2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题7.6空间向量的应用(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题7.6空间向量的应用(学生版+解析)，共19页。学案主要包含了全国通用，方法技巧与总结，解题思路，解答过程，变式1-1，变式1-2，变式1-3，变式2-1等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26093" 【题型1 平行关系的向量证明】 PAGEREF _Tc26093 \h 4
\l "_Tc4410" 【题型2 垂直关系的向量证明】 PAGEREF _Tc4410 \h 8
\l "_Tc16193" 【题型3 异面直线夹角的向量求法】 PAGEREF _Tc16193 \h 13
\l "_Tc20452" 【题型4 线面角的向量求法】 PAGEREF _Tc20452 \h 17
\l "_Tc23107" 【题型5 面面角的向量求法】 PAGEREF _Tc23107 \h 22
\l "_Tc8449" 【题型6 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】 PAGEREF _Tc8449 \h 27
\l "_Tc2852" 【题型7 点面距离、面面距离的向量求法】 PAGEREF _Tc2852 \h 32
\l "_Tc465" 【题型8 轨迹问题的向量求法】 PAGEREF _Tc465 \h 37
\l "_Tc28155" 【题型9 探索性问题的向量求法】 PAGEREF _Tc28155 \h 43
1、空间向量的应用
知识点1 空间位置关系的向量表示
1．直线的方向向量
直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在的直线与直线l平行或重合，那么称此向量a为直线l的方向向量.
2．平面的法向量
平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则称向量a为平面α的法向量.
知识点2 用空间向量研究直线、平面的平行关系
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔⇔∃λ∈R，使得.
(2)线面平行的向量表示：设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：设分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔⇔∃λ∈R，使得 .
2．利用向量证明线线平行的思路：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行问题的方法：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行问题的方法：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
知识点3 用空间向量研究直线、平面的垂直关系
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设分别是直线l1 , l2的方向向量，则l1⊥l2⇔⇔.
(2)线面垂直的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：设分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔⇔.
2．证明两直线垂直的基本步骤：
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
4．证明面面垂直的两种方法：
(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．
(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．
知识点4 用向量法求空间角
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5 用空间向量研究距离问题
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MN.
(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.
【方法技巧与总结】
1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是.
【题型1 平行关系的向量证明】
【例1】（24-25高二下·四川南充·阶段练习）如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB=2，AF=1,M在EF上且AM//平面BDE，则M点的坐标为（ ）

A．1,1,1B．22,22,1C．23,23,1D．24,24,1
【答案】B
【解题思路】设Mλ,λ,1，求平面BDE的法向量，根据线面平行可得AM⊥n，根据向量垂直的坐标运算求解即可.
【解答过程】由题意可知：A2,2,0,D2,0,0,B0,2,0,E0,0,1，
设Mλ,λ,1，则DE=−2,0,1,BE=0,−2,1,AM=λ−2,λ−2,1．
设平面BDE的法向量n=x,y,z，则DE⋅n=−2x+z=0BE⋅n=−2y+z=0，
令z=2，则x=y=1，可得n=1,1,2，
因为AM//平面BDE，则AM⊥n，
即AM⋅n=λ−2+λ−2+2=0，解得λ=22，即M点坐标为22,22,1．
故选：B.
【变式1-1】（24-25高二上·江西·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中， AB=BC=2AA1，当 A1C=λA1P时，有D1P//平面BDC1，则实数λ的值为（ ）
A．1B．2C．3D．52
【答案】C
【解题思路】根据题意可知，以A点为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用共线定理和线面平行的向量解法可确定实数λ的值.
【解答过程】如下图所示：
以A点为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系；设AA1=1，
则A1(0,0,1),B(2,0,0),C(2,2,0),C1(2,2,1),D(0,2,0),D1(0,2,1)，设P(x,y,z)
即A1C=(2,2,−1)，A1P=(x,y,z−1)，
由A1C=λA1P得A1C=(2,2,−1)=λA1P=(λx,λy,λz−λ)
即x=2λ,y=2λ,z=1−1λ，所以P(2λ,2λ,1−1λ)
则D1P=(2λ,2λ−2,−1λ)
设平面BDC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
BC1=(0,2,1),BD=(−2,2,0)，所以m·BC1=2y1+z1=0m·BD=−2x1+2y1=0
令y1=1，则x1=1,z1=−2；所以m=(1,1,−2)
由D1P//平面BDC1可知，m·D1P=0,即6λ−2=0.
所以λ=3.
故选：C.
【变式1-2】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体ABCD−A1B1C1D1组合而成的，且PC=32AB.

(1)求证：PC//平面ADC1B1；
(2)若AB=3，求四棱锥P−ADC1B1的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)9．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；
（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.
【解答过程】（1）如图以点A1为原点，A1D1为 x 轴A1B1为 y 轴A1A为 z 轴建立空间直角坐标系．
设 AB=2a,则 PC=32AB=3a,过 P 作PP1平面ABCD . P−ABCD是正四棱锥点P1是正方形ABCD的中心,
因为PC2=PP12+CP12，PC=3a,CP1=2a，所以PP1=a,
C2a,2a,2a,Pa,a,3a,PC→=−a,−a,a
设平面ADC1B1法向量为n→=x,y,z,
A0,0,2a,D0,2a,2a,C12a,2a,0,
AD→=2a,0,0,AC1→=2a,2a,−2a,
则2ax=02ax+2ay−2az=0,
可得x=0y=1z=1,
所以n→=0,1,1,n→·PC→=0−a+a=0,PC不在平面ADC1B1内，所以PC//平面ADC1B1

（2）因为AB=3，所以CD1=32,
因为PC//平面ADC1B1,所以VP−ADC1B1=VC−ADC1B1，
因为CD1⊥C1D,AD⊥CD1,AD∩DC1=D,AD⊂平面ADC1B1,DC1⊂平面ADC1B1,所以CD1⊥平面ADC1B1,
VP−ADC1B1=VC−ADC1B1=13×CD12×SADC1B1=13×22×3×32×3=9.
【变式1-3】（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E是BC的中点，点F满足DF=λEAλ≠0．
(1)求证：平面ABC⊥平面ADF；
(2)若AD=BC=23，且BF∥平面ACD，求DF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【解题思路】（1）根据面面垂直的判定定理可证得结果，
（2）取△BCD的中心为O，证明AO⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，由线面平行利用向量法列式可得结果.
【解答过程】（1）如图，连接DE，因为DF=λEA，所以DF∥AE．所以A，E，D，F四点共面．
因为在三棱锥A−BCD中，△ABC和△BCD都是正三角形，E是BC的中点，
所以AE⊥BC，DE⊥BC．因为AE,DE⊂平面ADF，AE∩DE=E，所以BC⊥平面ADF，
又BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADF．
（2）如图，记△BCD的中心为O，连接OA，
由（1）BC⊥平面AED，而AO⊂平面AED，故AO⊥BC，
又BC⊂平面BCD，故平面AED⊥平面BCD，
而平面AED∩平面BCD=DE，AO⊂平面AED，故AO⊥平面BCD，
过O作直线x⊥CD，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为△BCD是正三角形，BC=23，所以OD=2，OE=1，OA=22．
所以A0,0,22，B−3,−1,0，C3,−1,0，D0,2,0，E0,−1,0．
所以CA=−3,1,22，CD=−3,3,0．
设平面ACD的一个法向量为n=x,y,z，则n⋅CA=0n⋅CD=0，即−3x+y+22z=0−3x+3y=0，
令y=2，则x=6，z=1，所以n=6,2,1．
因为EA=0,1,22，BD=3,3,0，
所以BF=BD+DF=BD+λEA=3,3,0+λ0,1,22=3,λ+3,22λ．
因为BF//平面ACD，所以n⋅BF=0，
即3×6+λ+32+22λ=0，解得λ=−2，
此时DF=2EA=6．故DF的长为6．
【题型2 垂直关系的向量证明】
【例2】（24-25高三下·陕西安康·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段C1D1（不含端点）上的动点，N为BC的中点，则（ ）
A．BD⊥AMB．平面A1BD⊥平面AD1M
C．MN//平面A1BDD．CM//平面A1BD
【答案】B
【解题思路】由面面垂直的判定定理判断B，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明面面、线面的位置关系判断ACD．
【解答过程】因为A1D⊥AD1，A1D⊥C1D1，AD1∩C1D1=D1，AD1,C1D1⊂平面AD1M，所以A1D⊥平面AD1M，又A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AD1M，故B正确；
以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AB=2，则B2,2,0，A12,0,2，A2,0,0，C0,2,0，N1,2,0.
设M0,y,200，
则Ba,0,0，A0,−2,0，A10,−1,3，C10,1,3，
A1B=a,1,−3，A1C1=0,2,0，AB=a,2,0
BB1=BA1+A1B1=BA1+12AB=−a,−1,3+12a,2,0=−a2,0,3，
设平面A1BC1的法向量n=x,y,z，则A1C1⋅n=2y=0A1B⋅n=ax+y−3z=0，
令x=3，得n=3,0,a，
设直线BB1与平面BA1C1所成的角为θ，
sinθ=csBB1,n=BB1⋅nBB1n=32aa24+3⋅a2+3
=3aa2+12a2+3=3aa4+15a2+36=3a2+15+36a2 ≤315+2a2⋅36a2=13，
当且仅当a=6时等号成立．
故直线BB1与平面BA1C1所成角的正弦值的最大值为13.
【题型5 面面角的向量求法】
【例5】（2025高三·全国·专题练习）如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E,F分别为AD,BC的中点，O是AC的中点，∠ABC=2π3，则折后二面角E−OF−A的余弦值为（ ）

A．217B．−217C．31313D．−31111
【答案】A
【解题思路】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解.
【解答过程】由题意知平面ADC⊥平面ABC，如图，连接OD,OB，
因为四边形ABCD是菱形，O是AC的中点，所以OD⊥AC,OB⊥AC，又平面ADC∩平面ABC=AC,OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，而OB⊂平面ABC，所以OD⊥OB，从而OB,OC，OD三线两两垂直．以O为原点，OB,OC,OD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，

令AB=2，则D0,0,1,E0,−32,12,F12,32,0,OE=0,−32,12,OF=12,32,0．
设平面OEF的法向量为n=x,y,z，则n⋅OE=0,n⋅OF=0,得−32y+12z=0,12x+32y=0,
取y=1，则x=−3,z=3，得平面OEF的一个法向量为n=−3,1,3．
易知平面ABC的一个法向量为OD=0,0,1，
则csn,OD=n⋅ODnOD=37×1=217．由图知，二面角E−OF−A为锐角，
所以二面角E−OF−A的余弦值为217．
故选:A．
【变式5-1】（2024·江西宜春·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面α经过点B,D，平面β经过点A,D1，当平面α,β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为（ ）
A．12B．33C．63D． 32
【答案】A
【解题思路】因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，建立空间直角坐标系，求得即可.
【解答过程】
如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，
所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，
以D点为坐标原点，以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
由ABCD−A1B1C1D1为正方体，设棱长为a，a>0，所以四边形ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥B1B，又因为BD∩B1B=B，BD,B1B⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，
即AC为平面BDD1B1的一个法向量，
同理B1C为平面ABC1D1的一个法向量，
由Aa,0,0,C0,a,0,B1a,a,a，知AC=−a,a,0,B1C=−a,0,−a，
设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈0,π，
则csθ=AC⋅B1CAC⋅B1C=a22a2=12.
故选：A.
【变式5-2】（2025·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PAD⊥底面ABCD,△PAD为正三角形，E，F分别是棱AD，DC的中点，点G在侧棱PD上，且PG:GD=3:1．
(1)求证：PB∥平面EFG；
(2)若PB⊥BC，求二面角F−EG−D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)217
【解题思路】（1）由平行线分线段成比例易得PB∥GK，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）以E为坐标原点，以EA，EB，EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角即可.
【解答过程】（1）如图，连接AC，BD交于点H，设BD交EF于点K，连接GK，
因为四边形ABCD为菱形，所以H为线段BD的中点.
因为点E，F分别是棱AD，DC的中点，
所以点K为线段DH的中点，所以BK=3DK.
又PG=3DG，所以PB∥GK.
又PB⊄平面GEF，GK⊂平面GEF，所以PB//平面EFG.
（2）如图，连接PE，因为△PAD为正三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，所以PE⊥底面ABCD，
因为在菱形ABCD中，AD∥BC，PB⊥BC，所以PB⊥AD，
又PE∩PB=P，所以AD⊥平面PBE，所以AD⊥BE，
又E是线段AD的中点，所以AB=BD，由已知AB=AD，所以△ABD为正三角形.
故以E为坐标原点，以EA，EB，EP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
设AB=12，则E0,0,0，C−12,63,0，D−6,0,0，F−9,33,0，P0,0,63，G−92,0,332，
EF=−9,33,0，EG=−92,0,332，
设平面EFG的法向量为n=x,y,z，则EF⋅n=0EG⋅n=0，∴−9x+33y=0−92x+332z=0，
不妨令x=1，则y=3，z=3，∴n=1,3,3，
取平面DEG的法向量为m=0,1,0，则csn,m=n⋅mnm=37=217，
易知二面角F−EG−D为锐角，故二面角F−EG−D的余弦值为217.
【变式5-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图①，在梯形ABCD中，BC∥AD, ∠ABC=∠DCB=60°, BA=AD=DC, M为线段BC的中点，将△BAM沿AM折起至△B′AM，如图②．
(1)若B′D=AD，证明：B′A⊥B′C；
(2)若二面角B′−AM−D的大小为120∘，求平面DAB′与平面DCB′夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)217
【解题思路】（1）设AB=2，则BC=2+2×2cs60∘=4，连接MD,AC,交于点E，连接B′E,利用余弦定理求得cs∠AEB′=13，同理求得B′C=22，再由勾股定理逆定理即可证得B′A⊥B′C；
（2）取AM的中点H，连接DH,BH,证明∠B′HD为二面角B′−AM−D的平面角，由余弦定理求得B′D=3，过点B′作直线DH的垂线段B'O,交DH于点
O，证明B′O⊥平面MCDA,利用条件写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用空间夹角的坐标公式求解即得.
【解答过程】（1）
设AB=2,因BC∥AD, ∠ABC=∠DCB=60°,则BC=2+2×2cs60∘=4,
因M为线段BC的中点，则BM=MC=2,如图②，连接MD,AC,交于点E，连接B′E,
易得菱形MCDA,则ME=ED=1,因B'D=B'M=2，则B′E⊥MD,且B′E=3，
在△B′AE中，由余弦定理，cs∠AEB′=(3)2+(3)2−222×(3)2=13,则cs∠CEB′=−13,
在△B′CE中，由余弦定理，B′C2=(3)2+(3)2−2×(3)2×(−13)=8,
由B′C2+B′A2=8+4=12=AC2,可得B′A⊥B′C.
（2）
由题意，△AB′M与△ADM均为边长是2的正三角形，取AM的中点H，连接DH,BH,
则DH⊥AM,BH⊥AM,即∠B′HD为二面角B′−AM−D的平面角，等于120∘，
在△HB′D中，由余弦定理，B′D2=(3)2+(3)2−2×(3)2×(−12)=9，即B′D=3，
过点B′作直线DH的垂线段B'O,交DH于点O，因AM⊥DH,AM⊥B'H，
B′H∩DH=H,B′H,DH⊂平面HB′D,故AM⊥平面HB′D,又B′O⊂平面HB′D，故AM⊥B′O,
因B′O⊥DH,DH∩AM=H,DH,AM⊂平面MCDA，故B′O⊥平面MCDA.
分别以OD,OB′所在直线为y,z轴，以过点O与AM平行的直线为x轴，建立空间直角坐标系.
因∠B′HO=180∘−120∘=60∘,则OH=3cs60∘=32，B′O=3sin60∘=32.
则B′(0,0,32),A(−1,32,0),C(2,332,0),D(0,332,0),
则DB′=(0,−332,32),DA=(−1,−3,0),DC=(2,0,0),
设平面B′AD的法向量为m=(x,y,z)，
则DB′⋅m=−332y+32z=0DA⋅m=−x−3y=0，故可取m=(3,−1,−3)，
设平面DCB′的法向量为n→=(a,b,c),
则DB′⋅n→=−332b+32c=0DC⋅n→=2a=0，故可取n=(0,1,3)，
则cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=−1−32×7=−27，
设平面DAB′与平面DCB′夹角为θ，
则sinθ=1−cs2〈m,n〉=1−(−27)2=217.
【题型6 点到直线距离、异面直线距离的向量求法】
【例6】（2025·四川·二模）已知空间中向量AB=（0，1，0），向量AC的单位向量为（−33，33，−33），则点B到直线AC的距离为（ ）
A．33B．63C．233D．153
【答案】B
【解题思路】由点B到直线AC的距离为：AB2−AB⋅e→2即可求解.
【解答过程】设向量AC的单位向量为e，则e=−33,33,−33，AB⋅e=33，
点B到直线AC的距离为：AB2−AB⋅e→2=1−332=63，
故选：B.
【变式6-1】（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥S−ABCD中，O为顶点S在底面ABCD内的正投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD=2，则异面直线PC与BD的距离为（ ）
A．1010B．105C．510D．55
【答案】B
【解题思路】连接AC，BD，可得AC⊥BD且交于O，再由SO⊥面ABCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解答过程】因为S−ABCD为正四棱锥且O是S在底面ABCD内的正投影，
所以SO⊥面ABCD，
连接AC，BD，则AC⊥BD且交于O.
因为OC,BD⊂ 面ABCD，
所以SO⊥OC，SO⊥OD.
所以以OC，OD，OS为 x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为SO=OD=2，
则S0,0,2，D0,2,0，C2,0,0，B0,−2,0，P0,22,22，
所以BD=0,22,0，PC=2,−22,−22.
设异面直线BD与PC的公垂线方向向量为n=x,y,z，
则有 n⋅BD=0n⋅PC=0 ，即22y=02x−22y−22z=0，取n=1,0,2.
又因为CD=−2,2,0，
所以异面直线BD与PC的距离d=CD⋅nn=−21+4=105.
所以异面直线BD与PC的距离为105.
故选：B.
【变式6-2】（24-25高二上·辽宁大连·期末）三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1,AB⊥BC,AC⊥BB1，平面AA1B1B⊥平面ABC，AB=3,BC=2,BB1=1,AE=2EB，A1C与AC1交于D．

(1)证明：DE∥平面A1BC1；
(2)求异面直线A1C1与DE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2211
【解题思路】（1）由题意和三棱台的结构特征可得ACA1C1=ADC1D=2，进而证得DE//BC1，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得BC⊥B1B、BB1⊥ AB，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解.
【解答过程】（1）三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2A1B1，则AC=2A1C1，
有△ACD∼△A1C1D，得ACA1C1=ADC1D=2，所以AD=2C1D，
又AE=2EB，所以在平面ABC1内，ADC1D=AEEB，有DE//BC1，
DE⊂平面A1BC1,BC1⊂平面A1BC1，所以DE//平面A1BC1．
（2）已知平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AB⊥BC，
BC⊂平面ABC，所以BC⊥平面AA1B1B，由BB1⊂平面AA1B1B，得BC⊥B1B，
又AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，由AB⊂平面ABC，得BB1⊥ AB.
以B为坐标原点BA,BC,BB1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系．
则有B1(0,0,1),E(1,0,0),C1(0,1,1),C(0,2,0),A132,0,1，
BC1=(0,1,1),EA1=12,0,1,A1C1=−32,1,0，
因为DE//BC1，所以ED=23BC1=23(0,1,1)=0,23,23，
设向量n=(x,y,z)，且满足：n⋅DE=0,n⋅A1C1=0，
则有y+z=0−32x+y=0，令x=2⇒n=(2,3,−3)，
EA1=12,0,1在n=(2,3,−3)的投影数量为n⋅EA1|n|=−222=−2211，
则异面直线A1C1与DE的距离为2211.

【变式6-3】（2025·广东·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．

(1)求点P到直线BM的距离；
(2)求平面PAC与平面PAD的夹角的余弦值．
【答案】(1)72
(2)277
【解题思路】（1）取AB的中点O，连接PO，由题可得PO⊥平面ABCD，在平面ABCD内过点O作Oy⊥AB，则射线OB,Oy,OP两两垂直，以点O为坐标原点，射线OB,Oy,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，求出直线BM与BP所成角的正弦，利用向量法求出点P到直线BM的距离；
（2）求出平面PAD和平面CAP的法向量，利用向量法求解.
【解答过程】（1）取AB的中点O，连接PO，如图，在正三角形PAB中，则PO⊥AB，
因为侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，
在平面ABCD内过点O作Oy⊥AB，则射线OB,Oy,OP两两垂直，
以点O为坐标原点，射线OB,Oy,OP分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则B1,0,0,A−1,0,0,D−1,2,0,P0,0,3,M−12,1,32,C1,2,0，
所以AD=0,2,0,AP=1,0,3,AC=2,2,0,BM=−32,1,32,BP=−1,0,3，
设直线BM与BP所成角为θ，则
csθ=BP⋅BMBP⋅BM=31+3×94+1+34=34，所以sinθ=74，
所以点P到直线BM的距离为BP⋅sinθ=72.

（2）设平面PAD的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅AD=2y1=0m⋅AP=x1+3z1=0，令z1=1，可得m=−3,0,1，
设平面CAP的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅AC=2x2+2y2=0n⋅AP=x2+3z2=0，令z2=1，可得n=−3,3,1，
所以csm,n=m→·n→mn=3+12×7=277，
所以平面CAP与平面PAD的夹角的余弦值为277.
【题型7 点面距离、面面距离的向量求法】
【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·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