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第 4 讲 空间向量与距离、探究性问题
[考情分析] 1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的
距离，属于中等难度.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存
在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上．
考点一 空间距离
核心提炼
(1)点到直线的距离
直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设AP＝a，则点P到
直线l的距离d＝.
(2)点到平面的距离
平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d
＝.
考向1 点到直线的距离
例1 (1)(2022·广州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥BC，PB＝
AB＝2BC＝2，则点C到直线PA的距离为( )
A. B.
C. D．2
答案 A
解析 因为PB⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB，PB⊥BC，
如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，则C(1,0,0)，A(0,2,0)，
P(0,0,2)，
PC＝(1,0，－2)，PA＝(0,2，－2)，
即PC·PA＝4.
PC在PA上的投影向量的长度为
＝＝，故点C到直线PA的距离为＝.
(2)如图，已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，则线段AD 上的动点P到直线AC 的距
1 1 1 1 1 1 1
离的最小值为( )
A．1 B.
C. D.
答案 D
解析 如图建立空间直角坐标系，则A(1,0,1)，C (0,1,1)，
1 1
设P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
则A1P＝(x－1,0，－x)，A1C1＝(－1,1,0)，
∴动点P到直线AC 的距离为
1 1
d＝
＝
＝＝≥，
当且仅当x＝时取等号，即线段AD 上的动点P到直线AC 的距离的最小值为.
1 1 1
考向2 点到平面的距离
例2 (1)(2022·湖北联考)在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝PC＝1，PB＝PD＝，点E为线段PD上一点，且PE＝2ED，则点P到平面ACE的距离为______．
答案
解析 如图，连接AC，BD交于点O，连接OP，以OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z
轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝2a，则OA＝a，OB＝a，
因为PA2－OA2＝PB2－OB2，
所以1－a2＝2－3a2，
解得a＝，则OP＝，
所以A，C，
P，D，E，
则AC＝(0，，0)，
AE＝，
AP＝，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1,0,2)，
所以点P到平面ACE的距离
d＝＝＝.
(2)(2022·沈阳模拟)如图，若正四棱柱ABCD－ABC D 的底边长为2，∠BAB＝，E是DD
1 1 1 1 1 1
的中点，则AC 到平面EAC的距离为________．
1 1
答案
解析 由棱柱的几何性质可知，AC ∥AC，
1 1
又AC ⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
1 1
所以AC ∥平面EAC，
1 1所以点A 到平面EAC的距离即为直线AC 到平面EAC的距离，
1 1 1
因为正四棱柱ABCD－ABC D 的底边长为2，∠BAB＝，则AA＝2，
1 1 1 1 1 1
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，A(0,0，2)，C(2,2,0)，E(0,2，)，
1
所以AC＝(2,2,0)，
AE＝(0,2，)，
AA1＝(0,0,2)，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝，得y＝－，z＝2，
故n＝(，－，2)，
所以点A 到平面EAC的距离
1
d＝＝＝，
故AC 到平面EAC的距离为.
1 1
规律方法 (1)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．
(2)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．
跟踪演练1 (1)(2022·邢台联考)PA，PB，PC是从点P出发的三条线段，每两条线段的夹角
均为60°，PA＝PB＝PC＝1，若M满足PM＝PA＋2PB＋3PC，则点M到直线AB的距离为(
)
A. B．3
C．2 D．3
答案 D
解析 AM＝PM－PA＝2PB＋3PC，
则|AM|＝
＝＝＝，
则AM·AB＝(2PB＋3PC)·(PB－PA)
＝2PB2－2PB·PA＋3PC·PB－3PC·PA
＝2－2×1×1×＋3×1×1×－3×1×1×＝1，
|AB|＝＝
＝＝1，
则点M到直线AB的距离
d＝＝3.
(2)(2022·茂名模拟)如图，正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，中心为O，BF＝BC，A1E＝
1 1 1 1
A1A，则四面体OEBF的体积为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD 所在直线为x，y，z轴建立空间直角
1
坐标系，
则O，B(1,1,0)，E，F，
OE＝，OB＝，
BE＝，
则|OE|＝，|OB|＝，＝，
∴cos∠BOE＝
＝＝－.
∴∠BOE∈，则sin∠BOE＝.
∴S ＝OB·OE·sin∠BOE＝.
△OEB
设平面OEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由取z＝1，
得n＝，又BF＝，∴F到平面OEB的距离h＝＝，
∴四面体OEBF的体积V＝××＝.
考点二 空间中的探究性问题
核心提炼
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面
角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入
参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满
足要求，从而作出判断．
例3 (2022·汕头模拟)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE
＝AD，△ABC是底面的内接正三角形，且DO＝6，P是线段DO上一点．
(1)是否存在点P，使得PA⊥平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由；
(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
解 (1)存在，由题意得AO＝AE＝AD，
因为AD2＝DO2＋AO2，
所以AD2＝36＋AD2，
所以AD＝4，AO＝2，
因为△ABC是底面圆的内接正三角形，
所以＝2×2，
所以AB＝6，
又由题意得PA2＝12＋PO2，
假设PA⊥平面PBC，则PA⊥PB，
所以AB2＝PA2＋PB2，
所以36＝12＋PO2＋12＋PO2，所以PO＝，
此时PA⊥PC，PA⊥PB，PB∩PC＝P，
PB，PC⊂平面PBC，所以当PO＝时，PA⊥平面PBC.
(2)如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系．
设PO＝x，0≤x≤6，
所以P(0,0，x)，E(－，3,0)，B(，3,0)，
C(－2，0,0)，
所以EP＝(，－3，x)，PB＝(，3，－x)，
PC＝(－2，0，－x)，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
所以
所以n＝(x，－x，－2)．
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
由题意得sin θ＝＝＝≤.
当且仅当PO＝x＝时等号成立，此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与
条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
跟踪演练2 (2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，
PA＝PD＝，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB＝，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为.
(1)证明 因为PA＝PD＝，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因为PD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
(2)解 因为PA＝，AB＝1，PB＝，
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因为AD⊂平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形．
以A为原点，AB，AD分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以AC＝(1,2,0)，AP＝(0,1,1)，PD＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量PD＝(0,1，－1)是平面PAB的一个法向量．
设ED＝λPD，0≤λ≤1，
则E(0,2－λ，λ)，
所以AE＝(0,2－λ，λ)．
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
令y＝－1，可得x＝2，z＝，
所以n＝，
所以|cos〈PD，n〉|＝＝，
可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝或λ＝，
即当点E满足ED＝PD或ED＝PD时，平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为.专题强化练
1.(2022·山东联考)如图，在正四棱柱ABCD－ABC D 中，AB＝1，E为CC 的中点．
1 1 1 1 1
(1)当AA＝2时，证明：平面BDE⊥平面ABE.
1 1 1
(2)当AA＝3时，求A 到平面BDE的距离．
1 1
(1)证明 当AA＝2时，BE＝，BE＝，
1 1
所以BE2＋BE2＝BB，所以BE⊥BE.
1 1
又AB⊥平面BCC B，则AB⊥BE.
1 1 1 1 1 1
因为AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABE，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以BE⊥平面ABE，
1 1
又BE⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABE.
1 1
(2)解 以D为原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角
1
坐标系，
则D(0,0,0)，B(1,1,0)，
A(1,0,3)，E.
1
所以DB＝(1,1,0)，DE＝，DA1＝(1,0,3)．
设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令z＝2，则y＝－3，x＝3，
得n＝(3，－3,2)．故A 到平面BDE的距离
1
d＝＝＝.
2.(2022·聊城质检)如图，在正四棱柱ABCD－ABC D 中，AA ＝2AB＝2，E，F分别为棱
1 1 1 1 1
AA，CC 的中点，G为棱DD 上的动点．
1 1 1(1)求证：B，E，D，F四点共面；
1
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明
理由．
(1)证明 如图所示，连接DE，DF，取BB 的中点为M，连接MC ，ME，
1 1 1 1
因为E为AA 的中点，
1
所以EM∥AB∥C D，
1 1 1 1
且EM＝AB＝C D，
1 1 1 1
所以四边形EMC D 为平行四边形，所以DE∥MC ，
1 1 1 1
又因为F为CC 的中点，
1
所以BM∥C F，且BM＝C F，
1 1
所以四边形BMC F为平行四边形，
1
所以BF∥MC ，所以BF∥DE，
1 1
所以B，E，D，F四点共面．
1
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD 分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图
1
所示，假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，
由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
则EF＝(－1,1,0)，EB＝(0,1，－1)，
EG＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则即
取x＝1，则n＝(1,1,1)；
1 1
设平面GEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
2 2 2 2
则即
取x＝t－1，则n＝(t－1，t－1,1)．
2 2
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n·n＝0，
1 2
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝.
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为.
3.(2022·湖北七市联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面
ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点．
(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若BE＝BF，且平面AEF与平面PBC夹角的余弦值为，试确定点F的位置．
(1)证明 由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，
又在正方形ABCD中，BC⊥AB，
且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
则BC⊥平面PAB，
又AE⊂平面PAB，
所以BC⊥AE.
由PA＝AB，E为PB中点，可得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
则AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
由(1)可知n＝为平面PBC的一个法向量．
1
由BE＝BF，可知EF∥PC，
设BF＝λBC，BE＝λBP，
则BF＝(0，λ，0)，BE＝(－λ，0，λ)，
可得AF＝AB＋BF＝(1，λ，0)，
AE＝AB＋BE＝(1－λ，0，λ)．
设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
2
则即
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，
即n＝(－λ，1,1－λ)．
2
从而，由＝
＝＝，
解得λ＝或λ＝，即F在BC的三等分点处．
4.(2022·长沙十六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角
三角形，BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，PC＝，E为PD的中点．
(1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
(2)设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论．
解 (1)在直角梯形ABCD中，
由已知可得AC＝，CD＝，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，
又△ADP是以AD为斜边的等腰直角三角形，
∴PA＝PD＝，
如图，取AD的中点O，连接OC，OP，
则OC＝OA＝OD＝1，OP＝1，
则△OAP≌△OCP≌△ODP，∴∠POA＝∠POC＝∠POD＝90°，
∴OP⊥AD，OP⊥OC，
而OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD，
因此以AB，AD为x轴、y轴，过点A作平行于OP的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,1,1)，AP＝(0,1,1)，AC＝(1,1,0)，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝－1，则x＝z＝1，即n＝(1，－1,1)，
又BP＝(－1,1,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，
∴sin θ＝|cos〈BP，n〉|
＝＝＝，
∴直线PB与平面PAC所成角的正弦值为.
(2)点F在平面PAC内，证明如下：
由(1)可得E，F，
AF＝，设AF＝xAC＋yAP，
则＝x(1,1,0)＋y(0,1,1)，
则解得
∴AF＝AC＋AP，∴AF与AC，AP共面，
∴F在平面PAC内．
