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微专题 3 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
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=
√a2-（a·u）2.
2.点到平面的距离
|⃗AP·n|
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= .
|n|
考向1 点到直线的距离
例1 (2024·来宾模拟)棱长为3的正方体ABCD-A B C D 中，点E，F满足⃗D E=2⃗ED，⃗BF=2⃗FB ，
1 1 1 1 1 1
则点E到直线FC 的距离为( )
1
3√35 2√35
A. B.
5 5
3√7 2√7
C. D.
5 5
考向2 点(线)到平面的距离
例2 (1)如图，长方体ABCD-A B C D 的顶点A在平面α内，其余顶点均在平面α的同侧，AB=3，
1 1 1 1
AD=4，AA =5，若顶点B到平面α的距离为2，顶点D到平面α的距离为2，则顶点A 到平面α的距离
1 1
为 .
(2)(多选)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为1，点E，O分别是A B ，A C 的中点，P在正方体内部
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 2
且满足⃗AP= ⃗AB+ ⃗AD+ ⃗A A ，则下列说法正确的是( )
4 2 3 1
√5
A.点A到直线BE的距离是
5
√2
B.点O到平面ABC D 的距离为
1 1 4√3
C.平面A BD与平面B CD 间的距离为
1 1 1 3
25
D.点P到直线AB的距离为
36
考向3 异面直线间的距离
例3 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱
PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为( )
3√14 3√15
A. B.
14 15
3√21 3√77
C. D.
7 77
[规律方法] (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.
跟踪演练1 (多选)(2024·扬州模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中，点P是线段AD 上
1 1 1 1 1
的一点，点E是线段CC 上的一点，则下列说法正确的是( )
1
A.存在点E，使得A E⊥平面AB D
1 1 1
B.当点E为线段CC 的中点时，点B 到平面AED 的距离为2
1 1 1
√2
C.点E到直线BD 的距离的最小值为
1 2
π
D.当点E为线段CC 的中点时，存在点P，使得平面PBD与平面EBD的夹角为
1 4
考点二 空间中的探究性问题
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4 (2024·聊城模拟)如图，在正三棱柱ABC-A B C 中，AA =2AB=2，点D，E，F分别是棱AC，
1 1 1 1
CC ，C B 的中点，点P满足⃗AP=λ⃗AB+μ⃗A A ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1].
1 1 1 11
(1)当λ=μ= 时，求证：DP∥平面A EF；
2 1
√15
(2)当λ=1时，是否存在点P使得平面ACP与平面A EF的夹角的余弦值是 ？若存在，指出点P的位
1 5
置；若不存在，请说明理由.
[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 (2024·黔西南州模拟)如图所示为直四棱柱ABCD-A B C D ，AB=AD=2√2，CB=CD=4，
1 1 1 1
AA =4，∠BCD=60°，M，M 分别是线段BC，B C 的中点.
1 1 1 1
(1)证明：BC⊥平面MM D；
1
(2)求BC与平面BDA 所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点P，使得PB ∥平面BDA ？若存
1 1 1
在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.答案精析
例1 A
5√11
例2 (1) (2)BC
6
例3 A
跟踪演练1 ABD
1 1 1 1
例4 (1)证明 当λ=μ= 时，⃗AP= ⃗AB+ ⃗A A = ⃗AB ，故点P是AB 的中点，
2 2 2 1 2 1 1
如图，连接CB ，DP，因为点D是AC的中点，P是AB 的中点，所以DP∥CB ，
1 1 1
因为点E，F分别是CC ，C B 的中点，所以EF∥CB ，所以DP∥EF，
1 1 1 1
因为DP⊄平面A EF，EF 平面A EF，
1 1
所以DP∥平面A 1 EF. ⊂
(2)解 存在，点P为BB 的靠近点B的四等分点.
1
当λ=1时，⃗AP=⃗AB+μ⃗A A ，即⃗BP=μ⃗BB ，μ∈[0，1]，所以点P在棱BB 上，
1 1 1
取A C 的中点D ，连接DD ，DB，则DD ∥CC ，
1 1 1 1 1 1
在正三棱柱ABC-A B C 中，DD ⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC，
1 1 1 1
以D为坐标原点，DA，DB，DD 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
1
(1 ) ( √3 )
则A ，0，0 ，B 0， ，0 ，
2 2
(1 ) ( √3 )
A ，0，2 ，B 0， ，2 ，
1 2 1 2
( 1 ) ( 1 )
C - ，0，2 ，E - ，0，1 ，
1 2 2
( √3 ) ( 1 )
P 0， ，2μ ，C - ，0，0 ，
2 2( 1 √3 )
从而F - ， ，2 ，
4 4
( 3 √3 )
⃗A F= - ， ，0 ，
1 4 4
⃗A E=(-1，0，-1)，
1
( 1 √3 )
⃗AP= - ， ，2μ ，
2 2
⃗AC=(-1，0，0)，
设平面A EF的法向量是
1
m=(x ，y ，z )，
1 1 1
{m·⃗A E=0,
1
由
m·⃗A F=0,
1
{
-x -z =0,
1 1
即 3 √3
- x + y =0,
4 1 4 1
令x =1，得m=(1，√3，-1).
1
设平面ACP的法向量是
n=(x ，y ，z )，
2 2 2
{n·⃗AC=0,
由
n·⃗AP=0,
{
-x =0,
2
即 1 √3
- x + y +2μz =0,
2 2 2 2 2
令z =√3，得n=(0，-4μ，√3).
2
|m·n|
所以|cos〈m，n〉|=
|m||n|
|-4√3μ-√3|
=
√1+3+1×√16μ2+3
4√3μ+√3 √15
= = ，
√5×√16μ2+3 5
得(4μ+1)2=16μ2+3，
1 √15
解得μ= ，所以存在点P使得平面ACP与平面A EF的夹角的余弦值是 ，此时点P为BB 的靠近点B
4 1 5 1
的四等分点.
跟踪演练2 (1)证明 由∠BCD=60°，CB=CD，知△BCD为正三角形，又M为BC的中点，则DM⊥BC.
又M 为B C 的中点，
1 1 1
则MM ∥CC ，
1 1
而CC ⊥BC，所以MM ⊥BC，
1 1
又DM∩MM =M，DM，
1
MM 平面MM D，
1 1
所以⊂BC⊥平面MM
1
D.
(2)解 由(1)知△BCD为正三角形，则BD=4，
在△ABD中，AB=AD=2√2，
有BD2=AB2+AD2，
所以AB⊥AD，
易知AA ⊥AB，AA ⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
1 1
B(2√2，0，0)，
C(√6+√2，√6+√2，0)，D(0，2√2，0)，
A (0，0，4)，
1
B (2√2，0，4)，
1
所以⃗BC=(√6-√2，√6+√2，0)，
⃗BA =(-2√2，0，4)，⃗BD=(-2√2，2√2，0)，⃗BB =(0，0，4)，
1 1
设平面BDA 的法向量为n=(x，y，z)，
1
{n·⃗BD=-2√2x+2√2y=0,
则
n·⃗BA =-2√2x+4z=0,
1
令x=√2，得y=√2，z=1，
故n=(√2，√2，1)，
设BC与平面BDA 所成的角为θ，
1
则sin θ=|cos〈⃗BC，n〉|
|⃗BC·n| 4√3 √15
= = = ，
|⃗BC||n| 4√5 5
√15
即BC与平面BDA 所成角的正弦值为 .
1 5假设在线段BC上存在点P，使得PB ∥平面BDA ，
1 1
令⃗BP=λ⃗BC(0≤λ≤1)，
则⃗BP=(√6λ-√2λ，√6λ+√2λ，0)，
所以⃗PB =⃗BB -⃗BP=(√2λ-√6λ，-√2λ-√6λ，4)，
1 1
由PB ∥平面BDA ，得⃗PB ⊥n，
1 1 1
所以⃗PB ·n=2λ-2√3λ-2λ-2√3λ+4=0，
1
√3
解得λ= .
3
(3√2-√6 3√2+√6 )
此时⃗BP= ， ，0 ，
3 3
所以|⃗BP|=
√ (3√2-√6) 2 (3√2+√6) 2
+
3 3
4√3 4√3
= ，即BP的长为 .
3 3
