2026年高考数学终极冲刺压轴14 空间角与距离问题的6大核心题型（解析版）

压轴14空间角与距离的4大核心题型

以空间几何体为载体考查空间角，空间距离是高考命题的重点，空间向量是将空间几何问题坐标化的

工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角及空间距离是高考的热点，考查题型既有选择题、填空

题，也有解答题，难度中等.

题型01求解直线与平面所成角的方法

技法指导

1.（2025北京卷T17）四棱锥PABCD中，ACD与ABC为等腰直角三角形，ADC90，BAC90，

E为BC的中点．

(1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG//面PAB；

(2)若PA面ABCD，PAAC，求AB与面PCD所成角的正弦值．

【解题指导】（1）取PA的中点N→PB的中点M→连接FN、MN→证明FG∥MN→FG//面PAB

（2）建立空间直角坐标系→求直线AB的方向向量→面PCD的法向量→向量夹角公式求解.

【解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，

ACD与ABC为等腰直角三角形ADC90，BAC90

不妨设ADCD2，ACAB22

1

BC4，E、F分别为BC、PD的中点，FNAD1,BE2，GM1，

2

QDAC45,ACB45AD∥BC，FN∥GM，

∴四边形FGMN为平行四边形，FG∥MN，

FG面PAB，MN面PAB，FG∥面PAB；

（2）PA面ABCD，

第一步：建立空间直角坐标系．

以A为原点，AC、AB、AP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，

设ADCD2，则A(0,0,0),B(0,22,0),C(22,0,0)D(2,2,0),P(0,0,22)

uuuruuuruuur

AB(0,22,0),DC(2,2,0),CP(22,0,22)

第二步：求出平面的法向量．

设面PCD的一个法向量为n(x,y,z)

DCn02x2y0

,

CPn022x22z0

r

取x1,y1,z1,n(1,1,1)

第三步：计算向量的夹角

设AB与面PCD成的角为

uuurr

uuurr∣ABn|0122(1)01|223

则sin|cosAB,n|uuurr

|ABn|2212(1)2122233

3

即AB与平面PCD成角的正弦值为.

3

2.如图1所示，四边形ABCD是圆柱下底面的内接四边形，AC是圆柱底面的直径，PC是圆柱的一条母线，

ABAD，BAD60，点F在线段AP上，PA3PF．

图1

（1）求证：平面PAB平面PBC．

（2）若CP3，CA4，求直线AC与平面FCD所成角的正弦值．

【解】（1）因为PC是圆柱的一条母线，所以PC底面ABCD，

又AB底面ABCD，所以PCAB．

因为AC是圆柱底面的直径，所以ABBC．

因为PC，BC平面PBC，PCBCC，所以AB平面PBC．

又AB平面PAB，所以平面PAB平面PBC．

（2）解法一（几何法）

因为ABAD，ACAC，ADCABC90，所以Rt△ADC≌Rt△ABC，

又BAD60，所以DACBAC30．

1

所以CDAC2，AD23，且AD平面PCD，所以ADPD，

2

2321010010238

PAPC2AC25，cosDAF，AF5，DF12223．

5339353

4100104213

在Rt△PAC中，cosCAP，CF1624．

59353

6452

4

13

在FCD中，cosFDC99，所以FDC60，所以，

8sinFDC

2222

3

1

所以18343．．

S△2SACD22323

FCD23232

11

设点A到平面FCD的距离为d，由VV得S△dS△2，解得d3．

AFCDFACD3FCD3ACD

d3

设AC与平面FCD所成的角为，因为AC4，所以sin，

AC4

3

即直线AC与平面FCD所成角的正弦值为．

4

解法二（向量法）如图2，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，过C且垂直于平面APC的直线为y轴，

CP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．

图2

因为ABAD，ACAC，ADCABC90，所以Rt△ADC≌Rt△ABC，

又BAD60，所以DACBAC30．

1

因为CP3，CA4，所以CDAC2，AD23，

2

4

则C0,0,0，A4,0,0，D1,3,0，F,0,2，

3

4

所以AC4,0,0，CD1,3,0，CF,0,2．

3

nCDx3y0,

设平面FCD的法向量为nx,y,z，则4令x3，得y3，z2，则平面FCD的

nCFx2z0,

3

一个法向量为n3,3,2．

设直线AC与平面FCD所成角为，

ACn123

则sincosAC,n．

ACn49344

题型02求解二面角（平面与平面所成角）的方法

技法指导

3.（2024·全国甲卷T19）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF

均为等腰梯形，EF//AD,BC//AD，AD4,ABBCEF2，ED10,FB23，M为AD的中点．

(1)证明：BM//平面CDE；

(2)求二面角FBME的正弦值．

【解题指导】（1）证BC//MD,BCMD→BCDM为平行四边形→可证BM//CD→BM//平面CDE

（2）作BOAD交AD于O并连接OF→证OB,OD,OF三垂直→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利

用公式求二面角的正弦值..

【解】（1）因为BC//AD,EF2,AD4,M为AD的中点，所以BC//MD,BCMD，

四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM平面CDE，

CD平面CDE，所以BM//平面CDE；

（2）第一步：证明OB,OD,OF互相垂直

如图所示，作BOAD交AD于O，连接OF，

因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,AD4,ABBC2，所以CD2，

结合（1）BCDM为平行四边形，可得BMCD2，又AM2，

所以ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB3，

又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EFMD,EF//MD，

四边形EFMD为平行四边形，FMEDAF，

所以△AFM为等腰三角形，

ABM与△AFM底边上中点O重合，

OFAM，OFAF2AO23，

【技巧】垂直关系“OFAM”，可作为建系的突破口．

因为OB2OF2BF2，所以OBOF，所以OB,OD,OF互相垂直，

第二步：建立空间直角坐标系．

以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立Oxyz空间直角坐标系，

F0,0,3，B3,0,0,M0,1,0,E0,2,3，BM3,1,0,BF3,0,3，BE3,2,3

第三步：求出平面的法向量．

设平面BFM的法向量为mx1,y1,z1，

平面EMB的法向量为nx2,y2,z2，

mBM03x1y10

则，即，

mBF03x13z10

令，得，即，

x13y13,z11m3,3,1

nBM03x2y20

则，即，

nBE03x22y23z20

令，得，即，

x23y23,z21n3,3,1

第四步：利用夹角公式，计算向量的夹角．

mn111143

cosm,n，则sinm,n，

mn13131313

43

故二面角FBME的正弦值为.

13

【易错提醒】1.利用向量法求二面角，必须能够判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不

严谨的；

2.注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它们的范围不同.

4.已知三棱锥PABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，且PBAC，PA=PB=22，E，F分别

为棱PB，PC的中点．

(1)求证：PABC；

(2)求平面AEF与平面ABC的夹角的正弦值．

【解】（1）取线段AB的中点为M，连接PM，CM，

因为PAPB，所以PMAB，

又因为ABC为正三角形，所以CMAB，

又PMCMM，所以AB平面PMC，故有ABPC．

方法一：设PAa，PBb，PCc，则ACPCPAca，

因为PBAC，所以PBAC，所以PBAC0，

所以bca0，所以bcab0①

同理由ABPC，可得bcac0②

由①-②得acab0，所以acb0，

又cbPCPBBC，所以PABC，即PABC．

方法二：作PH平面ABC于H，易得PHAC，

又PBAC，PBPHP，

所以AC平面PBH，所以ACBH，

同理ABCH，即H为ABC的垂心，故得BCAH，

从而得BC平面PAH，故PABC．

（2）方法一：

作PH平面ABC于H，连接HC，作Hx垂直HC，建立如图所示空间直角坐标系．

3323215

则A1,,0，B1,,0，C0,,0，P0,0,，

3333

E,,，F0,,，故有AF1,,，EF1,3,0，

2633333

mAF0

记平面AEF的法向量mx,y,z，则，

mEF0

2315

xyz0

即33，取x3，解得m3,1,5，

x3y0

取平面ABC的法向量n0,0,1，不妨设平面ABC与AEF的夹角为，

mn55

则cos，

mn2223

31251

22

从而正弦值为sin1cos2，即平面ABC与AEF夹角的正弦值为．

33

方法二：

取BC中点G，连接PG交EF于N，可知N为EF中点，

连接AG，AN，易知AGBC，ANEF，

过A作BC的平行线AQ，则AGAQ，ANAQ，

因为AQ为平面ABC与平面AEF的交线，

故GAN为平面ABC与平面AEF所成二面角的平面角，

由平面几何知识易得△ACF∽△PAC，故AF2，

又△AEF为等腰三角形，故在Rt△AFN中，

2

222115

ANAFNF2，

22

又在Rt△AGC中，AG3，

17

在RtPGC中，PG7，故GNPM，

22

22

2157

3

AG2AN2GN2225

于是在AGN中由余弦定理得：cosGAN，

2AGAN153

23

2

22

从而sinGAN，即平面ABC与AEF夹角的正弦值为．

33

题型03求解空间中距离的方法

技法指导

5.（2024·天津卷T17）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A平面ABCD，ABAD,AB//DC，

ABAA12,ADDC1．M,N分别为DD1,B1C1的中点，

(1)求证：D1N//平面CB1M；

(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角余弦值；

(3)求点B到平面CB1M的距离．

【思维探究】

看到什么想到什么

ABAD,AB//DC文字语言转化为图形语言，得到梯形的底和腰

ABAD，A1A平面ABCD联想棱柱的定义可知为直棱柱，有了垂直关系

可以建立空间直角坐标系解决问题

将文字语言转化为图形语言和符号语言，写出

ABAA12,ADDC1．

各点的坐标

M,N分别为DD1,B1C1的中点

【解】（1）取CB1中点P，连接NP，MP，

1

由N是BC的中点，故NP//CC，且NPCC，

11121

11

由M是DD的中点，故DMDDCC，且DM//CC，

11212111

【技巧】利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常

利用平行四边形、三角形中位线、平行公理等

则有D1M//NP、D1MNP，

故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N//MP，

又MP平面CB1M，D1N平面CB1M，

故D1N//平面CB1M；

（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，

有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1、C1,1,0、C11,1,2，

则有、、，

CB11,1,2CM1,0,1BB10,0,2

设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为mx1,y1,z1、nx2,y2,z2，

mCB1x1y12z10nCB1x2y22z20

则有，，

mCMx1z10nBB12z20

分别取x1x21，则有y13、z11、y21，z20，

即m1,3,1、n1,1,0，

mn13222

则cosm,n，

mn1911111

222

故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为；

11

（）由，平面的法向量为，

3BB10,0,2CB1Mm1,3,1

BB1m2211

则有，

m19111

211

即点B到平面CB1M的距离为.

11

【解后反思】1.求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积

法.

2.求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距

离.

6.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，AB2，ABC60，AC//平面BGH，点G，H分

别在棱PA，PC上，且GHPD．

(1)求证：PAPC；

(2)若PBPD，PB与平面PAC所成的角为60°，点A关于平面PCD的对称点为M，求点M到平面PAB的

距离．

【解】（1）证明：连AC，BD相交于点O，连PO．∵底面ABCD为菱形，∴ACBD且AOOC．

又AC//平面BGH，AC平面PAC，平面PAC平面BGHGH，∴AC//GH，

∴GHBD，又GHPD，而PDBDD．

∴GH平面PBD，又AC//GH，∴AC平面PBD，而PO平面PBD，

∴ACPO，AOOC，PAC为等腰三角形，即PAPC．

（2）若PBPD，则POBD，由（1）知POAC，∴PO平面ABCD，

以O为原点以OB，OC，OP分别为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系，

又AB2，∵ABC60，则A(0,1,0)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，D(3,0,0)，

∵POAC，ACBD，∴BO平面PAC，PB与平面PAC所成的角为60°，

∴BPO60，∴PO1，∴P(0,0,1)．

∴AC(0,2,0)，CD(3,1,0)，PC(0,1,1)．

设平面PCD的法向量为mx1,y1,z1

3xy0

11

则取x11，y13，z13，∴m(1,3,3)，

y1z10

设Mx2,y2,z2，MCx2,1y2,z2，则A，M到平面PCD的距离相等，

ACmMCm23x33y3z

222，

d

mm77

∴x23y23z2323．

xy1z

22243512

又mAM，∴，解得M,,

133777

113512

MB,,，

777

设平面PAB的法向量为nx3,y3,z3，∵BACD(3,1,0)，AP(0,1,1)．

3xy0

则33取，，，∴，

x31y33z33n(1,3,3)

y3z30

11353123

743421

则点M到平面PAB距离为d．

77749

题型04向量法解决探索性问题

技法指导

1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是

否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．

2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．

7.（2025·陕西西安二模）如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形CDEF均为

等腰梯形，AB//CD,CD//EF,ABDEEFCF2,CD4,ADBC10,AE23，M为CD的中点．

(1)证明：平面ABCD平面CDEF；

(2)设点N是△ADM内一动点，NDNM0，当线段AN的长最小时，求直线EN与直线BF所成角的余弦

值．

【解】（1）取DM的中点为O，连接OA,OE，

由EMD是边长为2的等边三角形，△ADM是以ADAMBC10的等腰三角形，

1

所以OEDM,OADM，ODDM1，DE2，

2

所以OAAD2OD23，OEDE2OD23，所以AO2OE2AE2，

所以OAOE,OEDMO,OE平面CDEF,DM平面CDEF，

所以OA平面CDEF，又OA平面ABCD，所以平面ABCD平面CDEF；

（2）以O为坐标原点，分别以OE,OC,OA为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

所以A0,0,3,E3,0,0,M0,1,0,B0,2,3,F3,2,0，

当点N是△ADM内一动点，且NDNM0，则点N在以DM为直径的圆上，

当线段AN的长最小时，点N在AO与圆的交点处，所以N0,0,1，

所以EN3,0,1,BF3,0,3，

设直线EN与直线BF所成角为，

ENBF3

所以coscosEN,BF，

ENBF2

3

所以直线EN与直线BF所成角的余弦值为.

2

8.（2025·湖北襄阳二模）在三棱锥P-ABC中，若已知PABC，PBAC，点P在底面ABC的射影为点H，

则

(1)证明：PCAB

4

(2)设PHHAHBHC2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，

5

CM

若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.

CP

【解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，

所以PH平面ABC，又AB,BC,CA平面ABC，

所以PHAB,PHBC,PHCA，

因为PABC，PHBC，PAPHP，PA,PH平面PAH，

所以BC平面PAH，又AH平面PAH，

所以BCAH，

因为PBAC，PHAC，PBPHP，PB,PH平面PBH，

所以AC平面PBH，又BH平面PBH，

所以ACBH，

因为BCAH，ACBH，

所以点H为ABC的垂心，所以CHAB，

因为CHAB，PHAB，CH,PH平面PCH，CHPHH，

所以AB平面PCH，又PC平面PCH，

所以PCAB；

（2）延长CH交AB于点O，由（1）可得COAB，

又HAHB，所以点O为线段AB的中点，

所以CACB，同理可得BABC，

所以ABC为等边三角形，又HAHBHC2，所以AB23，

如图，以点O为原点，以OB,OC,HP为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则A3,0,0,B3,0,0,P0,1,2,C0,3,0，

故AB23,0,0,AP3,1,2,BC3,3,0,CP0,2,2，

4CM

设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且，

5CP

则BMBCCMBCCP3,32,2，

设平面PAB的法向量为n，nx,y,z，

nAB023x0

则，所以，

nAP03xy2z0

令z1，可得x0,y2，

所以n0,2,1为平面PAB的一个法向量，

BMn66

所以cosBM,n，

BMn1212825

4π

设直线BM与平面PAB所成角为，则cos，又0,，

52

3663

所以sin，故，

512128255

11

所以或2，又0,1，所以.

33

4CM1

所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.

5CP3

1．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，P在底面的投影O落

在线段AD上.

(1)证明：APBC；

(2)若BC8，PO4，AO3，OD2，M在线段AP上，且满足平面AMC平面BMC，求直线BM与

直线CP夹角的余弦值.

【解】（1）因为ABAC，D为BC的中点故ADBC，又PO平面ABC，BC平面ABC，故得POBC，

POADO,PO,AD平面APO，于是BC平面APO，AP平面APO，从而APBC.

（2）法1：以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐

标系Oxyz.

则AO3，O0,0,0，A0,3,0，B4,2,0，C4,2,0，P0,0,4.

于是AP0,3,4，BC8,0,0，

令AMAP0,3,4，所以M0,33,4，又因为AC4,5,0，

设面AMC的法向量为mx,y,z.

4x5y0

所以，所以m5,4,3.

3y4z0

又BC8,0,0，BA4,5,0，

所以BMBAAM4,35,4.

设面BMC的法向量为nx,y,z.

8x0

所以，所以n0,4,53

4x35y4z0

rr3

根据AMC平面BMC，即mn0，所以.

5

331612

所以AMAP，BMBAAP4,,，CP4,2,4，

5555

BMCP0，

所以CPBM，得所成角为90度，正弦值为1.

法2：几何法.

作BMAP，垂足为M.

连CM，由三角形全等得MCPA，MCMBM,MC,MB平面BMC，

得PA平面BMC，PA平面AMC，从而平面AMC平面BMC.

在RtPOA中，PA2AO2OP225得AO3，

在RtADB中，AB2AD2BD241得AB41，

在RtPOD中，PD2PO2OD2，

在RtPDB中，PB2PD2BD2

所以PB2PO2OD2BD236得PB6，

PA2PB2AB21

又cosBPA，

2PAPB3

22

从而sinBPA故BMPBsinBPA42，同理CM42，

3

因为BM2CM2BC2，所以BMC90，

所以BMMC,BMAP,APMCM,AP,MC平面AMC，所以BM平面AMC，因为CP平面AMC，

所以CPBM，得所成角为90度，余弦值为0.

2．（2025·湖南常德三模）如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2AD，点E是棱CC1的中点．

(1)求证：AC1//平面BDE；

(2)求直线BC1与平面BDE所成角的正弦值．

【解】（1）证明：连接AC与BD交于点O，连接OE．

∥

则O为AC的中点，又点E是棱CC1的中点，所以OEAC1，

∥

又AC1平面BDE，OE平面BDE，所以AC1平面BDE．

（2）解法一：以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设AA12a，则ABADa，

则点C10,a,2a，Ba,a,0，D0,0,0，E0,a,a，

则DBa,a,0，DE0,a,a，BC1a,0,2a，

设平面BDE的法向量为mx,y,z，

mDBx,y,za,a,0axay0xy

则得，

mDEx,y,z0,a,aayaz0zy

令y1，得平面BDE的一个法向量为m1,1,1，

BCma,0,2a1,1,115

设直线与平面所成角的大小为，则1，

BC1BDEsin

BC1m5a315

15

故直线BC1与平面BDE所成角的正弦值是．

15

解法二：（几何法）

d

设直线BC1与平面BDE所成角为，则sin，

BC1

其中d为点C1到平面BDE的距离，即点C到平面BDE的距离．

设AA12a，过C作CHOE于点H，则CH平面BDE，所以dCH．

a

a

在Rt△ECO中，易求得CH，又BC5a，∴315．

31sin

5a15

3（.2025·山东泰安·二模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA平面ABCD,PA∥QD，

BC2AB2PA2,ABC60.

(1)证明：平面PCD平面PAC；

(2)若PQ22，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值.

【解】（1）BC2AB2,ABC60，

221

在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC，即AC122123，

2

AC3，AB2AC2BC2，

ABAC，又AB//CDCDAC，

PA底面ABCD，CD底面ABCD，

PACD，AC,PA平面PAC且相交于A，

\CD^平面PAC，又CD平面PCD，

平面PCD平面PAC.

（2）解法一：在直角梯形ADQP中，因为PA1,AD2,PQ22，解得QD3，

过C,P作CE,PE分别平行于AP,AC，连结QE，作

PFQC交QC于F点，连结EF，

ACCD,ACQD，CDQDD且都在面CDQE内，

AC平面CDQE，

PE//AC,PE平面CDQE，又QC平面CDQE，

PEQC，又PFQC，PE,PF平面PEF且交于P，

QC平面PEF，又EF平面PEF，

QCEF，

PFE为平面PCQ与平面DCQ的夹角或其补角，

228102

在△PCQ中，PC2,QC10,PQ22，cosCPQ,

22228

6231

sinCPQ，由等面积法解得PF，又PE3，

810

PE30131

sinPFE,cosPFE.

PF313131

31

所以平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为.

31

（2）解法二：在直角梯形ADQP中，解得QD3，

如图建立空间直角坐标系，P0,0,1,C0,3,0，Q1,3,3,D1,3,0，

平面DCQ的法向量为n1AC0,3,0，又CQ1,0,3,CP0,3,1，

CQn20x23z20

设平面PCQ的法向量为nx,y,z，则，即，

2222

CPn203y2z20

uur

令，解得，，

y21x233,z23n233,1,3

设平面PCQ与平面DCQ夹角为，

n1n2331

所以coscosn1,n2，

n1n233131

31

即平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为.

31

x2y2

4.（2025·重庆·二模）已知椭圆C:1ab0的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，直线AF1

a2b2

△

的斜率为1且与C的另一个交点为B，ABF2的周长为8．

(1)求C的方程及AB的值；

(2)如图，将C沿x轴折起，使得折叠后平面AF1F2平面BF1F2，求F2到平面ABF1的距离．

222

【解】（1）设F1c,0,F2c,0,A0,b，其中cab，

△

因为ABF2的周长为8，所以4a8，故a2，

b

又1，所以bc2，

c

x2y2

故椭圆方程为1，

42

yx2

所以，联立方程22可得2，

AF1:yx2xy3x42x0

1

42

422

所以x,y，

B3B3

428

故AB20

33

422

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,2,B,,0，

33

F12,0,0,F22,0,0,

22

所以，，

F1A2,0,2F1B,,0,F1F222,0,0

33

设平面ABF1的法向量为n(x,y,z)，则

F1An0xz0

,即，取x1，则n1,1,1，

xy0

F1Bn0

|F1F2n|2226

所以F2到平面ABF1的距离d

|n|33

5．（2025·四川攀枝花·一模）如图，几何体ABCDEF中，E，F不在平面ABCD内，CF//AE,BF//平面ADE．

(1)求证：AD//BC；

2

(2)若AE平面ABCD，ADAB,ABAD2,AEBC4，且直线DF与平面ABCD所成角的正切值为，

2

求点F到平面BDE的距离．

CF//平面ADE，

又BF//平面ADE，BFCFF，BF、CF平面BCF，

平面BCF//平面ADE，

BC平面BCF，

BC//平面ADE，

又平面BCF平面ABCDBC，平面ADE平面ABCDAD，

AD∥BC；

（2）法一：AE^平面ABCD，CF∥AECF平面ABCD

直线DF与平面ABCD所成的角为CDF，

由（1）知AD∥BC，又ADAB,ABAD2,BC4BDCD,CD22

CF2

tanCDFCF2，

CD2

以A为原点，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,2,0),E(0,0,4),F(2,4,2)

BD(2,2,0),BE(2,0,4),BF(0,4,2)

设平面BDE的法向量为n(x,y,z)，

nBD2x2y0