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§7.8 空间距离及立体几何中的探索问题
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．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A 到平面B1D1DB 的距离为( )
A. B．2 C. D.
答案 A
解析 由正方体性质可知，A1A∥平面B1D1DB，A1A 到平面B1D1DB 的距离就是点A1到平面
B1D1DB 的距离，连接A1C1，交B1D1 于O1(图略)，A1O1 的长即为所求，由题意可得A1O1＝
A1C1＝.
2．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
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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＝＝＝.
3．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD 的距离是________．
答案
解析 如图，建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，
所以D1A1＝(2,0,0)，DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)．
设平面A1BD 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
所以点D1到平面A1BD 的距离d＝＝.
题型一 空间距离
例1 (1)(2023·长沙模拟)空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，则点P
到直线MN 的距离为( )
A．2 B．2 C．3 D．2
答案 A
解析 因为MN＝(1,1,1)，
所以MN的一个单位方向向量为u＝(1,1,1)．
因为PM＝(1，－1,3)，
故|PM|＝＝，PM·u＝(1－1＋3)＝，
所以点P 到直线MN 的距离为＝＝2.
(2)(2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1 中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝AB＝AA1＝
2，BC1＝2，M 为线段AB 上的动点．
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①证明：BC1⊥CM；
②若E 为A1C1的中点，求点A1到平面BCE 的距离．
①证明 因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B，
在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥C1B.
因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.
又因为CM⊂平面ABC，
所以C1B⊥CM.
②解 由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0,0,0)，C(2,0,0)，C1(0,2，0)，A1(－2，2，4)，E(－1,2，2)，
BC＝(2,0,0), BE＝(－1,2，2)，
设平面BCE 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝，则n＝(0，，－3)．
又因为A1C＝(4，－2，－4)，
故点A1到平面BCE 的距离d＝＝.
思维升华 (1)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．
(2)求点面距一般有以下三种方法．
①作点到面的垂线，求点到垂足的距离；
②等体积法；
③向量法.
跟踪训练1 (1)(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点
F，G 分别是AB，CC1的中点，则△D1GF 的面积为________．
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答案
解析 以D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系
(图略)，
则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，
FD1＝(－1，－1,2)，FG＝(－1,1,1)，
∴点D1到直线GF 的距离
d＝
＝＝.
又|FG|＝，
∴
＝××＝.
(2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E 在棱AB 上移动．
①证明：D1E⊥A1D；
②当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD1的距离．
①证明 以D 为坐标原点，直线DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直
角坐标系(图略)，设AE＝x，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1,0,0)，
C(0,2,0)．
D1E＝(1，x，－1)，A1D＝(－1,0，－1)，因为D1E·A1D＝0，所以D1E⊥A1D，即D1E⊥A1D.
②解 因为E 为AB 的中点，则E(1,1,0)，从而D1E＝(1,1，－1)，AC＝(－1,2,0)，AD1＝(－
1,0,1)，
设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则
即得从而可取n＝(2,1,2)，所以点E 到平面ACD1的距离d＝＝＝.
题型二 立体几何中的探索性问题
例2 (2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面
ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O 为AC 的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB 与平面A1OB 夹角的余弦值为，若存在，请
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计算的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC 是等边三角形，O 是AC 的中点，
∴AC⊥OB，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，
∴A1B⊥平面ABC，
∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC，
∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.
(2)解 存在，线段CC1的中点P 满足题意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
以O 为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x 轴、y 轴，过点O 作Oz∥A1B，以Oz 所在直
线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A1(0，，2)，OB＝(0，，0)，AA1＝(－1，，
2)，
设CP＝tCC1＝tAA1＝(－t，t,2t)，0≤t≤1，
则OP＝OC＋CP＝(－1－t，t,2t)，
易知平面A1OB 的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB 的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取x＝2t，则m＝(2t,0，t＋1)，
由题意得|cos〈n，m〉|＝＝＝，
∵0≤t≤1，∴解得t＝＝，
∴线段CC1上存在点P，使得平面POB 与平面A1OB 夹角的余弦值为，此时＝.
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．
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(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，请说明理由．
(1)证明 如图，连接BD 交AC 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，所以OC⊥SD，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC 的一个法向量为DS＝，平面DAC 的一个法向量为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.
由(2)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＝，
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则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS
＝.
由BE·DS＝0，
得－＋0＋a2t＝0，
解得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，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N 是CC1的中点．
(1)求点N 到直线AB 的距离；
(2)求点C1到平面ABN 的距离．
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)，C1(0,4,4)，
∵N 是CC1的中点，
∴N(0,4,2)．
(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d1，
则d1＝＝＝4.
(2)设平面ABN 的法向量为n＝(x，y，z)，
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则由n⊥AB，n⊥AN，
得
令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝.
易知C1N＝(0,0，－2)，
设点C1到平面ABN 的距离为d2，
则d2＝＝＝.
2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC
＝AA1＝1，M 为线段A1C1上一点．
(1)求证：BM⊥AB1；
(2)若直线AB1与平面BCM 所成的角为，求点A1到平面BCM 的距离．
(1)证明 ∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，
a∈[0,1]，
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，
BM＝(－1，a,1)，AB1＝(1,0,1)，
∵BM·AB1＝0，∴BM⊥AB1，∴BM⊥AB1.
(2)解 设平面BCM 的法向量n＝(x，y，z)，
由(1)知BM＝(－1，a,1)，BC＝(－1,1,0)，AB1＝(1,0,1)，
∴
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直线AB1与平面BCM 所成的角为，
∴sin ＝＝＝，
解得a＝，∴n＝，
∵A1B＝(1,0，－1),
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∴点A1到平面BCM 的距离d＝＝＝.
3. 已知空间几何体ABCDE 中，△ABC，△ECD 是全等的正三角形，平面ABC⊥平面
BCD，平面ECD⊥平面BCD.
(1)若BD＝BC，求证：BC⊥ED；
(2)探索A，B，D，E 四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC，△ECD 是全等的正三角形，∴CD＝BC，
∵BD＝BC，∴BD2＝BC2＋DC2，∴BC⊥DC，
∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，
∴BC⊥平面ECD，∵DE⊂平面ECD，∴BC⊥ED.
(2)解 A，B，D，E 四点共面．
理由如下，
如图，分别取BC，DC 的中点M，N，连接AM，EN，MN，
∵△ABC 是等边三角形，
∴AM⊥BC，AM＝BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AM⊥平面BCD，
同理EN⊥平面BCD，且EN＝CD ＝BC，
∴AM∥EN，且AM＝EN，∴四边形AMNE 是矩形，
∴AE∥MN，又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E 四点共面．
4. 如图所示，在三棱锥P－ABC 中，底面是边长为4 的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，
点E，F 分别为AC，PC 的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
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(2)在线段PB 上是否存在点G，使得直线AG 与平面PBC 所成角的正弦值为？若存在，确定
点G 的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC 是正三角形，E 为AC 的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在．
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F 分别为AC，PC 的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF 两两垂直．
以E 为坐标原点，以EB，EC，EF 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所
示，
则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，BP＝(－2，－2,2)，AB＝(2，2,0)．
设BG＝λBP＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
∴AG＝AB＋BG＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
BC＝(－2，2,0)，PC＝(0,4，－2)，
设平面PBC 的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2)．
由已知得＝，即＝，解得λ＝或λ＝(舍去)，
故λ＝，∴存在满足条件的点G，点G 为PB 的中点．
5. (2022·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD 中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC 是等腰三
角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD 中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.
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(1)求证：AB∥平面PCD；
(2)求平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值；
(3)棱BC 上是否存在点Q 到平面PBA 的距离为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PDC.
(2)解 ∵ABCD 是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，
∴BC＝＝2，又PB＝PC＝3，∴点P 到直线BC 的距离为＝2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴点P 到平面ABCD 的距离为2.
以D 为原点，以DA，DC 及平面ABCD 过D 的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)．
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴PB＝(2,1，－2)，AB＝(0,5,0)，CB＝(4,2,0)，
设平面APB 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC 的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
令x1＝1，x2＝1 可得m＝(1,0,1)，n＝(1，－2,0)，
设平面APB 与平面PBC 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
∴平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值为.
(3)解 假设棱BC 上存在点Q 到平面PBA 的距离为，
设CQ＝λCB＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，
∴Q(4λ，2λ＋3,0)，∴AQ＝(4λ－4,2λ＋3,0)，
由(2)知平面PBA 的一个法向量为m＝(1,0,1)，
∴点Q 到平面PBA 的距离d＝＝＝，
∴|4λ－4|＝，∴λ＝1－，
∴棱BC 上存在点Q 到平面PBA 的距离为，
＝1－.
6. (2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F 分别为BD 和BB1的中
点，P 为棱C1D1上的动点．
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(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P 的长度并证明；若不
存在，请说明理由；
(2)当C1P 为何值时，平面BCC1B1与平面PEF 夹角的正弦值最小．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
(1)PE＝(1,1－t，－2)，EF＝(1,1,1)，CF＝(2,0,1)，
设平面CEF 的法向量为m＝(x，y，z)，
则令x＝1，得z＝－2，y＝1，
∴m＝(1,1，－2)，
若存在满足题意的点P，
则PE∥m，
∴＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P 与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的法向量为n＝(0,1,0)，
设平面PEF 的法向量为r＝(x0，y0，z0)，
又PF＝(2,2－t，－1)，PE＝(1，1－t，－2)，
∴
令y0＝1，则x0＝－1，z0＝－，
∴r＝，
设平面BCC1B1与平面PEF 的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，r〉|＝＝，0≤t≤2，
∴当t＝时，(cos θ)max＝，(sin θ)min＝.
此时C1P＝2－＝.
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