【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第43讲 利用空间向量求空间角和距离（讲） Word版含解析.docx，共(23)页，2.454 MB，由小赞的店铺上传

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第43讲利用空间向量求空间角和距离思维导图知识梳理1．异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ＝|a·b||a||b|，其中a，b分别是直线a，b的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，

则sinφ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|3．二面角(1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB―→与CD―→的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈

n1，n2〉＝θ，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝|n1·n2||n1||n2|，如图(2)(3)．4．利用空间向量求距离(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB―→|＝(x1

－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO―→|＝|AB―→·n||n|.题型归纳题型1异面直线所成的角【例1-1】（2020•济南模拟）

已知直角梯形ABCD中，//ADBC，ABBC⊥，12ABADBC==，将直角梯形ABCD（及其内部）以AB所在直线为轴顺时针旋转90，形成如图所示的几何体，其中M为CE的中点．（1）求证：BMDF⊥；（2）求异面直线BM与EF所成角的大小

．【分析】（1）建立空间坐标系，得出BM，DF的坐标，根据向量的数量积为0得出直线垂直；（2）计算BM和EF的夹角，从而得出异面直线所成角的大小．【解答】（1）证明：ABBC⊥，ABBE⊥，BCBEB=，AB⊥平面BCE，以B为原点，

以BE，BC，BA为坐标轴建立空间坐标系Bxyz−，如图所示：设1ABAD==，则(0D，1，1)，(1F，0，1)，(0B，0，0)，(2M，2，0)，(2BM=，2，0)，(1DF=，1−，0)，2200BMDF=−+=，BMDF⊥．（2）解：(2E，0，0)，故(1EF=

−，0，1)，cosBM，212||||22BMEFEFBMEF−===−，设异面直线BM与EF所成角为，则cos|cosBM=，1|2EF=，故3=．【例1-2】（2020•北京模拟）在四棱锥PABCD−中，PA

⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，//ADBC，ADAB⊥，2PAAD==，1ABBC==，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PDBQ⊥；（Ⅱ）求异面直线PC与BQ所成角的余弦值．【分析】()I建立空间直角坐标系

，只要证明0PDBQ=，即可证明结论．（Ⅱ）(1CP=−，1−，2)，利用向量夹角公式即可得出．【解答】()I证明：如图所示，(0A，0，0)，(1B，0，0)，(0P，0，2)，(0D，2，0)，(0Q，1，1)，(1C，1，0)，(0PD=，2，2)−，(1BQ=−，1，1

)，由220PDBQ=−=，PDBQ⊥，PDBQ⊥；（Ⅱ）解：(1CP=−，1−，2)，cosCP，22336BQ==．异面直线PC与BQ所成角的余弦值为23．【跟踪训练1-1】（2020•运城三模）如图，四边形ABCD为平行四边形，且2ABADB

D===，点E，F为平面ABCD外两点，//EFAC且223EFAE==，EADEAB=．（1）证明：BDCF⊥；（2）若60EAC=，求异面直线AE与DF所成角的余弦值．【分析】（1）设BD与AC相

交于点G，连接EG，从而BDAC⊥，推导出EADEAB，从而BD⊥平面ACFE，由此能证明BDCF⊥．（2）过G作AC的垂线，交EF于M点，分别以GA，GB，GM为x，y，z轴建立空间直角坐标系Gxyz−，利用向量法能求出异面直

线AE与DF所成角的余弦值．【解答】解：（1）证明：设BD与AC相交于点G，连接EG，由题意可得四边形ABCD为菱形，所以BDAC⊥，DGGB=，在EAD和EAB中，ADAB=，AEAE=，EAD

EAB=，所以EADEAB，所以EDEB=，所以BDEG⊥，因为ACEGG=，所以BD⊥平面ACFE，因为CF平面ACFE，所以BDCF⊥．（2）解：如图，在平面AEFC内，过G作AC的垂线，

交EF于M点，由（1）可知，平面ACFE⊥平面ABCD，所以MG⊥平面ABCD，故直线GM，GA，GB两两互相垂直，分别以GA，GB，GM为x，y，z轴建立空间直角坐标系Gxyz−，因为60EAC=，则(3,0,0)A，(0D，1−，0)，33(,0,)22E，333(,

0,)22F−，所以33(,0,)22AE=−，333(,1,)22DF=−，异面直线AE与DF所成角的余弦值为：99|0|||33044|cos,|20||||310AEDFAEDFAEDF++===．

【名师指导】用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．题型2直线与平面所成的角【例2-1】

（2020•海南）如图，四棱锥PABCD−的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知1PDAD==，Q为l上的点，2QB=，求PB与

平面QCD所成角的正弦值．【分析】（1）过P在平面PAD内作直线//lAD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空

间直角坐标系Dxyz−，求出(0Q，1，1)，运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：过P在平面PAD内作直线//lAD，由//ADBC，可得//lBC，即l为平面PAD和平

面PBC的交线，PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，PDBC⊥，又BCCD⊥，CDPDD=，BC⊥平面PCD，//lBC，l⊥平面PCD；（2）解：如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz−，1PDAD==，

Q为l上的点，2QB=，3PB=，1QP=，则(0D，0，0)，(1A，0，0)，(0C，1，0)，(0P，0，1)，(1B，1，0)，作//PQAD，则PQ为平面PAD与平面PBC的交线为l，取(1Q，0，1)，则(1DQ=，0，1)，(1PB

=，1，1)−，(0DC=，1，0)，设平面QCD的法向量为(na=，b，)c，则00nDCnDQ==，00bac=+=，取1c=，可得(1n=−，0，1)，cosn，1163||||32nPBPBnPB−−==

=，PB与平面QCD所成角的正弦值为63．【例2-2】（2020•北京）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E为1BB的中点．（Ⅰ）求证：1//BC平面1ADE；（Ⅱ）求直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）根据正方体的

性质可证得11//BCAD，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、1AA分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设直线1AA与平面1ADE所成角为，先求出平面1ADE的法向量m，再利用sin|cosm=，111|||||||mAAAAmAA

=以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．解法二：设正方体的棱长为2a，易知122AADSa=，结合勾股定理和余弦定理可求得110cos10EAD=，再求得1111sin2EADSADAEEAD=；设点1A到平面1EAD的距离为h，根据等体积法111AEADEAADVV−−=，可求出h的值，

设直线1AA与平面1ADE所成角为，则1sinhAA=，从而得解．【解答】解：（Ⅰ）由正方体的性质可知，11//ABCD中，且11ABCD=，四边形11ABCD是平行四边形，11//BCAD，又1BC平面

1ADE，1AD平面1ADE，1//BC平面1ADE．（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、1AA分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a，则(0A，0，0)，1(0A，0，)a，1(Da，0，

)a，(0E，a，1)2a，1(0,0,)AAa=，1(,0,)ADaa=，1(0,,)2AEaa=，设平面1ADE的法向量为(,,)mxyz=，则100mADmAE==，即()01()02axz

ayz+=+=，令2z=，则2x=−，1y=−，(2m=−，1−，2)，设直线1AA与平面1ADE所成角为，则sin|cosm=，11122|||33||||mAAaAAamAA===，故直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值为23．解法

二：设正方体的棱长为2a，则122ADa=，5AEa=，13EDa=，1212222AADSaaa==，由余弦定理知，222222111185910cos2102225ADAEEDaaaEADADAEaa+−+−

===，1310sin10EAD=，12111sin32EADSADAEEADa==，设点1A到平面1EAD的距离为h，111AEADEAADVV−−=，221132233haaa=，43ha=，设直线1AA与平面1ADE所成角为，则1423sin23ahA

Aa===．故直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值为23．【跟踪训练2-1】（2020•山东）如图，四棱锥PABCD−的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知1PDAD==，Q为l上的点，求PB与平

面QCD所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）过P在平面PAD内作直线//lAD，推得l为平面PAD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz−，设(0Q，m，1)，运用向量法，

求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面PAD内作直线//lAD，由//ADBC，可得//lBC，即l为平面PAD和平面PBC的交线，PD⊥平面ABCD，BC

平面ABCD，PDBC⊥，又BCCD⊥，CDPDD=，BC⊥平面PCD，//lBC，l⊥平面PCD；（2）如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz−，则(0D，0，0)，(1

A，0，0)，(0C，1，0)，(0P，0，1)，(1B，1，0)，设(Qm，0，1)(0)m，(DQm=，0，1)，(1PB=，1，1)−，(0DC=，1，0)，设平面QCD的法向量为(na=，b，)c，则00nDCnDQ==，0

0bamc=+=，取1c=，可得1(nm=−，0，1)，cosn，211||||131nPBmPBnPBm−−==+，PB与平面QCD所成角的正弦值为222121113131131mmmmm+++=++323261113323mm=++=+„，当且仅当1m=取等号，PB

与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63．【名师指导】利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，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，取其余角就是斜线与平面所成的角．题型3二面角【例3-1】（2020•江苏）在三棱锥ABCD−中，已知5CBCD==，2BD=，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，2AO=，E为AC中点．（1）求直线AB与DE

所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足14BFBC=，设二面角FDEC−−的大小为，求sin的值．【分析】（1）由题意画出图形，连接OC，由已知可得COBD⊥，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到(1,0,2)A

B=−，(1,1,1)DE=，设直线AB与DE所成角为，由两向量所成角的余弦值，可得直线AB与DE所成角的余弦值；（2）由14BFBC=，得14BFBC=，设(Fx，y，)z，由向量等式求得3(4F，1

2，0)，进一步求出平面DEF的一个法向量与平面DEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得cos，再由同角三角函数基本关系式求解sin．【解答】解：（1）如图，连接OC，CBCD=，O为BD的中点，COBD⊥．以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空

间直角坐标系．2BD=，1OBOD==，则22512OCBCOB=−=−=．(1B，0，0)，(0A，0，2)，(0C，2，0)，(1D−，0，0)，E是AC的中点，(0E，1，1)，(1,0,2)AB=−，(1,1,1)DE=．设直线AB与DE所成角为，则|||12|15cos15

||||14111ABDEABDE−+===+++，即直线AB与DE所成角的余弦值为1515；（2）14BFBC=，14BFBC=，设(Fx，y，)z，则(1x−，y，1)(4z=−，12，0)，3(4F，12，0)．(1,1,1)DE=，71(,

,0)42DF=，(1,2,0)DC=．设平面DEF的一个法向量为111(,,)mxyz=，由11111071042mDExyzmDFxy=++==+=，取12x=−，得(2,7,5)m=−−；设平面DEC的一个法向量为222(,,)nxyz=

，由22222020nDExyznDCxy=++==+=，取22x=−，得(2,1,1)n=−．|||475|13|cos|||||1344925411mnmn+−===++++．21239sin

111313cos=−=−=．【例3-2】（2020•新课标Ⅰ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD=．ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO=

．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角BPCE−−的余弦值．【分析】（1）设圆O的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到PAPC⊥，PAPB⊥，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可

得解．【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，1OAOBOC===，2AEAD==，3ABBCAC===，22623,62DODAOAPODO=−===，2262PAPBPCPOAO===+=，在PAC中，222PAPCAC+=，故PAPC⊥，同理可得PAPB⊥，又

PBPCP=，故PA⊥平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有31312(,,0),(,,0),(0,0,)22222BCP−，(0E，1，0)，故31312(3,0,0),(,,0),(,,)22222BCCECP=−==−，设平面PBC的法向量

为(,,)mxyz=，则303120222mBCxmCPxyz=−==−+=，可取(0,2,1)m=，同理可求得平面PCE的法向量为(2,6,23)n=−−，故||25cos||||5mnmn==，即二面角BPCE−−的余弦值为255．【跟

踪训练3-1】（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED=，12BFFB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1AEFA−−的正弦值

．【分析】（1）在1AA上取点M，使得12AMAM=，连接EM，1BM，1EC，1FC，由已知证明四边形1BFAM和四边形EDAM都是平行四边形，可得1//AFMB，且1AFMB=，//ADME，且A

DME=，进一步证明四边形11BCEM为平行四边形，得到11//ECMB，且11ECMB=，结合1//AFMB，且1AFMB=，可得1//AFEC，且1AFEC=，则四边形1AFCE为平行四边形，从而得到点1C在平面AEF内；（2）在长方体11

11ABCDABCD−中，以1C为坐标原点，分别以11CD，11CB，1CC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．分别求出平面AEF的一个法向量与平面1AEF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角1AEFA−−的余弦值，再由同角三角

函数基本关系式求得二面角1AEFA−−的正弦值．【解答】（1）证明：在1AA上取点M，使得12AMAM=，连接EM，1BM，1EC，1FC，在长方体1111ABCDABCD−中，有111////DDAAB

B，且111DDAABB==．又12DEED=，12AMAM=，12BFFB=，1DEAMFB==．四边形1BFAM和四边形EDAM都是平行四边形．1//AFMB，且1AFMB=，//ADME，且ADME=．又在长方体111

1ABCDABCD−中，有11//ADBC，且11ADBC=，11//BCME且11BCME=，则四边形11BCEM为平行四边形，11//ECMB，且11ECMB=，又1//AFMB，且1AFMB=，1//AFEC，且1AFEC=，则四

边形1AFCE为平行四边形，点1C在平面AEF内；（2）解：在长方体1111ABCDABCD−中，以1C为坐标原点，分别以11CD，11CB，1CC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．2AB=，1AD=，13AA=，12DEED=，12BFFB=，(2A，1，3)，(2

E，0，2)，(0F，1，1)，1(2A，1，0)，则(2,1,1)EF=−−，(0,1,1)AE=−−，1(0,1,2)AE=−．设平面AEF的一个法向量为1111(,,)nxyz=．则1111111200nEFxyzn

AEyz=−+−==−−=，取11x=，得1(1,1,1)n=−；设平面1AEF的一个法向量为2222(,,)nxyz=．则222221222020nEFxyznAEyz=−+−==−+=，取21x=，得2(1

,4,2)n=．1212121427cos,7||||321nnnnnn+−===．设二面角1AEFA−−为，则142sin177=−=．二面角1AEFA−−的正弦值为427．【跟踪训练3-

2】（2019•天津）如图，AE⊥平面ABCD，//CFAE，//ADBC，ADAB⊥，1ABAD==，2AEBC==．（Ⅰ）求证：//BF平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角EBDF−−的余弦值为13

，求线段CF的长．【分析】（Ⅰ）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得A，B，C，D，E的坐标，设(0)CFhh=，得(1F，2，)h．可得(1,0,0)AB=是平面ADE的法向量，再求出(0,2,)BFh=，由0BF

AB=，且直线BF平面ADE，得//BF平面ADE；（Ⅱ）求出(1,2,2)CE=−−，再求出平面BDE的法向量，利用数量积求夹角公式得直线CE与平面BDE所成角的余弦值，进一步得到直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）求出平面BDF的法向量，由两

平面法向量所成角的余弦值为13列式求线段CF的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得(0A，0，0)，(1B，0，0)，(1C，2，0)，(

0D，1，0)，(0E，0，2)．设(0)CFhh=，则(1F，2，)h．则(1,0,0)AB=是平面ADE的法向量，又(0,2,)BFh=，可得0BFAB=．又直线BF平面ADE，//BF平面AD

E；（Ⅱ）解：依题意，(1,1,0)BD=−，(1,0,2)BE=−，(1,2,2)CE=−−．设(,,)nxyz=为平面BDE的法向量，则020nBDxynBExz=−+==−+=，令1z=，得(2,2,1)n=．4cos,9||||CEn

CEnCEn==−．直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49；（Ⅲ）解：设(,,)mxyz=为平面BDF的法向量，则020mBDxymBFyhz=−+==+=，取1y=，可得2(1,1,)mh=−，由题意，22|

4|||1|cos,|||||3432mnhmnmnh−===+，解得87h=．经检验，符合题意．线段CF的长为87．【跟踪训练3-3】（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是菱形

，14AA=，2AB=，60BAD=，E，M，N分别是BC，1BB，1AD的中点．（1）证明：//MN平面1CDE；（2）求二面角1AMAN−−的正弦值．【分析】（1）过N作NHAD⊥，证明//NMBH，再证明//BHDE，可得//NMDE，再由线面平行的判定可得/

/MN平面1CDE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以1DD所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面1AMN与平面1MAA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二

面角1AMAN−−的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NHAD⊥，则1//NHAA，且112NHAA=，又1//MBAA，112MBAA=，四边形NMBH为平行四边形，则//NMBH，由1//NHAA，N为1AD中点，得H为AD中点，

而E为BC中点，//BEDH，BEDH=，则四边形BEDH为平行四边形，则//BHDE，//NMDE，NM平面1CDE，DE平面1CDE，//MN平面1CDE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以1DD所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则3(2N

，12−，2)，(3M，1，2)，1(3A，1−，4)，33(,,0)22NM=，131(,,2)22NA=−，设平面1AMN的一个法向量为(,,)mxyz=，由133022312022mNMxymNAxyz=+==−+=，取3x=，得(3,1,1)m=−−，

又平面1MAA的一个法向量为(1,0,0)n=，315cos,||||55mnmnmn===．二面角1AMAN−−的正弦值为105．【名师指导】利用空间向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小

，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．题型4求空间距离【例4-1】（20

19•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是菱形，14AA=，2AB=，60BAD=，E，M，N分别是BC，1BB，1AD的中点．（1）证明：//MN平面1CDE；（2）求点C到平面1CDE的距

离．【分析】法一：（1）连结1BC，ME，推导出四边形MNDE是平行四边形，从而//MNED，由此能证明//MN平面1CDE．（2）过C作1CE的垂线，垂足为H，推导出DEBC⊥，1DECC⊥，从而DE⊥平面1CCE，DECH⊥，进而CH⊥平面1C

DE，故CH的长即为C到平面1CDE的距离，由此能求出点C到平面1CDE的距离．法二：（1）以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明//MN平面1CDE．（2）

求出(1DC=−，3，0)，平面1CDE的法向量(4n=，0，1)，利用向量法能求出点C到平面1CDE的距离．【解答】解法一：证明：（1）连结1BC，ME，M，E分别是1BB，BC的中点，1//MEBC，又N为1AD的中点，

112NDAD=，由题设知11//ABDC=，11//BCAD=，//MEND=，四边形MNDE是平行四边形，//MNED，又MN平面1CDE，//MN平面1CDE．解：（2）过C作1CE的垂线，垂足为H，

由已知可得DEBC⊥，1DECC⊥，DE⊥平面1CCE，故DECH⊥，CH⊥平面1CDE，故CH的长即为C到平面1CDE的距离，由已知可得1CE=，14CC=，117CE=，故41717CH=，点C到平面1CDE的距离为41717．解法二

：证明：（1）直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是菱形，14AA=，2AB=，60BAD=，E，M，N分别是BC，1BB，1AD的中点．1DD⊥平面ABCD，DEAD⊥，以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，(1M

，3，2)，(1N，0，2)，(0D，0，0)，(0E，3，0)，1(1C−，3，4)，(0MN=，3−，0)，1(1,3,4)DC=−，(0,3,0)DE=，设平面1CDE的法向量(nx=，y，)z，则134030nDCxyznDEy

=−++===，取1z=，得(4n=，0，1)，0MNn=，MN平面1CDE，//MN平面1CDE．解：（2）(1C−，3，0)，(1DC=−，3，0)，平面1CDE的法向量(4n=，0，1)，点C到平面1CDE

的距离：||4417||1717DCndn===．【跟踪训练4-1】（2020•梅州二模）如图，PAD中，90PDA=，2DPDA==，B，C分别是PA，PD的中点，将PBC沿BC折起，连结PA，PD，得到多面体PABCD．（1）

证明：在多面体PABCD中，BCPD⊥；（2）在多面体PABCD中，当6PA=时，求点B到平面PAD的距离．【分析】（1）推导出BCCD⊥，BCPC⊥，得到BC⊥平面PCD，由此能证明BCPD⊥．（2）推导出PC⊥平面ABCD，以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴

，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点B到平面PAD的距离．【解答】解：（1）证明：PAD中，90PDA=，2DPDA==，B，C分别是PA，PD的中点，将PBC沿BC折起，连结PA，PD，得到多面体PABCD．BCCD⊥，BCPC⊥，CDPCC=

，BC⊥平面PCD，PD平面PCD，在多面体PABCD中，BCPD⊥．（2）由（1）得BC⊥平面PCD，又PC平面PCD，BCPC⊥，PAD中，90PDA=，2DPDA==，B，C分别是PA

，PD的中点，6PA=，22145ACCDAD=+=+=，222PCACPA+=，PCAC⊥，ACBCC=，PC⊥平面ABCD，以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，(1B，0，0)，(0P，0，

1)，(2A，1，0)，(0D，1，0)，(1PB=，0，1)−，(2PA=，1，1)−，(0PD=，1，1)−，设平面PAD的法向量(nx=，y，)z，则200nPAxyznPDyz=+−==−

=，取1y=，得(0n=，1，1)，点B到平面PAD的距离为：||11||222PBndn===．【名师指导】求点面距一般有以下三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形

中较简便．