C．1010D．31010
【答案】A
【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【解答过程】设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1、OC、OB，
以O为坐标原点，分别以OC、OB、OO1所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则C1,0,0、A0,2,0、B10,1,2、D12,0,2，
所以CD1=1,0,2，AB1=0,−1,2，csAB1,CD1=AB1⋅CD1AB1⋅CD1=45⋅5=45，
所以异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为45.
故选：A.
【题型3 几何法求线面角】
【例3】（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥P−ABC的底面△ABC是正三角形，PA⊥平面ABC，P，A，B，C四点都在以O为球心的球面上，AB=3PA=23，则OA与平面PBC所成角的正切值为（ ）
A．5316B．7316C．74D．95
【答案】C
【解题思路】设D是BC中点，E是PA中点，G是正三角形ABC的重心，作OG⊥AD，过A作AH⊥PD，从而确定∠PFA是OA与平面PBC所成的角或其补角．进而可求解.
【解答过程】
设D是BC中点，E是PA中点，G是正三角形ABC的重心，则G是AD的三等分点，AG=2GD，
由△ABC是边长为23的正三角形知，AG=2GD=2，
在平面PAD中，作OG⊥AD，作PA的垂直平分线交OG于点O，
因为PA⊥平面ABC，PA=2，易知四边形OEAG是矩形，OE=2，AE=1．
设OA与PD交于点F，过A作AH⊥PD，垂足为H，
因为PA⊥平面ABC，BC在平面ABC内，
所以PA⊥BC，又AD⊥BC，AP,AD为平面PAD内两条相交直线，
所以BC⊥平面PAD，AH在平面PAD内，
所以BC⊥AH，又BC,PD为平面PBC内两条相交直线，
所以AH⊥平面PBC，
所以∠PFA是OA与平面PBC所成的角或其补角．
过F作直线MN平行于AD，交PA于点M，交OG于点N，则FMAD=PMPA，FNAG=ONOG，
把PA=2，OG=1，AG=2，AD=3，PM=PE+EM=1+ON，FM+FN=2，
代入求得FM=127，EM=ON=17，
在△AFM中，AM=1−17=67，tan∠AFM=AMFM=12，
在△PFM中，tan∠PFM=PMFM=23，
所以tan∠PFA=tan∠AFM+tan∠PFM1−tan∠AFMtan∠PFM=74．
故选：C．
【变式3-1】（2025·湖北·三模）在正三棱台ABC−DEF中，P,Q分别为棱AB,BC的中点，AB=2DE，四边形PQFD为正方形，则BC与平面ACFD所成角的正弦值为（ ）
A．33B．63C．36D．66
【答案】B
【解题思路】延长AD,BE,CF交于点G，，根据正棱台可判断三棱锥G−ABC为正三棱锥，根据棱长进而判断为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解.
【解答过程】由题意可知，延长AD,BE,CF必交于一点G，
由DE=12AB,DE//AB可知，D,E分别是GA,GB的中点，
又点P为线段AB的中点，所以DP//GB,DP=12GB，
因P,Q分别为棱AB,BC的中点，则PQ//AC,PQ=12AC，
又四边形PQFD为正方形，所以DP=PQ，所以AC=GB，
由于三棱锥G−ABC为正三棱锥，因此三棱锥G−ABC为正四面体，
因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线GC与平面ABC所成角，
取△ABC的中心为O，连接GO,OC，则GO⊥平面ABC，
所以∠GCO为直线GC与平面ABC所成角，
设正四面体G−ABC的棱长为a，
在△ABC中，CO=23CP=23×32a=33a，GO=GC2−OC2=a2−33a2=63a，
在△GOC中，sin∠GCO=GOGC=63，
故直线BC与平面ACFD所成角的正弦值为63.
故选：B.

【变式3-2】（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=90∘，AD//BC，AB=2，AD=1,PA=BC=4,PA⊥平面ABCD.
(1)求证:直线BD⊥PC；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)arctan255
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面PAC，再利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）先证明BC⊥平明PAB，从而得到∠CPB为直线PC与平面PAB所成角，再在Rt△CPB中求解∠CPB即可.
【解答过程】（1）由题意知tan∠ADB=2=tan∠BAC，所以∠ADB=∠BAC，
又因为∠BAC+∠CAD=90∘，所以∠ADB+∠CAD=90∘，所以AC⊥BD；
又因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又因为AC∩PA=A,AC,PA⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，又PC在平面PAC内，
所以直线BD⊥PC；
（2）因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为BC⊥AB，AB∩PA=A，AB,PA⊂平明PAB，所以BC⊥平面PAB，
所以∠CPB为直线PC与平面PAB所成角，
在Rt△CPB中，因为PB=25,BC=4，
所以tan∠BPC=BCPB=255
所以直线PC与平面PAB所成角的大小为arctan255.
【变式3-3】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四棱锥A−BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，BC=2，CD=2，AB=AC．
(1)求证：BE⊥平面ABC；
(2)若F，G分别为棱CD，AE的中点，求证：GF∥平面ABC；
(3)设△ABC为等边三角形，求直线CE与平面ABE所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)45∘
【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明BE⊥平面ABC；
（2）易证四边形FGHC是平行四边形，进而根据线面平行的判断定理证明即可；
（3）由（1）可知平面ABE⊥平面ABC，进而可知∠CEH是直线CE与平面ABE所成角，在三角形中求解即可.
【解答过程】（1）因为底面BCDE为矩形，所以BE⊥BC，
因为侧面ABC⊥底面BCDE，侧面ABC∩底面BCDE=BC，BE⊂底面BCDE，
所以BE⊥平面ABC.
（2）取AB中点H，连接GH，CH，
因为G是AE中点，所以HG//BE，HG=12BE，
又因为矩形BCDE，所以BE//CD，BE=CD，且F是CD中点，
所以HG//CF，HG=CF，
所以四边形FGHC是平行四边形，
所以FG//CH，
又因为FG⊄平面ABC，CH⊂平面ABC，
所以FG//平面ABC.
（3）由（1）可知BE⊥平面ABC，
因为BE⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面ABC，
又平面ABE∩平面ABC=AB，
因为△ABC为等边三角形，
所以CH⊥AB，CH⊂平面ABC，
所以CH⊥平面ABE，
连接EH，所以∠CEH是直线CE与平面ABE所成角，
在矩形BCDE中，CE=6，
在正△ABC中，CH=3，
所以sin∠CEH=CHCE=36=22，
因为∠CEH∈[0°,90°]，
因此∠CEH=45∘，
即直线CE与平面ABE所成角为45∘．
【题型4 向量法求线面角】
【例4】（2025·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=32AA1，D为线段BC的中点，点E在线段B1C1上，且B1E=13B1C1，则直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为（ ）
A．16B．26C．36D．13
【答案】B
【解题思路】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
不妨设AA1=4，则AB=AC=6，
则D3,3,0,E4,2,4，故DE=1,−1,4，
因为x轴⊥平面ACC1A1，则可取平面ACC1A1的法向量为n=1,0,0，
则csDE,n=DE⋅nDEn=132×1=26，
即直线DE与平面ACC1A1所成角的正弦值为26.
故选：B.
【变式4-1】（2025·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，若AC=BC=1，AA1=2，直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为（ ）
A．31010B．1010C．13D．223
【答案】A
【解题思路】以点C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值.
【解答过程】在堑堵ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90∘，AA1=2，AC=BC=1，
以点C为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则B10,1,2、C0,0,0、A1,0,0、B0,1,0，
CB1=0,1,2，BA=1,−1,0，BB1=0,0,2，
设平面ABB1A1的法向量n=x,y,z，
则n⋅BA=x−y=0n⋅BB1=2z=0，取x=1，得n=1,1,0，
设直线B1C与平面ABB1A1所成角为θ，则sinθ=CB1⋅nCB1⋅n=15×2=110，
所以csθ=1−sin2θ=1−110=31010，
因此，直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为31010．
故选：A．
【变式4-2】（2025·全国·模拟预测）由四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥D1−A1DC1后得到如图所示的几何体，四边形ABCD是菱形，AC=4,BD=2,O为AC与BD的交点，B1O⊥平面ABCD.
(1)求证：B1O//平面A1DC1；
(2)若B1O=23，求AC1与平面A1DC1所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2929
【解题思路】（1）取A1C1中点O1，连接B1O1，O1D,OO1，根据线面平行的判定证明B1O∥O1D即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【解答过程】（1）如图所示，取A1C1中点O1，连接B1O1，O1D,OO1，
则由题意B1B//AA1//OO1且B1B=AA1=OO1，故四边形B1BOO1是平行四边形，
所以B1O1//BO且B1O1=BO，故B1O1//OD且B1O1=OD，
所以四边形B1O1DO是平行四边形，则B1O//O1D.
又B1O⊄平面A1DC1,O1D⊂平面A1DC1，所以B1O//平面A1DC1.
（2）由题意可知AC,BD,OB1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则由题意A0,−2,0,D1,0,0,C0,2,0,B−1,0,0,B10,0,23.
又AA1=CC1=BB1=1,0,23，
OC1=OC+CC1=OC+BB1=0,2,0+1,0,23=1,2,23，
OA1=OA+AA1=OA+BB1=0,−2,0+1,0,23=1,−2,23，
即A11,−2,23，C11,2,23，
所以AC1=1,4,23，DA1=0,−2,23，DC1=0,2,23.
设平面A1DC1的一个法向量为m=x1,y1,z1，则m⊥DA1m⊥DC1，
所以m⋅DA1=−2y1+23z1=0m⋅DC1=2y1+23z1=0，则y1=z1=0，取x1=1，则m=1,0,0.
设AC1与平面A1DC1所成角θ，
则sinθ=csAC1,m=AC1⋅mAC1m=129=2929，
所以AC1与平面A1DC1所成角的正弦值为2929.
【变式4-3】（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4,B1E=22．
(1)求证：B1E⊥C1D1；
(2)在棱CC1上是否存在一点P，使得直线BP与平面CDD1C1所成角的余弦值为13？若存在，求C1PC1C的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，C1PC1C=12
【解题思路】（1）要证明B1E⊥C1D1，可证明B1E⊥AB，即只要证明AB垂直于B1E所在的平面即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，进而确定点的位置.
【解答过程】（1）证明：连接EC1，
因为AB⊥BC,BC//B1C1，所以AB⊥B1C1．
因为BC1=AC1,E是AB的中点，所以AB⊥EC1，
因为AB⊥B1C1,AB⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,B1C1，EC1⊂平面B1C1E，所以AB⊥平面B1C1E，
所以AB⊥B1E，
因为AB⊥B1E,AB//C1D1，
所以B1E⊥C1D1．
（2）因为B1E=22,B1C1=2,C1E=23，
所以B1C12+B1E2=C1E2，所以B1E⊥B1C1，
又由（1）知C1D1⊥B1E，且C1D1∩B1C1=C1,C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以B1E⊥平面A1B1C1D1，
因为ABCD−A1B1C1D1为四棱台，底面ABCD为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同，
所以四边形A1B1C1D1为正方形，上下面平行
所以B1E⊥平面ABCD，A1B1=B1C1=2.
因为点E是AB的中点，AB=4，所以AE=2.
所以AE//A1B1且AE=A1B1，所以四边形A1B1EA为平行四边形
所以B1E//A1A.
又B1E⊥平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD．
以A为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(4,0,0),C(4,4,0),D(0,4,0),C1(2,2,22)，
设CP=λCC1，则P(4−2λ,4−2λ,22λ),BP=(−2λ,4−2λ,22λ)，CD=(−4,0,0),CC1=(−2,−2,22)．
设平面CDD1C1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD=−4x=0,n⋅CC1=−2x−2y+22z=0,
令y=2,n=(0,2,1)．
设直线BP与平面CDD1C1所成角为θ，
则sinθ=|cs〈n,BP〉|=|n⋅BP||n||BP|=223⇒423⋅4λ2+(4−2λ)2+8λ2=223，
化简得(2λ−1)2=0，
即λ=12，所以C1PC1C=12．
【题型5 几何法求二面角】
【例5】（2025·河北·模拟预测）如图正三棱柱ABC−A′B′C′底面边长为2，高为6，点D,E,F分别在棱AA′,BB′,CC′上，且B′E=2EB,CF=2FC′，若平面DEF恰好将正三棱柱ABC−A′B′C′体积均分，则平面DEF和平面ABC夹角的余弦值为（ ）
A．22B．33C．54D．64
【答案】A
【解题思路】首先分析可得点D为AA′的中点，延长FD与CA的延长线交于点M，延长FE与CB的延长线交于点N，连接MN，则MN为平面DEF与平面ABC的交线，利用勾股定理逆定理得到MN⊥NC，即可证明MN⊥平面NFC，则∠FNC为平面DEF和平面ABC夹角，最后由锐角三角函数计算可得.
【解答过程】因为B′E=2EB,CF=2FC′，即C′F=BE=2，CF=B′E=4，
又平面DEF恰好将正三棱柱ABC−A′B′C′体积均分，所以点D为AA′的中点，
延长FD与CA的延长线交于点M，延长FE与CB的延长线交于点N，连接MN，
则MN为平面DEF与平面ABC的交线，
因为DA=3，FC=4，EB=2，AD//CF，BE//CF，
所以AMMC=ADCF=34，即AMAM+2=34，解得AM=6，所以MC=8；
NBNC=EBCF=24，即NBNB+2=24，解得NB=2，所以NC=4，
在△MCN中由余弦定理MN2=MC2+NC2−2MC⋅NCcs∠MCN
=82+42−2×8×4×12=48，
所以MN=43，
所以MN2+NC2=MC2，即MN⊥NC，
又CC′⊥平面ABC，MN⊂平面ABC，所以CC′⊥MN，
又NC∩FC=C，NC,FC⊂平面NFC，所以MN⊥平面NFC，
又NF⊂平面NFC，所以NF⊥MN，
所以∠FNC为平面DEF和平面ABC夹角，又NF=42+42=42，
所以cs∠FNC=NCNF=442=22，
即平面DEF和平面ABC夹角的余弦值为22.
故选：A.
【变式5-1】（2024·河北·模拟预测）在三棱锥A−BCD中，AB=AC=2, BC=CD=2, ∠BCD=120°，若三棱锥A−BCD的外接球表面积为20π，则二面角A−BC−D的大小为（ ）
A．60°或120°B．30°或150°C．60°D．45°
【答案】A
【解题思路】根据题意，作出球心O，利用外接球半径R，△ABC,△BCD外接圆半径r1,r2，可求得∠OO1O2=30°即可得到二面角A−BC−D的大小.
【解答过程】设△ABC,△BCD外接圆圆心分别为O1,O2，外接圆半径为r1,r2，三棱锥外接球半径为R，
过O1,O2分别作平面ABC，平面BCD的垂线，交点即为三棱锥A−BCD的外接球心O，
∵AB=AC=2, BC=2，∴AB2+AC2=BC2，即∠BAC=π2，
所以O1在BC中点处，r1=BC2=1，
∵BC=CD=2, ∠BCD=120°，∴∠CBD=30°，
CDsin∠CBD=2r2=2sin30°⇒r2=2，且O2在BC垂直平分线上，
所以O1O2=O2B2−O1B2=r22−1=3，
三棱锥A−BCD的外接球表面积为S=4πR2=20π⇒R=5，
OO1=OB2−O1B2=R2−1=2，OO2=OB2−O2B2=R2−4=1，
又OO2⊥平面BCD，O1O2⊂平面BCD，所以OO2⊥O1O2，
则sin∠OO1O2=OO2OO1=12，所以∠OO1O2=30°，
又OO1⊥平面ABC，BC，AO1⊂平面ABC，所以OO1⊥BC,OO1⊥AO1，
又AO1⊥BC,O1O2⊥BC，所以O1A,O1O,O1O2共面，
所以∠AO1O2就是二面角A−BC−D的平面角，
∠AO1O2=90°+30°=120°或∠AO1O2=90°−30°=60°.
故选：A.
【变式5-2】（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，∠ADC=90°，AB=AD=PD=3，且DC=2AB，CE=2EP.
(1)证明：AD⊥平面PDC；
(2)求平面BDE与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)23.
【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理得AD⊥PD，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出平面BDE与平面PBC的法向量，代入向量夹角公式求解即可；
法二：利用等体积法求得D到平面PBC距离为6，在△DEB中，由余弦定理得cs∠EDB=12，进而求出S△DEB=33，利用等面积法求得ℎ′为点到交线BE的距离，设平面BDE与平面PBC的夹角为θ，求出sinθ=ℎℎ′，进一步求出csθ，即可得解.
【解答过程】（1）因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则AD⊥PD，
因为∠ADC=90°，即AD⊥CD，
因为PD∩CD=D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
故AD⊥平面PDC.
（2）法一：PD⊥平面ABCD，∠ADC=90°，
以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=AD=PD=3，CD=2AB，CE=2EP，
所以B3,3,0、C0,6,0、D0,0,0、P0,0,3、E0,2,2，
DB=3,3,0，DE=0,2,2，CP=0,−6,3，CB=3,−3,0，
设平面BDE的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅DB=3x1+3y1=0m⋅DE=2y1+2z1=0，取x1=1，可得m=1,−1,1，
设平面PBC的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅CP=−6y2+3z1=0n⋅CB=2x1−2y1=0，取x2=1，可得n=1,1,2，
设平面BDE与平面PBC的夹角为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nm⋅m=23×6=23，
所以平面BDE与平面PBC夹角的余弦值为23.
法二：因为S△DBC=12×6×3=9，
所以VP−DBC=13S△DBC×PD=13×9×3=9，VE−DBC=23VP−DBC=6
又S△EBC=23S△PBC=23×12×BC×PB=13×32×27=36，
而VE−DBC=VD−EBC，所以6=13×36⋅ℎ，
故ℎ=6，即D到平面PBC距离为6.
依题意，计算可得，在△DEB中，DB=32，BE=14，DE=22，
由余弦定理，得cs∠EDB=DB2+DE2−BE22×BD×DE=18+8−142×32×22=12，
因为∠EDB∈0,π，所以sin∠EDB=32，
又S△DEB=12×32×22×32=33，
设ℎ′为点D到交线BE的距离，则ℎ′=2S△DEBBE=6314，
设平面BDE与平面PBC的夹角为θ，
所以sinθ=ℎℎ′=66314=1418，所以csθ=1−1418=23.
所以平面BDE与平面PBC夹角的余弦值为23.
【变式5-3】（2025·安徽六安·模拟预测）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD=2,PA=DC=BC=1，AD//BC，∠BCD=90°，且PA⊥AB, PD⊥CD.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求二面角B−PC−D所成平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)−105．
【解题思路】（1）根据空间中垂直关系的转化可得CD⊥平面PAD，从而可得PA⊥CD，故可证PA⊥平面ABCD，结合面面垂直的判定定理可得平面PAB⊥平面ABCD；
（2）先求出D到棱PC的距离，再求出A到平面PBC的距离，从而可得平面角的正弦值，故可求其余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为四边形ABCD为直角梯形，且∠BCD=90°，故BC⊥CD，
又AD//BC，故CD⊥AD，而CD⊥PD，AD∩PD=D，AD, PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，而PA⊂平面PAD，所以PA⊥CD，
而PA⊥AB，AB，CD⊂平面ABCD，由梯形ABCD知AB，CD必定相交，
故PA⊥平面ABCD，而PA⊂平面PAB，
故平面PAB⊥平面ABCD；
（2）连接BD，在平面PDC中过D作DH⊥PC，垂足为H，
由（1）可得PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，故PA⊥AD，
而PA=1，AD=2，故PD=5，而CD=1，
所以PC=PD2+DC2=6，
因为PD⋅DC=PC⋅DH，所以DH=1×56=306，
在平面ABCD中，过A作AG⊥BC，交CB延长线于点G，连接PG，
则AG//CD，故AG⊥CG，且AG=CD=1，
取PG的中点为S，连接AS，由AP=AG=1可得AS⊥PG，
因为CG⊂平面ABCD，故PA⊥CG，
而PA∩AG=A，PA，AG⊂平面PAG，
故CG⊥平面PAG，而AS⊂平面PAG，故CG⊥AS，
而PG∩CG=G，PG，CG⊂平面PBC，故AS⊥平面PBC，
故A到平面PBC的距离为AS，且AS=12PG=22，
而AD//BC，AD⊂平面PBC，BC⊂平面BCP，
故AD//平面BCP，故D到平面BCP的距离即为A到平面PBC的距离为AS=22，
设二面角B−PC−D的平面角为θ，则sinθ=ASDH=22306=155，
由图可知θ为钝角，故csθ=−1−sin2θ=−105．
【题型6 向量法求二面角】
【例6】（2025·河北唐山·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，∠ABC=90∘，AA1=AB=1，BC=3，A1C⊥BD．
(1)求线段CD的长；
(2)求平面AB1D1与平面A1BD夹角的余弦值．
【答案】(1)CD=3
(2)35
【解题思路】（1）通过建立空间直角坐标系，利用向量垂直的性质，即可求解线段的长度；
（2）通过建立空间直角坐标系，确定平面AB1D1与平面A1BD的法向量，再利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值.
【解答过程】（1）如图，因为AB//CD，∠ABC=90°，所以∠BCD=90°，即CB⊥CD.
又四棱柱ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，所以CC1⊥平面ABCD，
CB,CD⊂平面ABCD，所以CC1⊥CB，CC1⊥CD.
所以，可以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，则C0,0,0，A11,3,1，B0,3,0，
设CD=m，则Dm,0,0．
CA1=1,3,1，BD=m,−3,0，
因为A1C⊥BD，所以CA1⋅BD=0，即1×m+3×−3+1×0=0，
解得m=3，所以CD=3.
（2）由（1）得，A1,3,0，B10,3,1，D3,0,0，则AB1=−1,0,1
因为B1D1=BD=3,−3,0，
设平面AB1D1的一个法向量是n=x1,y1,z1，
则n⋅AB1=0n⋅B1D1=0，即−x1+z1=03x1−3y1=0，令x1=1，解得z1=1y1=3，即n=1,3,1.
因为A1B=−1,0,−1，设平面A1BD的一个法向量是m=x2,y2,z2，
则m⋅BD=0m⋅A1B=0，即3x2−3y2=0−x2−z2=0，令x2=1，解得z2=−1y2=3，即m=1,3,−1.
则csn,m=n⋅mn⋅m=1×1+3×3+1×−112+32+12⋅12+32+−12=35．
故平面AB1D1与平面A1BD夹角的余弦值为35.
【变式6-1】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，底面ABC为等边三角形，平面A1ACC1⊥平面ABC，点D,E分别是A1B1,A1C1的中点.

(1)证明：平面DEC⊥平面ABC；
(2)若AB=2，点F在直线CC1上，且平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值为1717，求线段CF的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)23或2
【解题思路】（1）取AC的中点O，连接A1O，证明CE⊥平面ABC，再利用面面垂直的判定定理得到答案；
（2）建系，设CF=λCC1，借助于空间向量表示平面DEF与平面ABC的夹角的余弦值，进而求出λ，即得答案.
【解答过程】（1）如图，取AC的中点O，连接A1O，因为侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，

所以A1O⊥AC.又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
A1O⊂平面A1ACC1，所以A1O⊥平面ABC.
又因为E是A1C1的中点，所以四边形A1OCE为平行四边形，所以A1O//CE，所以CE⊥平面ABC.
又CE⊂平面DEC，所以平面DEC⊥平面ABC.
（2）连接OB，因为△ABC为等边三角形，则OB⊥OC.

所以OB,OC,OA1两两垂直.则以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为AB=2，所以OB=OA1=3.
故O(0,0,0), B(3,0,0)，
A1(0,0,3),C(0,1,0),E(0,1,3),C1(0,2,3).
设CF=λCC1，则OF=OC+λCC1=(0,1,0)+(0,λ,3λ)=(0,1+λ,3λ)，
即F(0,1+λ,3λ).∴EF=(0,λ,3λ−3)，
又DE=12B1C1=12BC=(−32,12,0).
设平面DEF的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m· DE=0m· EF=0， 则3x−y=0λy+3λ−3z=0，取z=λ，则y=3−3λ，x=1−λ.
故平面DEF的一个法向量为m=1−λ,3−3λ,λ.
又由（1）可知平面ABC的一个法向量为n=0,0,1，
由题意可得cs=1717，即m⋅nm⋅n=λ1−λ2+31−λ2+λ2=1717.
解得λ=13或−1.又|CF|=|λCC1|=2|λ|，所以，线段CF的长为23或2.
【变式6-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图，P是菱形ABCD所在平面外一点，且△PBD为等边三角形，

(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若∠BAD=π3且PA=AB，问线段PC上是否存在点Q（不包含端点），使得平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值是53?若存在，求PQPC的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，PQPC=14或PQPC=34
【解题思路】（1）根据题意可得BD⊥AC，PO⊥BD，结合面面垂直的判定即可证明；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，设PQ=λPC，再利用面面角的向量求法即可求解.
【解答过程】（1）连接BD交AC于点O，连接PO．

因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为O为BD的中点，且△PBD为等边三角形，所以PO⊥BD．
又AC,PO⊂平面APC，且AC∩PO=O，所以BD⊥平面APC，
又BD⊂平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）存在
因为∠BAD=π3，所以△ABD为等边三角形，BD=AB，
又PA=AB，所以PA=PB=PD，所以三棱锥P−ABD为正三棱锥，
过P作PH⊥平面ABCD，垂足为H，故H为△ABD的重心，
设AB=23，则OA=3,∴OH=13OA=1,HA=2，所以PH=PA2−HA2=22，
以O为原点，OB,OC所在直线为x,y轴建立空间直角坐标系Oxyz如下图所示，

故A0,−3,0,B3,0,0,C0,3,0,P0,−1,22，
则BP=−3,−1,22,BC=−3,3,0，
设平面PBC的法向量为n1=x1,y1,z1，
则BP⋅n1=−3x1−y1+22z1=0BC⋅n1=−3x1+3y1=0，令x1=3，故n1=3,1,2．
设PQ=λPC=0,4λ,−22λ,λ∈0,1，
则AQ=AP+PQ=0,4λ+2,22−22λ,AB=3,3,0，
设平面ABQ的法向量为n2=x2,y2,z2，
则AB⋅n2=3x2+3y2=0AQ⋅n2=4λ+2y2+22−22λz2=0，
令x2=3，故n2=3,−1,2λ+12−2λ．
设平面ABQ与平面PBC的夹角为θ，
于是csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2+2⋅2λ+12−2λ6×4+2λ+12−2λ2=31−λ8+2λ+11−λ2，
csθ=312λ2−12λ+9=14λ−122+2，由于sinθ=53，则csθ=23，
即14λ−122+2=23，由于λ∈0,1，所以λ=14或λ=34，
所以PQPC=14或PQPC=34．
【变式6-3】（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示，使得二面角A−EF−D的大小为60∘，点M在线段AB上且不与点A,B重合.
(1)直线MF与由A,D,E三点所确定的平面相交，交点为O，若CE⊥MF，求AM的长度，并求此时点O到平面CDEF的距离；
(2)若AM=34AB，求平面MEC与平面CEF夹角的正弦值.
【答案】(1)83
(2)154
【解题思路】（1）取BF中点H，证明得tan∠FEH=tan∠MFB，及FHEF=MBFB，设AM=t，求出AM，过O作OT⊥DE于T，证明得OT⊥平面CDEF，即OT为点O到平面CDEF的距离，进而得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，根据面面角的法向量求法求解即可．
【解答过程】（1）由题意可知，EF⊥CF,EF⊥BF,CF∩BF=F，CF,BF⊂平面CFB，
所以EF⊥平面CFB，同理可得EF⊥平面DEA，
因为二面角A−EF−D为60∘，所以∠DEA=∠CFB=60∘，
所以△DEA与△CFB均是全等的正三角形，取BF中点H，则CH⊥BF，
由EF⊥平面CFB,CH⊂平面CFB得CH⊥EF，
又BF∩EF=F，BF,EF⊂平面ABFE，因此CH⊥平面ABFE，即CH⊥MF，
因为CE⊥MF，CE∩CH=C，CE,CH⊂平面CEH，所以MF⊥平面CEH，
因为EH⊂平面CEH，所以MF⊥EH，
设AM=t，所以tan∠FEH=tan∠MFB，FHEF=MBFB，所以14=4−t2即t=72，
所以AM的长为72.
过O作OT⊥DE于T，因为EF⊥平面DEA，OT⊂平面DEA，所以OT⊥EF，
又DE∩EF=E，DE,EF⊂平面CDEF，所以OT⊥平面CDEF，
即OT为点O到平面CDEF的距离，因为OAOE =AMEF，所以OAOA+2=724，
所以OA=14,OE=16,OT=OEsinπ3=83，所以点O到平面CDEF的距离为83.
（2）因为EF // AB // CD，所以EF⊥DE,EF⊥AE，
又DE⊂平面CEF,AE⊂平面AEF，所以∠DEA即为二面角A−EF−C的平面角，
所以∠DEA=60∘.
取AE,BF中点O′,P，连接O′D,O′P，如图，
因为∠DEA=60∘,O′E=12DE=1，所以O′D2=4+1−4cs60∘=3，
所以O′D2+O′E2=DE2，所以O′D⊥AE，
因为O′P // EF，所以O′P⊥DE,O′P⊥AE，又AE,DE⊂平面AED,AE∩DE=E，
所以O′P⊥平面AED，因为O′D,AE⊂，平面AED，所以O′D⊥O′P,AE⊥O′P，
则以O′为坐标原点，O′A,O′P,O′D方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，
则D0,0,3,E−1,0,0,F−1,4,0,C0,4,3,M1,3,0，
则EM=2,3,0,EC=1,4,3，
设平面EMC的法向量m=x1,y1,z1，则EM⋅m=2x1+3y1=0EC⋅m=x1+4y1+3z1=0
令y1=2，则x1=−3,z1=−53，所以m=−3,2,−53.
设平面CEF的法向量n=x2,y2,z2，又EC=1,4,3,FC=1,0,3，
所以EC⋅n=x2+4y2+3z2=0FC⋅n=x2+3z2=0，
令z2=1，则x2=−3,y2=0，所以n=−3,0,1.
所以csm,n=m⋅nm⋅n=4332×833=14.
设平面MEC与平面CEF夹角为θ，
所以sinθ=1−cs2θ=1−142=154，
故平面MEC与平面CEF夹角的正弦值为154.
【题型7 求点面距离、面面距离】
【例7】（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=2，∠ABC=60°，E为CD的中点，沿AE将△DAE翻折至△PAE的位置得到四棱锥P−ABCE，且PB=2.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（ ）
A．32B．1510C．1515D．153
【答案】B
【解题思路】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.
【解答过程】在四边形ABCD中，连接BE，由题意可知△DAE是边长为1的等边三角形，
则∠AED=π3，∠BCE=2π3，BC=CE=1，则∠CEB=π6，可知∠AEB=π2，
即AE⊥EB，且BE=AB2−AE2=3，由PB=2，PE=1，BE=3，
则PE2+BE2=PB2，可知PE⊥EB.
由AE∩PE=E，AE，PE⊂平面PAE，
可得EB⊥平面PAE，又因为EB⊂平面ABCE，所以平面PAE⊥平面ABCE.
取AE中点O，AB中点H，连PO，OH，则PO=32，OH//BE，可得OH⊥AE，
因为△PAE为等边三角形，则PO⊥AE，平面PAE∩平面ABCE=AE，
PO⊂平面PAE，所以PO⊥平面ABCE.
以O为原点，OA,OH,OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则P0,0,32，E−12,0,0，B−12,3,0，
F−14,32,34，C−1,32,0，可得PC=−1,32,−32，PE=−12,0,−32，PF=−14,32,−34.
设平面PCE的法向量n=x,y,z，
则n⋅PC=−x+32y−32z=0n⋅PE=−12x−32z=0，令x=3，则y=1，z=−1，
可得n=3,1,−1，
由点F为线段PB的中点，知点F到平面PCE的距离是点B到平面PCE的距离的12.
平面PCE的一个法向量n=3,1,−1，CB=12,32,0，
点B到平面PCE的距离
d′=n⋅CBn=35=155，所以点F到平面PCE的距离为1510.
故选：B.
【变式7-1】（24-25高二下·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别是棱AB，AD，B1C1，D1C1的中点，则平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离为（ ）
A．13B．23C．12D．16
【答案】B
【解题思路】将问题转化为点F到平面GHDB的距离，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【解答过程】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，H(0,1,2)，E(2,1,0)，B1(2,2,2)，
所以DF=(1,0,0)，DH=(0,1,2)，DB=(2,2,0)，EB1=(0,1,2)，
所以DH=EB1，因为D,H,E,B1四点不共线，所以DH∥EB1，
由EB1⊄面GHDB，DH⊂面GHDB，则EB1//面GHDB，
因为E，F，分别是棱AB，AD的中点，所以EF∥BD，
同理，EF∥平面GHDB，而EF∩EB1=E，EF,EB1⊂面EFD1B1，
所以平面EFD1B1∥平面GHDB,EF⊂面EFD1B1，故EF//平面GHDB，
所以平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离，就是EF到平面GHDB的距离，也就是点F到平面GHDB的距离．
设平面GHDB的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DH=y+2z=0n⋅DB=2x+2y=0，不妨取y=−2，则n=(2,−2,1)，
所以点F到平面GHDB的距离d=DF⋅nn =1×2+0×(−2)+0×122+(−2)2+12=23，
即平面EFD1B1和平面GHDB之间的距离是23．
故选：B.
【变式7-2】（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°，三角形PAD是正三角形，M是棱PC的中点.

(1)证明：BC⊥DM；
(2)若二面角P−AD−B为60°，求点M到平面PAB的距离.
【答案】(1)证明见解析;
(2)31313.
【解题思路】（1）利用等腰三角形三线合一证明垂直关系，利用中位线和平行四边形证明平行关系，问题即可得证；
（2）利用建立空间直角坐标系，通过二面角的平面角可确定点P坐标，利用中点可求M坐标，最后利用空间向量法来求点到面的距离即可.
【解答过程】（1）

证明：取AD与PB中点O，N.连接PO，OB，ON，MN，
则运用中位线性质知NM//12BC，NM=12BC且OD//12BC，OD=12BC，
则OD//MN，OD=MN，则四边形ODMN是平行四边形，
又因为△PAD是正三角形，O为AD中点，
所以AD⊥OP，
底面ABCD是菱形，∠BAD=60∘，则△BAD是正三角形，则AD⊥OB，OP∩OB=O，OP,OB⊂平面POB，∴AD⊥平面POB，
∵ON⊂平面POB，∴AD⊥ON，
由于四边形ABCD是菱形，四边形ODMN是平行四边形，所以AD//BC，ON//DM，
∴BC⊥DM.
（2）由（1）AD⊥OB，则过O做AD的垂线Oz，以O为坐标原点，OA,OB,Oz为坐标轴，建立空间直角坐标系O−xyz如图，

由二面角P−AD−B为60°，可得∠POB=60°，
因为AB=2，四边形ABCD是菱形，可得AD=2，
又因为三角形PAD是正三角形，可得PO=3，所以可得P0,32,32，
则A1,0,0，D−1,0,0，C−2,3,0，B0,3,0，
由M是棱PC的中点，可得M−1,334,34，
则AB=−1,3,0，PB=0,32,−32，
设平面PAB的一个法向量为n=x,y,z，
则−x+3y=0,3y−3z=0.，令y=3，得x=3,z=1，故法向量为n=3,3,1，
又由BM=(−1,−34,34)，
所以M到平面PAB的距离dM=BM⋅nn=(−1,−34,34)⋅3,3,19+3+1=−3−34+−3413=313=31313，
故M到平面PAB的距离为31313.
【变式7-3】（2025·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面PCD，PA⊥AD，PA=AD=2，点E为线段PD的中点，点F为线段PC上的动点（不含端点）.
(1)证明：平面AEF⊥平面PCD；
(2)若平面AEF与平面PBC的夹角为π4，求点P到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)43
【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案；
（2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出PA⊥平面ABCD，以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PF=λPC0