文档内容
§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
考试要求 1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.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．
知识梳理
1．点到直线的距离
如图，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AP＝
a，则向量AP在直线l上的投影向量AQ＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.
2．点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α
的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是AP在直
线l上的投影向量QP的长度，因此PQ＝＝＝.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( × )
(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．( × )
(3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等．( √ )
(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.( × )
教材改编题
1．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距
离为( )
A．10 B．3 C. D.
答案 D
解析 由条件可得P(－2,1,4)到α的距离为
＝＝.
2．正方体ABCD－ABC D 的棱长为2，则AA到平面BDDB的距离为( )
1 1 1 1 1 1 1A. B．2 C. D.
答案 A
解析 由正方体性质可知，AA∥平面BDDB，AA到平面BDDB的距离就是点A 到平面
1 1 1 1 1 1 1
BDDB的距离，连接AC ，交BD 于O(图略)，AO 的长即为所求，由题意可得AO＝
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AC ＝.
1 1
3．已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n＝为l的一个单位方向向量，则点P(4,3,2)到l的距离
为________．
答案
解析 ∵PA＝(－2,0，－1)，n＝为l的一个单位方向向量，
∴点P到l的距离d＝＝＝.
题型一 空间距离
例1 如图，在正三棱柱ABC－ABC 中，各棱长均为4，N是CC 的中点．
1 1 1 1
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C 到平面ABN的距离．
1
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C (0,4,4)，
1
∵N是CC 的中点，∴N(0,4,2)．
1
(1)AN＝(0,4,2)，AB＝(2，2,0)，
则|AN|＝2，|AB|＝4.
设点N到直线AB的距离为d，
1
则d＝＝＝4.
1
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥AB，n⊥AN，得
令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝.
易知C1N＝(0,0，－2)，
设点C 到平面ABN的距离为d，
1 2
则d＝＝＝.
2
教师备选
1.如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝
1，则点P到直线BD的距离为________．
答案
解析 如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则
P(0,0,1)，B(3,0,0)，
D(0,4,0)，
则BP＝(－3,0,1)，BD＝(－3,4,0)，
故点P到直线BD的距离
d＝
＝＝，
所以点P到直线BD的距离为.
2．如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，
使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离．
解 如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，连接OP，OF，OB，
因为平面PDE⊥平面BCDE，
平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以OP⊥平面BCDE.
因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点，
所以DE∥BC.
因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以DE∥平面PBC.
又OF⊥DE，
所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP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，
则O，P，B，
C，F，
所以PB＝，CB＝.
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由
得
令y＝z＝1，
所以n＝(0,1,1)．
因为OF＝(0，，0)，
设点O到平面PBC的距离为d，
则d＝＝＝.
因为点O在直线DE上，
所以直线DE到平面PBC的距离等于.
思维升华 点到直线的距离
(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝
.
(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.
跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为1，点E，O分别是AB ，AC
1 1 1 1 1 1 1 1
的中点，P在正方体内部且满足AP＝AB＋AD＋AA1，则下列说法正确的是( )
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABCD 的距离为
1 1
C．平面ABD与平面BCD 间的距离为
1 1 1D．点P到直线AB的距离为
答案 BC
解析 如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，C (1,1,1)，
1 1
D(0,1,1)，
1
E，
所以BA＝(－1,0,0)，BE＝.
设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，
sin θ＝＝.
故点A到直线BE的距离d＝|BA|sin θ＝1×＝，故A错误；
1
易知C1O＝C1A1＝，
平面ABCD 的一个法向量DA1＝(0，－1,1)，
1 1
则点O到平面ABCD 的距离
1 1
d＝＝＝，故B正确；
2
A1B＝(1,0，－1)，A1D＝(0,1，－1)，
A1D1＝(0,1,0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
所以
令z＝1，得y＝1，x＝1，
所以n＝(1,1,1)．
所以点D 到平面ABD的距离
1 1
d＝＝＝.
3
因为平面ABD∥平面BCD，
1 1 1
所以平面ABD与平面BCD 间的距离等于点D 到平面ABD的距离，所以平面ABD与平
1 1 1 1 1 1
面BCD 间的距离为，故C正确；
1 1
因为AP＝AB＋AD＋AA1，
所以AP＝，
又AB＝(1,0,0)，则＝，所以点P到直线AB的距离d＝＝＝，故D错误．
4
(2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD－ABC D 中，AA ＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是
1 1 1 1 1
AB，CC 的中点，则△DGF的面积为________．
1 1
答案
解析 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD 所在直线为z轴，
1
建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，
1
FD1＝(－1，－1,2)，FG＝(－1,1,1)，
∴点D 到直线GF的距离
1
d＝
＝＝.
∴点D 到直线GF的距离为，
1
又|FG|＝，
∴ ＝××＝.
题型二 立体几何中的探索性问题
例2 (2021·北京)已知正方体ABCD－ABC D ，点E为AD 中点，直线BC 交平面CDE
1 1 1 1 1 1 1 1
于点F.
(1)求证：点F为BC 的中点；
1 1
(2)若点M为棱AB 上一点，且二面角M－CF－E的余弦值为，求的值．
1 1
(1)证明 如图所示，取BC 的中点F′，
1 1
连接DE，EF′，F′C，
由于ABCD－ABC D 为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，
1 1 1 1
从而E，F′，C，D四点共面，
平面CDE即平面CDEF′，
据此可得，直线BC 交平面CDE于点F′，
1 1当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合，
即点F为BC 的中点．
1 1
(2)解 以点D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角
1
坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，
设＝λ(0≤λ≤1)，
则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，
从而MC＝(－2,2－2λ，－2)，CF＝(1,0,2)，
FE＝(0，－2,0)，
设平面MCF的法向量为m＝(x，y，z)，则
1 1 1
令z＝－1可得m＝(λ≠1)，
1
设平面CFE的法向量为n＝(x，y，z)，则
2 2 2
令z＝－1可得n＝(2,0，－1)，
2
从而m·n＝5，|m|＝，|n|＝，
则cos〈m，n〉＝＝
＝.
整理可得(λ－1)2＝，故λ＝.
所以＝.
教师备选
(2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC－ABC 的所有棱长都为2，BC＝，AB⊥BC.
1 1 1 1 1
(1)求证：平面ABBA⊥平面ABC；
1 1
(2)在棱BB 上是否存在点P，使直线CP与平面ACC A 所成角的正弦值为，若不存在，请说
1 1 1
明理由；若存在，求BP的长．
(1)证明 如图，取AB的中点D，连接CD，BD.
1因为三棱柱ABC－ABC 的所有棱长都为2，
1 1 1
所以AB⊥CD，CD＝，BD＝1.
又因为AB⊥BC，
1
且CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD，
1 1 1
所以AB⊥平面BCD.
1
又因为BD⊂平面BCD，
1 1
所以AB⊥BD.
1
在Rt△BBD中，BD＝1，BB＝2，
1 1
所以BD＝.
1
在△BCD中，CD＝，BD＝，BC＝，
1 1 1
所以CD2＋BD2＝BC2，
1 1
所以CD⊥BD，
1
又因为AB⊥BD，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
1
所以BD⊥平面ABC.
1
又因为BD⊂平面ABBA，
1 1 1
所以平面ABBA⊥平面ABC.
1 1
(2)解 假设在棱BB 上存在点P满足条件．以DC，DA，DB 所在直线分别为x，y，z轴建
1 1
立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(，0,0)，B(0,0，)，
1
因此BB1＝(0,1，)，AC＝(，－1,0)，AA1＝BB1＝(0,1，)，CB＝(－，－1,0)．
因为点P在棱BB 上，
1
设BP＝λBB1＝λ(0,1，)，其中0≤λ≤1.
则CP＝CB＋BP＝CB＋λBB1＝(－，－1＋λ，λ)．
设平面ACC A 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
由得取x＝1，则y＝，z＝－1，
所以平面ACC A 的一个法向量为n＝(1，，－1)．
1 1
因为直线CP与平面ACC A 所成角的正弦值为，
1 1
所以|cos〈n，CP〉|＝
＝＝，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝，所以|BP|＝|BB1|＝，
故BP的长为.
思维升华 (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)对于位置探究型问题，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．
跟踪训练2 如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P
为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的
值；若不存在，试说明理由．
(1)证明 如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为
a，则高SO＝a，
于是S，D，C.
于是OC＝，SD＝.
则OC·SD＝0，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量DS＝，平面DAC的一个法向量OS＝.
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈OS，DS〉|＝＝，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知DS是平面PAC的一个法向量，
且DS＝，CS＝.
设CE＝tCS(0≤t≤1)，
因为B，C，
所以BC＝，
则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS
＝.
又BE·DS＝0，
得－＋0＋a2t＝0，
则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
课时精练
1.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝，AB＝BC＝AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA
＝a，点F在AD上，且CF⊥PC.
(1)求点A到平面PCF的距离；
(2)求AD到平面PBC的距离．
解 (1)由题意知AP，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，D(0,3a，0)，
P(0,0，a)．
设F(0，m，0)，0≤m≤3a，
则CF＝(－a，m－a，0)，CP＝(－a，－a，a)．
∵PC⊥CF，
∴CF⊥CP，
∴CF·CP＝(－a)·(－a)＋(m－a)·(－a)＋0·a＝a2－a(m－a)＝0，
∴m＝2a，即F(0,2a，0)．
设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
解得
取x＝1，得n＝(1,1,2)．
设点A到平面PCF的距离为d，由AC＝(a，a，0)，
得d＝＝＝a.
(2)由于BP＝(－a，0，a)，BC＝(0，a，0)，
AP＝(0,0，a)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
1 0 0 0
由
得
取x＝1，得n＝(1,0,1)．
0 1
设点A到平面PBC的距离为h，
∵AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC，
∴h为AD到平面PBC的距离，
∴h＝＝＝a.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，
且PA＝2，E为PD的中点．(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值；
(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点的位置；若
不存在，请说明理由．
(1)证明 因为四边形ABCD为正方形，则BC⊥AB，CD⊥AD，
因为PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为PA⊂平面PAB，所以PA⊥BC，
因为PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥CD，
因为BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)解 因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，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，
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，
则AC＝(2,2,0)，AE＝(0,1,1)，PC＝(2,2，－2)，
由
取y＝1，可得m＝(－1,1，－1)，
cos〈m，PC〉＝
＝＝，
所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为.
(3)解 设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，AF＝(2，t，0)，AP＝(0,0,2)，
由
取a＝t，则n＝(t，－2,0)，
所以点E到平面PAF的距离为d＝＝＝，因为t>0，所以t＝1.因此，当点F为线段BC的中
点时，点E到平面PAF的距离为.
3．(2022·湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台ABCD－ABC D 中，底面四边形ABCD为菱
1 1 1 1
形，AA＝AB＝AB＝1，∠ABC＝60°，AA⊥平面ABCD.
1 1 1 1
(1)若点M是AD的中点，求证：C M⊥AC；
1 1
(2)棱BC上是否存在一点E，使得平面EAD 与平面DAD 夹角的余弦值为？若存在，求线段
1 1
CE的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 如图，取BC的中点Q，连接AQ，AC，
∵四边形ABCD为菱形，则AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，
∵Q为BC的中点，则AQ⊥BC，
∵AD∥BC，∴AQ⊥AD，
由于AA⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，以AQ，AD，AA 所在直线分别为x轴、y轴、z
1 1
轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,1,1)，Q(，0,0)，
1 1
C(，1,0)，C ，M(0,1,0)，
1
C1M＝，A1C＝(，1，－1)，
∴C1M·A1C＝－＋＋(－1)2＝0，
∴C M⊥AC.
1 1
(2)解 如图，假设点E存在，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1，
AE＝(，λ，0)，AD1＝(0,1,1)，
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
1则即
取y＝－，则x＝λ，z＝，
∴n＝(λ，－，)，
平面ADD 的一个法向量为m＝(1,0,0)，
1
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝±，即CE＝1－或CE＝1＋.
因此，棱BC上存在一点E，使得平面EAD 与平面DAD 夹角的余弦值为，此时CE＝1－或
1 1
CE＝1＋.
4.(2022·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD
是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；
(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，若存在，求线段PM
的长度；若不存在，请说明理由．
(1)证明 因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，
所以PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 如图，连接OG，以O点为坐标原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、
z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,2)，E(－1,2，)，F(－1,0，)，
EF＝(0，－2,0)，EG＝(1,2，－)，
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，则m＝(，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝，
所以θ＝，
所以平面EFG与平面ABCD的夹角为.
(3)解 不存在，理由如下：
假设在线段PA上存在点M，
使得直线GM与平面EFG所成的角为，
即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，
设PM＝λPA，λ∈[0,1]，
GM＝GP＋PM＝GP＋λPA，
所以GM＝(2λ，－4,2－2λ)，
所以cos ＝|cos〈GM，m〉|＝，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ<0，方程无解，
所以不存在这样的点M.
