[解析] 解法一：定義法
∵線段AB是圓O的直徑，
∴AE⊥BE，
∴BE＝eq \r(AB2－AE2)＝3.
∵BC⊥平面ABE，AE，BE?平面ABE，
∴BC⊥AE，BC⊥BE，
∴CE＝eq \r(BE2＋BC2)＝eq \r(34).
又BC∩BE＝B，BC，BE?平面BCE，
∴AE⊥平面BCE，
又AE?平面AEC，
∴平面AEC⊥平面BEC，
作BH⊥EC于H，則BH⊥平面ACE，
∴BH＝eq \f(BE·BC,EC)＝eq \f(3×5,\r(34))＝eq \f(15\r(34),34)，
即點B到平面ACE的距離為eq \f(15\r(34),34).
解法二：體積法
由解法一知AE⊥平面BCE，
∴AE⊥CE，
設點B到平面ACE的距離為d，
則由VC－ABE＝VB－ACE，得eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AE·BE·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AE·CE·d，
∴d＝eq \f(BE·BC,CE)＝eq \f(3×5,\r(34))＝eq \f(15\r(34),34)，
即點B到平面ACE的距離為eq \f(15\r(34),34).
解法三：向量法
∵線段AB是圓O的直徑，
∴AE⊥BE，
以點E為坐標原點，EB，EA所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則E(0,0,0)，B(3,0,0)，A(0,4,0)，C(3,0,5)，
∴eq \(EA,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(3,0,5)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,0,5)，
設平面AEC的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EA,\s\up6(→))·n＝4y＝0，,\(EC,\s\up6(→))·n＝3x＋5z＝0，))
取z＝－3得n＝(5,0，－3)，
∴點B到平面ACE的距離
d＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(15,\r(34))＝eq \f(15\r(34),34).
3．(2024·湖湘名校聯(lián)合體聯(lián)考)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱DD1的中點為E，則平面EAC截正方體的外接球所得截面圓的面積為( C )
A.eq \f(5,3)π B．eq \f(16,9)π
C．eq \f(7,3)π D．eq \f(22,9)π
[解析] 如圖，以D點為坐標原點，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，
則外接球球心O為正方體對角線的中點，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,0,1)，O(1,1,1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，設平面EAC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝－2x＋z＝0，,m·\(CE,\s\up6(→))＝－2y＋z＝0，))令z＝2，解得x＝1，y＝1，∴m＝(1,1,2)，又由eq \(EO,\s\up6(→))＝(1,1,0)，則點O到平面EAC的距離d＝eq \f(|m·\(EO,\s\up6(→))|,|m|)＝eq \f(1＋1,\r(1＋1＋4))＝eq \f(\r(6),3)，又正方體的對角線長|BD1|＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)，∴外接球半徑為R＝eq \r(3)，設截面圓半徑為r，所以r2＝R2－d2＝3－eq \f(2,3)＝eq \f(7,3)，則S＝πr2＝eq \f(7,3)π.故選C.
[引申]本例2中點C到平面ABF的距離為 eq \f(60\r(769),769) .
[解析] 由本例解法三知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(5,2)))，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，－4,0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(5,2)))，eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(5,2)))，設平面ABF的法向量為m＝(a，b，c)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·m＝3a－4b＝0，,\(BF,\s\up6(→))·m＝－\f(3,2)a＋\f(5,2)c＝0，))取a＝20得m＝(20,15,12)，∴C到平面ABF的距離d＝eq \f(|m·\(FC,\s\up6(→))|,|m|)＝eq \f(60\r(769),769).
名師點撥：
1．向量法求點到直線距離的步驟
(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量v.
(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算點)．計算點M與直線外的點N的方向向量eq \(MN,\s\up6(→)).
(3)到直線的距離d＝eq \r(\(MN2,\s\up6(→))－?\(MN,\s\up6(→))·v?2).
2．求點到平面距離常用的方法
(1)定義法：通過求點P到平面垂線段的長求得點到平面的距離，而找(或作)垂線段先要找(或作)過點P的已知平面的垂面，再找(或作)它們交線的垂線．
(2)平行轉(zhuǎn)移法：即通過線面平行或面面平行，轉(zhuǎn)化為其他點到平面的距離．
(3)體積法：確定某三棱錐，如C到平面ABD的距離d易求，則可由eq \f(d·S△ABD,S△ABC)求D到平面ABC的距離．
(4)向量法：步驟：①求平面α的法向量n；②在α內(nèi)找一點A，確定向量eq \(PA,\s\up6(→))；③由公式d＝eq \f(|n·\(PA,\s\up6(→))|,|n|)求得點P到平面α的距離．
【變式訓練】
(2024·陜西商洛部分學校聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F(xiàn)分別是棱A1C1，BC，AC的中點，∠ACB＝60°.
(1)證明：平面ABD∥平面FEC1；
(2)求點F到平面ABD的距離．
[解析] (1)證明：在△ABC中，因為E，F(xiàn)分別是BC，AC的中點，所以AB∥EF.因為AB?平面FEC1，EF?平面FEC1，
所以AB∥平面FEC1，
因為AC∥A1C1，AF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)A1C1＝DC1，
所以四邊形AFC1D為平行四邊形，所以AD∥FC1，
同理AD∥平面FEC1，
又因為AD∩AB＝A，AB，AD?平面ABD，
所以平面ABD∥平面FEC1.
(2)解法一：體積法
如圖所示，連接BF，DF.
由AC＝2BC，∠ACB＝60°.
知AB⊥BC.
則AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(3)，
AD＝eq \r(AA\\al(2,1)＋A1D2)＝eq \r(5)，
BD＝eq \r(BF2＋DF2)＝eq \r(5)，
SΔABD＝eq \f(1,2)AB×eq \r(AD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))2)＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(5－\f(3,4))＝eq \f(\r(51),4).
由題意知DF⊥平面ABC，
設點F到平面ABD的距離為h，
由VF－ABD＝VD－ABF得eq \f(1,3)h×eq \f(\r(51),4)＝eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×1，解得h＝eq \f(2\r(17),17)，
即點F到平面ABD的距離為eq \f(2\r(17),17).
解法二：向量法
由解法一易知BA、BC、BB1兩兩垂直．
如圖建立空間直角坐標系，
則B(0,0,0)，A(0，eq \r(3)，0)，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
設平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))·n＝\r(3)·x＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋2z＝0，))
取z＝－1得n＝(0,4，－1)，
∴F到平面ABD的距離d＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(17),17).

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