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专题四 微专题 3 空间向量与距离、探究性问题
(分值：60分)
1.(13分)如图，已知正三棱柱ABC-A B C 的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB 的中点，
1 1 1 1
P是B C 的中点.
1 1
(1)证明：MN∥平面A CP；(7分)
1
(2)求点P到直线MN的距离.(6分)
2.(15分)(2024·黔东南州模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，DE⊥平面ABCD，
DE∥BF，AD=DE=2，BF=1，∠BAD=60°.
(1)证明：平面FAC⊥平面BDEF；(6分)
√2
(2)试问线段CD上是否存在一点P，使得平面AEF与平面BFP夹角的余弦值为 ？若存在，请判断点P
4
的位置；若不存在，请说明理由.(9分)
3.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=2√2，PA=1，
AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点.
(1)求证：EF∥平面PAB；(6分)
(2)在平面PBC内是否存在点H，满足⃗HD·⃗HA=0？若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨
迹图形形状.(9分)4.(17分)[向量的叉乘]两个向量a和b的叉乘写作a×b，叉乘运算结果是一个向量，其模为|a×b|=|a||b|sin
〈a，b〉，方向与这两个向量所在平面垂直.若a=(x ，y ，z )，b=(x ，y ，z )，则a×b=(y z -y z ，-(x z -
1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2
1
x z )，x y -x y ).如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°，AB綉 CD，
2 1 1 2 2 1 2
AD=CD=2，O，E，F，G分别是AD，PD，PC，AC的中点.
(1)证明：平面BOE∥平面DFG；(5分)
(2)已知PA=PD=√5，PB=√6，H为PB的中点，以O为原点，⃗OA的方向为x轴的正方向建立空间右手直
角坐标系.
①求⃗DF×⃗DG；(6分)
②求三棱锥H-DFG的体积.(6分)答案精析
1.(1)证明 由题意知，AA ⊥平面ABC，∠BAC=60°，
1
而AB 平面ABC，
所以A⊂A
1
⊥AB，在平面ABC内过点A作y轴，使得AB⊥ y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，
B(2，0，0)，
C(1，√3，0)，A (0，0，2)，B (2，0，2)，
1 1
(3 √3 )
得M ， ，0 ，N(1，0，1)，
2 2
(3 √3 )
P ， ，2 ，
2 2
所以⃗A C=(1，√3，-2)，
1
(3 √3 )
⃗A P= ， ，0 ，
1 2 2
( 1 √3 )
⃗MN= - ，- ，1 ，
2 2
设平面A CP的法向量为n=(x，y，z)，
1
{n·⃗A C=x+√3 y-2z=0,
1
则 3 √3
n·⃗A P= x+ y=0,
1 2 2
令x=1，得y=-√3，z=-1，
所以n=(1，-√3，-1)，
1 ( √3)
所以⃗MN·n=- ×1+ - ×(-√3)+1×(-1)=0，又MN不在平面A CP内，即MN∥平面A CP.
2 2 1 1
(2)解 连接PM，
由(1)得⃗PM=(0，0，-2)，
则⃗MN·⃗PM=-2，|⃗MN|=√2，|⃗PM|=2，
所以点P到直线MN的距离为√
2
(⃗MN·⃗PM) 2
|⃗PM| - =√2.
|⃗MN|
2.(1)证明 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为DE⊥平面ABCD，
AC 平面ABCD，所以DE⊥AC.
又因⊂为DE∩BD=D，且DE，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.
因为AC 平面FAC， ⊂
所以平面⊂FAC⊥平面BDEF.
(2)解 设AC∩BD=O，以O为坐标原点，⃗OA，⃗OB的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直
角坐标系，则
A(√3，0，0)，B(0，1，0)，C(-√3，0，0)，
D(0，-1，0)，E(0，-1，2)，
F(0，1，1).
设⃗DP=λ⃗DC=λ(-√3，1，0)，λ∈[0，1]，
则P(-√3λ，λ-1，0).
设平面AEF的法向量为m=(x，y，z)，
因为⃗AE=(-√3，-1，2)，
⃗EF =(0，2，-1)，
{⃗AE·m=-√3x- y+2z=0,
所以
⃗EF·m=2y-z=0,
令y=1，则m=(√3，1，2).
设平面BFP的法向量为n=(x ，y ，z )，
1 1 1
因为⃗BF=(0，0，1)，
⃗BP=(-√3λ，λ-2，0)，
{ ⃗BF·n=z =0,
1
所以
⃗BP·n=-√3λx +(λ-2)y =0,
1 1
令x =λ-2，则n=(λ-2，√3λ，0).
1
√2
假设存在点P，使得平面AEF与平面BFP夹角的余弦值为 ，
4|2√3(λ-1)|
√2
则|cos〈m，n〉|= = ，
2√2√(λ-2) 2+3λ2 4
1
解得λ= 或λ=2(舍去)，
2
所以存在点P满足题意，且P为CD的中点.
3.(1)证明 如图，
过点E作EG⊥AD交AD于点G，连接EG，GF，
因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
则PA⊥AD，
⊂
又EG 平面PAD，PA 平面PAD，且EG，PA不共线，故EG∥PA.
因为E⊂为PD的中点，⊂所以G也为AD的中点，又F为BC的中点，所以GF∥AB，
而EG⊄平面PAB，PA 平面PAB，所以EG∥平面PAB，
同理GF∥平面PAB，⊂
又因为EG∩GF=G，EG，
GF 平面EGF，
所以⊂平面EGF∥平面PAB，
而EF 平面EGF，
所以E⊂F∥平面PAB.
(2)解 如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，
又CD=2，AB=1，
BC=2√2，
PA=1，
则P(0，0，1)，
B(0，1，0)，
C(2√2，1，0)，
D(2√2，-1，0)，
故⃗PB=(0，1，-1)，
⃗PC=(2√2，1，-1)，设平面PBC的法向量n=(x，y，z)，
{ n·⃗PB= y-z=0,
则有
n·⃗PC=2√2x+ y-z=0,
取y=1，得x=0，z=1，
即n=(0，1，1)，
( 1 )
又AD的中点G √2，- ，0 ，
2
( 3 )
则⃗BG= √2，- ，0 ，
2
|n·⃗BG|
则AD的中点到平面PBC的距离为
|n|
| ( 3) |
0×√2+1× - +1×0
= 2
√1+1
| 3|
- 3√2
= 2 = ，
4
√2
由⃗HD·⃗HA=0，即HD⊥HA，故H在以AD的中点为球心，
1 3
半径为 AD= 的球面上，
2 2
3√2 3 √ (3) 2 (3√2) 2 3√2
而 < ，故H在平面PBC上的轨迹是半径为 - = 的圆，故存在符合题意的H，此时H
4 2 2 4 4
3√2
轨迹是半径为 的圆.
4
4.(1)证明 在△APD中，O，E分别为AD，PD的中点，
∴OE∥AP.
在△APC中，F，G分别为PC，AC的中点，∴FG∥AP，∴OE∥FG.
∵FG 平面DFG，OE⊄平面DFG，
∴OE⊂ ∥平面DFG.
连接BG，OG，
1 1
∵OG綉 CD，AB綉 CD，
2 2
∴OG綉AB，
∴四边形AOGB为平行四边形，
∴BG綉AO，∴BG綉OD，
∴四边形ODGB为平行四边形，∴OB∥DG.
∵DG 平面DFG，OB⊄平面DFG，
∴OB∥ ⊂平面DFG.
∵OE，OB 平面BOE，
且OE∩OB=⊂O，
∴平面BOE∥平面DFG.
(2)解 ①∵PA=√5，PB=√6，
AB=1，
∴PB2=PA2+AB2，∴PA⊥AB，
又∠BAD=90°，∴AB⊥AD，
∵AD，PA 平面PAD，
AD∩PA=A，⊂
∴AB⊥平面PAD，
又AB 平面ABCD，
∴平面⊂PAD⊥平面ABCD.
∵PA=PD，O为AD中点，
∴PO⊥AD，
又平面ABCD∩平面PAD=AD，
PO 平面PAD，
∴P⊂O⊥平面ABCD，
∴以⃗OA的方向为x轴正方向，⃗OG的方向为y轴正方向，⃗OP的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间右
手直角坐标系，
则D(-1，0，0)，
( 1 )
F - ，1，1 ，
2
G(0，1，0)，
(1 1 )
H ， ，1 ，
2 2
(1 )
∴⃗DF= ，1，1 ，
2⃗DG=(1，1，0)，
( 1)
∴⃗DF×⃗DG= -1，1，- .
2
1
②S = |⃗DF||⃗DG|sin∠FDG
△DFG 2
1 1√ 1
= |⃗DF×⃗DG|= 1+1+
2 2 4
3
= .
4
( 1)
方法一 n=⃗DF×⃗DG= -1，1，-
2
是平面DFG的一个法向量.
方法二 设n=(x，y，z)是平面DFG的法向量，
{n·⃗DF=0,
则
n·⃗DG=0,
{1
x+ y+z=0,
即 2
x+ y=0,
取x=2，则y=-2，z=1，
∴n=(2，-2，1).
(3 1 )
∵⃗DH= ， ，1 ，
2 2
|⃗DH·n|
∴H到平面DFG的距离d= =1，
|n|
1 1
∴三棱锥H-DFG的体积V = S d= .
H-DFG 3 △DFG 4
