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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
答案 A
解析 如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E(0，0，1)，F(3，3，2)，C (0，3，3)，
1
√ ( ⃗FC ) 2 3√35
⃗EF=(3，3，1)，⃗FC =(-3，0，1)，则点E到直线FC 的距离d= ⃗EF2- ⃗EF· 1 = .
1 1 |⃗FC | 5
1
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 .5√11
答案
6
解析 以A为原点，AB，AD，AA 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，
1
则A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，A (0，0，5)，
1
所以⃗AB=(3，0，0)，⃗AD=(0，4，0)，
⃗A A =(0，0，5)，
1
设平面α的法向量为n=(x，y，z)，
{
|⃗AB·n|
=
|3x|
=2,
|n| √x2+ y2+z2
由题意可得
|⃗AD·n| |4 y|
= =2,
|n| √x2+ y2+z2
3
{|y|= |x|,
4
解得
√11
|z|= |x|,
4
|⃗A A ·n| |5z| 5√11
所以顶点A 到平面α的距离为 1 = = .
1 |n| √x2+ y2+z2 6
(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 1 325
D.点P到直线AB的距离为
36
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)，
1
(1 ) (1 1 )
C (1，1，1)，D (0，1，1)，E ，0，1 ，O ， ，1 ，C(1，1，0)，
1 1 2 2 2
( 1 )
所以⃗BA=(-1，0，0)，⃗BE= - ，0，1 .
2
对于A，
|⃗BA·⃗BE| √5 2√5
方法一 设∠ABE=θ，则cos θ= = ，sin θ=√1-cos2θ= .
|⃗BA||⃗BE| 5 5
2√5 2√5
故点A到直线BE的距离d =|⃗BA|sin θ=1× = .
1 5 5
方法二 点A到直线BE的距离
√ (⃗BA·⃗BE) 2
d = |⃗BA|2-
1
|BE|
√ 1 2√5
= 1- = ，
5 5
故A错误；
⃗C O= 1 ⃗C A = ( - 1 ，- 1 ，0 ) ，
1 2 1 1 2 2
平面ABC D 的一个法向量⃗D A =(0，-1，1)，
1 1 1
1
|⃗DA ·⃗C O|
√2
1 1
则点O到平面ABC D 的距离d = = 2 = ，故B正确；
1 1 2 |⃗DA | 4
1 √2
⃗A B=(1，0，-1)，⃗A D=(0，1，-1)，⃗A D =(0，1，0).
1 1 1 1
设平面A BD的法向量为n=(x，y，z)，
1
{n·⃗A B=0, {x-z=0,
1
则 所以
n·⃗A D=0, y-z=0,
1
令z=1，得x=1，y=1，所以n=(1，1，1).|⃗A D ·n| 1 √3
所以点D 到平面A BD的距离d = 1 1 = = .
1 1 3 |n| √3 3
⃗D C=(1，0，-1)=⃗A B，所以D C∥A B，
1 1 1 1
又因为D C⊄平面A BD，A B 平面A BD，
1 1 1 1
所以D
1
C∥平面A
1
BD，同理B⊂1 C∥平面A
1
BD，
D C∩B C=C，D C，B C 平面B CD ，
1 1 1 1 1 1
所以平面A
1
BD∥平面B 1⊂CD
1
，
所以平面A BD与平面B CD 间的距离等于点D 到平面A BD的距离，
1 1 1 1 1
√3
所以平面A BD与平面B CD 间的距离为 ，故C正确；
1 1 1 3
3 1 2
因为⃗AP= ⃗AB+ ⃗AD+ ⃗A A ，
4 2 3 1
(3 1 2)
所以⃗AP= ， ， ，
4 2 3
⃗AP·⃗AB 3
又⃗AB=(1，0，0)，则 = ，
|⃗AB| 4
所以点P到直线AB的距离
√ 2 (⃗AP·⃗AB) 2 √181 9 5
d = |⃗AP| - = - = ，故D错误.
4 |⃗AB| 144 16 6
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
答案 A
解析 如图，以点A为原点，⃗AB，⃗AD，⃗AP的方向分别作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4).所以⃗DG=(1，-3，4)，⃗PC=(3，3，-6)，⃗DC=(3，0，0)，
设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量，则有
{n·⃗DG=x-3 y+4z=0,
n·⃗PC=3x+3 y-6z=0,
|⃗DC·n| 3 3√14
可取n=(1，3，2)，所以异面直线PC和DG的距离为 = = .
|n| √14 14
[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
答案 ABD
解析 对于A选项，以DA，DC，DD 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.
1
则根据题意可得D(0，0，0)，D (0，0，2)，A (2，0，2)，B (2，2，2)，A(2，0，0)，
1 1 1
设E(0，2，a)(0≤a≤2)，
所以⃗AD =(-2，0，2)，⃗AB =(0，2，2)，⃗A E=(-2，2，a-2)，
1 1 1
假设存在点E，使得A E⊥平面AB D ，
1 1 1
则⃗AD ·⃗A E=4+2(a-2)=0，⃗AB ·⃗A E=4+2(a-2)=0，
1 1 1 1
解得a=0，所以存在点E，使得A E⊥平面AB D ，此时点E与点C重合，故A正确；
1 1 1
对于B选项，当点E为线段CC 的中点时，E(0，2，1)，⃗AE=(-2，2，1)，⃗AD =(-2，0，2)，
1 1
设平面AED 的法向量为m=(x，y，z)，
1
{⃗AD ·m=-2x+2z=0,
1
则
⃗AE·m=-2x+2y+z=0,
取x=2，则m=(2，1，2)，
|⃗AB ·m| 2+4
⃗AB =(0，2，2)，故点B 到平面AED 的距离为 1 = =2，故B正确；
1 1 1 |m| 3
对于C选项，B(2，2，0)，E(0，2，a)(0≤a≤2)，⃗BE=(-2，0，a)，⃗BD =(-2，-2，2)，
1
点E到直线BD 的距离为
√
⃗BE2-
( ⃗BE·⃗BD
1
) 2
=
√
4+a2-
(4+2a) 2
=
√6
√(a-1) 2+3，
1 |⃗BD | 2√3 3
1
故当a=1，即点E为CC 中点时，点E到直线BD 的距离取到最小值为√2，故C错误；
1 1
对于D选项，点E为线段CC 的中点时，E(0，2，1)，⃗DE=(0，2，1)，⃗DB=(2，2，0)，
1
设平面EBD的法向量为a=(x ，y ，z )，
1 1 1
{⃗DE·a=2y +z =0,
1 1
则
⃗DB·a=2x +2y =0,
1 1
取x =1，则a=(1，-1，2)，
1
设P(x，0，2-x)(0≤x≤2)，
⃗DP=(x，0，2-x)，⃗DB=(2，2，0)，
设平面PBD的法向量为b=(x ，y ，z )，
2 2 2
{⃗DP·b=xx +(2-x)z =0,
2 2
则
⃗DB·b=2x +2y =0,
2 2
取x =2-x，则b=(2-x，x-2，-x)，
2
π
若存在点P，使得平面PBD与平面EBD的夹角为 ，
4
|a·b|
则|cos〈a，b〉|=
|a||b|
|2-x-x+2-2x|
√2
= = ，
√6·√2(2-x) 2+x2 2
4+6√2 4-6√2 4+6√2
化简得7x2-8x-8=0，解得x= 或 ，由于0≤x≤2，所以x= ，故存在点P使得平面
7 7 7
π
PBD与平面EBD的夹角为 ，故D正确.
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 1
1
(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.
1 1 1 1
(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，所以DP∥平面A EF.
1 1 1
(2)解 存在，点P为BB 1⊂的靠近点B的四等分点.当λ=1时，⃗AP=⃗AB+μ⃗A A
1
，
即⃗BP=μ⃗BB ，μ∈[0，1]，
1
所以点P在棱BB 上，
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 ) (1 ) ( √3 ) ( 1 )
则A ，0，0 ，B 0， ，0 ，A ，0，2 ，B 0， ，2 ，C - ，0，2 ，E
2 2 1 2 1 2 1 2
( 1 ) ( √3 ) ( 1 )
- ，0，1 ，P 0， ，2μ ，C - ，0，0 ，
2 2 2
( 1 √3 ) ( 3 √3 )
从而F - ， ，2 ，⃗A F= - ， ，0 ，
4 4 1 4 4
( 1 √3 )
⃗A E=(-1，0，-1)，⃗AP= - ， ，2μ ，
1 2 2
⃗AC=(-1，0，0)，
设平面A EF的法向量是m=(x ，y ，z )，
1 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
{
-x =0,
{n·⃗AC=0, 2
由 即 1 √3
n·⃗AP=0, - 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
= = ，得(4μ+1)2=16μ2+3，
√5×√16μ2+3 5
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.
[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.
(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，则MM ∥CC ，
1 1 1 1 1
而CC ⊥BC，所以MM ⊥BC，
1 1
又DM∩MM =M，DM，MM 平面MM D，
1 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，
1 1
则A(0，0，0)，B(2√2，0，0)，C(√6+√2，√6+√2，0)，D(0，2√2，0)，A (0，0，4)，B (2√2，0，
1 1
4)，
所以⃗BC=(√6-√2，√6+√2，0)，
⃗BA =(-2√2，0，4)，⃗BD=(-2√2，2√2，0)，
1
⃗BB =(0，0，4)，
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
|⃗BC·n| 4√3 √15
则sin θ=|cos〈⃗BC，n〉|= = = ，
|⃗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
√ (3√2-√6) 2 (3√2+√6) 2 4√3 4√3
所以|⃗BP|= + = ，即BP的长为 .
3 3 3 3
专题强化练
(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)
(1)证明 由题意知，AA ⊥平面ABC，∠BAC=60°，而AB 平面ABC，
1
⊂所以AA ⊥AB，在平面ABC内过点A作y轴，使得AB⊥ y轴，
1
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 ) (3 √3 )
得M ， ，0 ，N(1，0，1)，P ， ，2 ，
2 2 2 2
(3 √3 )
所以 ⃗A C=(1，√3，-2)，⃗A P= ， ，0 ，
1 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.(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)
(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F⊂AC⊥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.(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)
(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EF∥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
| ( 3) | | 3|
|n·⃗BG| 0×√2+1× - +1×0 - 3√2
则AD的中点到平面PBC的距离为 = 2 = 2 = ，
|n| 4
√1+1 √2
1 3
由⃗HD·⃗HA=0，即HD⊥HA，故H在以AD的中点为球心，半径为 AD= 的球面上，
2 2
而
3√2
<
3
，故H在平面PBC上的轨迹是半径为
√ (3) 2
-
(3√2) 2
=
3√2
的圆，
4 2 2 4 4
3√2
故存在符合题意的H，此时H轨迹是半径为 的圆.
4
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)
(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.
1 1
连接BG，OG， ∵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，
∴PO⊥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，
( 1 )
则D(-1，0，0)，F - ，1，1 ，
2
(1 1 )
G(0，1，0)，H ， ，1 ，
2 2
∴⃗DF= (1 ，1，1 ) ，⃗DG=(1，1，0)，
2
( 1)
∴⃗DF×⃗DG= -1，1，- .
2
1
②S = |⃗DF||⃗DG|sin∠FDG
△DFG 21 1√ 1 3
= |⃗DF×⃗DG|= 1+1+ = .
2 2 4 4
( 1)
方法一 n=⃗DF×⃗DG= -1，1，- 是平面DFG的一个法向量.
2
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
