§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
课标要求 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.
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，PQ=√|⃗AP|
2-|⃗AQ|
2=√a
2-(a·u)
2.
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=|⃗AP·
n
|n||=|⃗
AP·n
|n| |=|⃗AP·n|
|n|
.
1.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.( × )
2.空间点A(-1，1，1)，B(-1，2，3)，C(1，2，4)，则点A 到直线BC 的距离d 等于( )
A.2√5
5
B.√5
C.√21
5
D.√105
5
答案 D
解析 由题意得⃗AB=(0，1，2)，⃗BC=(2，0，1)，
所以cos〈⃗AB，⃗BC〉=⃗
AB·⃗BC
|⃗AB||⃗BC |
=
2
√5×√5=2
5，
所以sin∠ABC=√1-(
2
5)
2
=√21
5 ，
所以点A 到直线BC 的距离d=|⃗AB|sin∠ABC=√5×√21
5 =√105
5
.
3.已知棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M，N 分别是A1B1，AD，CC1的中点，则直线AC 与平面
EMN 之间的距离为( )
A.1
B.√3
3
C.√3
2
D.√3
答案 B
解析 如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(2，1，2)，M(1，0，0)，N(0，2，1)，
所以⃗ME=(1，1，2)，⃗MN=(-1，2，1)，⃗AC=(-2，2，0)，
设平面EMN 的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗ME = x + y +2 z =0,
m·⃗MN =- x +2 y + z =0,
令x=1，可得m=(1，1，-1)，所以⃗AC·m=0，
即⃗AC⊥m，
又AC⊄平面EMN，所以AC∥平面EMN，
故点A 到平面EMN 的距离即为直线AC 到平面EMN 的距离，
又⃗MA=(1，0，0)，所以点A 到平面EMN 的距离为|⃗MA ·m|
|m|
= 1
√3=√3
3 ，
即直线AC 与平面EMN 之间的距离为√3
3 .
4.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD 的距离是 .
答案 2√3
3
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)，
所以⃗D1 A1=(2，0，0)，⃗
D A1=(2，0，2)，⃗DB=(2，2，0).
设平面A1BD 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗D A1=0,
n·⃗DB =0,
即{
2 x +2 z =0,
2 x +2 y =0,
令x=1，则n=(1，-1，-1)，
所以点D1到平面A1BD 的距离
d=|⃗D1 A1·n|
|n|
= 2
√3=2√3
3
.
题型一 空间距离
命题点1 点线距离
例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 13
5
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=√
|⃗BP|
2-(⃗
BP·⃗BD
|⃗BD| )
2
=√
10-(
9
5)
2
=13
5 .
命题点2 点面距离
例2 在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F 分别为棱AA1，BB1的中点，G 为棱A1B1上的一点，
且A1G=λ(0<λ<2)，则点G 到平面D1EF 的距离为( )
A.2√3
B.√2
C.2√2 λ
3
D.2√5
5
答案 D
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，DD1所在直线为z 轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，
则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
所以⃗E D1=(-2，0，1)，⃗EF=(0，2，0)，⃗EG=(0，λ，1).
设平面D1EF 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗E D1=-2 x + z =0,
n·⃗EF =2 y =0,
取x=1，得n=(1，0，2)，
所以点G 到平面D1EF 的距离为
d=|⃗EG·n|
|n|
= 2
√5=2√5
5
.
命题点3 异面直线的距离
例3 已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点
所形成的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直
线的距离.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( )
A.3√14
14
B.3√15
15
C.3√21
7
D.3√77
77
答案 A
解析 如图，以点A 为原点，⃗AB，⃗AD，⃗AP的方向分别为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 + 4 z =0,
n·⃗PC =3 x +3 y -6 z =0,可取n=(1，3，2)，
所以异面直线PC 和DG 的距离为
|⃗DC ·n|
|n|
= 3
√14 =3√14
14
.
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=√|⃗PA |
2-(⃗PA ·n)
2.
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 (多选)如图，在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E 在BD 上，且BE=1
3BD；点F
在CB1上，且CF=1
3CB1.则下列结论正确的是( )
A.线段EF 是异面直线BD 与CB1的公垂线段
B.异面直线AA1与BD 的距离为1
2
C.点D1到直线EF 的距离为√14
3
D.点D1到平面DEF 的距离为√6
3
答案 ACD
解析 以D 为坐标原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，
⃗
EB=1
3⃗DB=(
1
3 ，1
3 ，0)，⃗
CF=1
3⃗C B1=(
1
3 ，0，1
3)，
所以E(
2
3 ，2
3 ，0)，F(
1
3 ，1，1
3).
对于A，⃗EF=(- 1
3 ，1
3 ，1
3)，⃗DB=(1，1，0)，⃗
C B1=(1，0，1)，
所以⃗EF·⃗DB=-1
3 + 1
3=0，⃗
EF·⃗C B1=-1
3 + 1
3=0，
即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以线段EF 是异面直线BD 与CB1的公垂线段，故A 正确；
对于B，由正方体的性质可得异面直线AA1与BD 的公垂线的一个方向向量为⃗AC=(-1，1，0)，
又⃗DA=(1，0，0)，所以异面直线AA1与BD 的距离为|⃗DA ·⃗AC |
|⃗AC |
= 1
√2=√2
2 ，故B 错误；
对于C，⃗D1 E=(
2
3 ，2
3 ，-1)，⃗EF=(- 1
3 ，1
3 ，1
3)，
所以⃗D1 E在⃗EF方向上的投影向量的长度为h=|⃗D1 E·⃗EF |
|⃗EF |
=√3
3 ，所以点D1到直线EF 的距离为
√|⃗D1 E|
2-h
2=√
17
9 - 1
3
=√14
3 ，故C 正确；
对于D，设平面DEF 的法向量为n=(x，y，z)，⃗DF=(
1
3 ，1，1
3)，
则{
n·⃗DB =0,
n·⃗DF =0,即{
x + y =0,
1
3 x + y + 1
3 z =0,
令x=1，得y=-1，z=2，
所以n=(1，-1，2)，又⃗D D1=(0，0，1)，
所以点D1到平面DEF 的距离d=|⃗D D1·n|
|n|
= 2
√6=√6
3 ，故D 正确.
题型二 立体几何中的探索性问题
例4 如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，AB=1
2CD=AD=1，M
为棱PC 的中点.
(1)证明：BM∥平面PAD；
(2)若PC=√5，PD=1，
①求平面PDM 与平面BDM 夹角的余弦值；
②在线段PA 上是否存在点Q，使得点Q 到平面BDM 的距离是2√6
9 ？若存在，求出PQ 的值；若不存
在，请说明理由.
(1)证明 取PD 的中点N，连接AN，MN，如图所示.
∵M 为棱PC 的中点，
∴MN∥CD，MN=1
2CD，
∵AB∥CD，AB=1
2CD，∴AB∥MN，AB=MN，
∴四边形ABMN 是平行四边形，∴BM∥AN，
又BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM∥平面PAD.
(2)解 ∵PC=√5，PD=1，CD=2，
∴PC2=PD2+CD2，∴PD⊥DC，
∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=DC，PD⊂平面PDC，
∴PD⊥平面ABCD，
又AD，CD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，PD⊥CD，而AD⊥DC，
∴以点D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图.
则P(0，0，1)，D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，B(1，1，0)，
∵M 为棱PC 的中点，∴M(0，1，1
2).
①⃗DM=(0，1，1
2)，⃗DB=(1，1，0)，
设平面BDM 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗DM = y + 1
2 z =0,
n·⃗DB = x + y =0,
令z=2，则{
x =1,
y =-1,∴n=(1，-1，2)，
平面PDM 的一个法向量为⃗DA=(1，0，0)，
∴|cos〈n，⃗DA〉|=|n·⃗DA |
|n||⃗DA |
=
1
√6×1=√6
6 ，
则平面PDM 与平面BDM 夹角的余弦值为√6
6 .
②假设在线段PA 上存在点Q，使得点Q 到平面BDM 的距离是2√6
9
，
设⃗PQ=λ⃗PA，0≤λ≤1，又⃗PA=(1，0，-1)，
则Q(λ，0，1-λ)，⃗BQ=(λ-1，-1，1-λ)，
由①知平面BDM 的一个法向量为n=(1，-1，2)，⃗BQ·n=λ-1+1+2(1-λ)=2-λ，
∴点Q 到平面BDM 的距离是
|⃗BQ·n|
|n|
=2- λ
√6 =2√6
9
，∴λ=2
3，∴PQ=2√2
3
.
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”.
(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，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC=120°，AB=2，且直线BD1与平面
BCC1B1所成的角为30°.
(1)求直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高；
(2)在棱AA1上是否能找到一点M，使得平面CD1M 与平面BCC1B1的夹角为30°？若能，求出AM
A A1
的值；
若不能，说明理由.
解 (1)设AC∩BD=O，A1C1∩B1D1=O1，
因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故OA，OB，OO1两两垂直，
如图，以OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
因为在菱形ABCD 中，∠ABC=120°，
所以OA=√3，OB=1，设AA1=h>0，
则B(0，1，0)，C(-√3，0，0)，C1(-√3，0，h)，D1(0，-1，h)，
所以⃗CB=(√3，1，0)，⃗C C1=(0，0，h)，⃗B D1=(0，-2，h).
设平面BCC1B1的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则由{
n1·⃗CB =0,
n1·⃗C C1=0,得{
√3 x1+ y1=0,
h· z1=0,
令x1=1，得n1=(1，-√3，0)，
所以cos〈⃗B D1，n1〉=⃗
B D1·n1
|⃗B D1||n1| =
2√3
√h
2+ 4×2
，
因为直线BD1与平面BCC1B1所成的角为30°，
所以|cos〈⃗B D1，n1〉|=sin 30°，
即
2√3
√h
2+ 4×2
=1
2，解得h=2√2.
(2)假设能找到这样的点M，
设M(√3，0，t)，且0≤t≤2√2，
则⃗CM=(2√3，0，t)，⃗C D1=(√3，-1，2√2)，
设平面CD1M 的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则由{
n2·⃗CM =0,
n2·⃗C D1=0,
得{
2√3 x2+t· z2=0,
√3 x2- y2+2√2 z2=0,
令x2=t，得n2=(t，√3t-4√6，-2√3)，
则|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|=|6√2- t|
√4t
2-24√2t +108
，
由平面CD1M 与平面BCC1B1的夹角为30°，
可得|cos〈n1，n2〉|=cos 30°，
即|6√2- t|
√4 t
2-24√2t +108
=√3
2 ，
解得t=3√2
2 ∈[0，2√2]，
所以能找到这样的点M，此时，AM=t=3√2
2 ，
故AM
A A1
=
3√2
2
2√2
=3
4 .
课时精练
[分值：50 分]
1.(12 分)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M 是BC 的中点，N 是AB1的中点，
P 是B1C1的中点.
(1)证明：MN∥平面A1CP；(6 分)
(2)求点P 到直线MN 的距离.(6 分)
(1)证明 由题意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=60°，
而AB⊂平面ABC，所以AA1⊥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Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，√3，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，得M(
3
2 ，√3
2 ，0)，N(1，0，
1)，P(
3
2 ，√3
2 ，2)，
所以⃗A1C=(1，√3，-2)，⃗A1 P=(
3
2 ，√3
2 ，0)，⃗MN=(- 1
2 ，- √3
2 ，1)，
设平面A1CP 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗A1C = x +√3 y -2 z =0,
n·⃗A1 P = 3
2 x + √3
2 y =0,
令x=1，得y=-√3，z=-1，
所以n=(1，-√3，-1)，
所以⃗MN·n=-1
2×1+(- √3
2 )×(-√3)+1×(-1)=0，
又MN⊄平面A1CP，
即MN∥平面A1CP.
(2)解 如图，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
d=√
|⃗PM |
2-(⃗
MN ·⃗PM
|⃗MN | )
2
=√2.
2.(12 分)如图，在四棱锥P-ABCD 中，△PAD 是正三角形，∠ABC=90°，AB∥CD，AB=2CD=2BC=4，平面
PAD⊥平面ABCD，M 是棱PC 上的动点.
(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；(5 分)
(2)在线段PC 上是否存在点M，使得直线AP 与平面MBD 所成的角为30°？若存在，求出PM
PC 的值；若不
存在，说明理由.(7 分)
(1)证明 因为AB∥CD，CD=BC=2，∠ABC=90°，
所以∠BCD=90°，BD=2√2，
在△ABD 中∠ABD=45°，AB=4，由余弦定理得AD=√A B
2+ B D
2-2 AB·BD cos∠ABD=2√2，
所以AD2+BD2=AB2，
即∠ADB=90°，AD⊥BD，
取AD 的中点O，连接PO，
因为△PAD 是正三角形，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，
又AD⊥BD，PO∩AD=O，PO，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又BD⊂平面MBD，
所以平面MBD⊥平面PAD.
(2)假设存在点M，使得直线AP 与平面MBD 所成的角为30°，取AB 的中点N，连接ON，则ON∥BD，所
以AD⊥ON，
以{⃗ON ，⃗OD，⃗OP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，-√2，0)，D(0，√2，0)，B(2√2，√2，0)，C(√2，2√2，0)，P(0，0，√6)，
设⃗PM=λ⃗PC，0≤λ≤1，则⃗DM=⃗DP+⃗PM=⃗DP+λ⃗PC=(0，-√2，√6)+λ(√2，2√2，-√6)=(√2λ，2√2λ-
√2，√6-√6λ)，
又⃗DB=(2√2，0，0)，
设平面BDM 的法向量为n=(x，y，z)，
则{⃗
DM ·n=0,⃗
DB·n=0,
即{
√2 λx +√2(2 λ -1) y +√6(1- λ)z =0,
2√2 x =0,
取z=2λ-1，
则n=(0，√3(λ-1)，2λ-1)，⃗AP=(0，√2，√6)，
由直线AP 与平面MBD 所成的角为30°，得
sin 30°=|cos〈⃗AP，n〉|=|⃗AP·n|
|⃗AP||n|
=|√6( λ -1)+√6(2 λ -1)|
√8·√0+3( λ -1)
2+(2 λ -1)
2
=
√6|3 λ-2|
2√2·√7 λ
2-10 λ+ 4
=1
2，
化简得10λ2-13λ+4=0，解得λ=1
2或λ=4
5 ，
故存在点M，当PM
PC =1
2或PM
PC =4
5 时，直线AP 与平面MBD 所成的角为30°.
3.(13 分)已知平行四边形ABCD，如图甲，D=60°，DC=2AD=2，沿AC 将△ADC 折起，使点D 到达点P 位
置，且PC⊥BC，连接PB 得三棱锥P-ABC，如图乙.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(5 分)
(2)在线段PC 上是否存在点M，使二面角M-AB-C 的余弦值为√13
13 ？若存在，求出PM
PC 的值，若不存在，
请说明理由.(8 分)
(1)证明 翻折前，因为四边形ABCD 为平行四边形，D=60°，DC=2AD=2，则AD∥BC，
由余弦定理可得AC2=DC2+AD2-2DC·AD·cos D=4+1-2×2×1×1
2=3，
所以AC2+AD2=DC2，则AD⊥AC，
又AD∥BC，所以BC⊥AC；
翻折后，BC⊥AC，PA⊥AC，
因为PC⊥BC，AC∩PC=C，AC，PC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，
因为AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，
因为PA⊂平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC.
(2)解 因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A 为坐标原点，⃗
BC ，⃗AC ，⃗AP的方向分别为x，y，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，√3，0)，B(-1，√3，0)，
设⃗PM=λ⃗PC=λ(0，√3，-1)=(0，√3λ，-λ)，其中0<λ<1，
则⃗AM=⃗AP+⃗PM=(0，0，1)+(0，√3λ，-λ)=(0，√3λ，1-λ)，⃗AB=(-1，√3，0)，
设平面ABM 的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗AB =- x +√3 y =0,
m·⃗AM =√3 λy +(1- λ)z =0,取y=λ-1，则z=√3λ，x=√3(λ-1)，
所以m=(√3(λ-1)，λ-1，√3λ)，
易知平面ABC 的一个法向量为n=(0，0，1)，
则|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m|·|n| =|√3 λ|
√4( λ-1)
2+3 λ
2=√13
13 ，整理可得8λ2+2λ-1=0，
因为0<λ<1，解得λ=1
4 ，
故线段PC 上存在点M，使二面角M-AB-C 的余弦值为√13
13 ，且PM
PC =1
4 .
4.(13 分)三棱锥P-ABC 的底面是以AC 为底边的等腰直角三角形且AC=2√2，各侧棱的长均为3，点E 为棱
PA 的中点，点Q 是线段CE 上的动点.
(1)求点E 到平面ABC 的距离；(5 分)
(2)设点Q 到平面PBC 的距离为d1，Q 到直线AB 的距离为d2，求d1+d2的最小值.(8 分)
解 (1)取AC 的中点O，连接PO，BO，如图，
因为PA=PC=3，AC=2√2，所以PO⊥AC，
且PO=√3
2-2=√7，
因为△ABC 是以AC 为底边的等腰直角三角形，所以BO⊥AC，且BO=√2，
又PB=3，满足PB2=PO2+BO2，
所以PO⊥BO，因为AC∩BO=O，AC，BO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，
因为点E 为棱PA 的中点，
所以点E 到平面ABC 的距离为1
2PO=√7
2 .
(2)如图，以O 为原点建立空间直角坐标系，
则C(0，√2，0)，P(0，0，√7)，
A(0，-√2，0)，B(√2，0，0)，
E(0，- √2
2 ，√7
2 )，
则⃗PB=(√2，0，-√7)，⃗PC=(0，√2，-√7)，⃗AB=(√2，√2，0)，⃗CE=(0，- 3√2
2
，√7
2 )，
设⃗CQ=λ⃗CE(0≤λ≤1)，
则可得⃗CQ=(0，- 3√2
2
λ，√7
2 λ)，
则Q(0，- 3√2
2
λ+√2，√7
2 λ)，
则⃗AQ=(0，2√2- 3√2
2
λ，√7
2 λ)，
所以cos∠QAB=⃗
AQ·⃗AB
|⃗AQ||⃗AB|
=
4 -3 λ
√25 λ
2- 48 λ+32，
所以sin∠QAB=√
16 λ
2-24 λ+16
25 λ
2- 48 λ+32
，
所以d2=AQ·sin∠QAB=√4 λ
2-6 λ+ 4，
设平面PBC 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗PB =0,
n·⃗PC =0,即{
√2 x -√7 z =0,
√2 y -√7 z =0,
令x=√7，可得n=(√7，√7，√2)，
则d1=|⃗CQ·n|
|n|
=√14
4 λ，
所以d1+d2=f(λ)=√4 λ
2-6 λ+ 4 + √14
4 λ，0≤λ≤1，所以f'(λ)=
4 λ-3
√4 λ
2-6 λ+ 4
+ √14
4 ，
令f'(λ)=0，解得λ=2
5，
令g(λ)=f'(λ)=
4 λ-3
√4 λ
2-6 λ+ 4
+ √14
4 ，0≤λ≤1，
则g'(λ)=
7
(4 λ
2-6 λ+ 4)√4 λ
2-6 λ+ 4 >0，
所以g(λ)=f'(λ)在[0，1]上单调递增，所以当λ∈[0，2
5)时，f'(λ)<0，f(λ)单调递减；
当λ∈(
2
5 ，1]时，f'(λ)>0，f(λ)单调递增，
所以f(λ)min=f(
2
5)=√14
2 ，
即d1+d2的最小值为√14
2 .
