1
1.2.5 空间中的距离
课程标准
学习目标
1．理解图形与图形之间的距离的概念.，提
升学生的数学抽象素养
2．理解并掌握两点之间、点到直线的距离的
概念及它们之间的相互转化,会用法向量求距
离:提升学生的数学抽象数学运算的素养、
1.能用向量方法进行有关距离的计算
2.能用向量方法求点到面的距离
知识点01 两点间的距离
1.两点间距离A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），
|AB|=√( x1−x2）
2+（y1−y2）
2+（z1−z2）
2
2 用向量表示 两点间距离⃗BA=(x1−x2,y1−y2,z1−z2),|AB|=
√( x1−x2）
2+（y1−y2）
2+（z1−z2）
2
2
【即学即练1】（2024 高二下·江苏·学业考试）已知点A(1,2,−3),B(−1,0,1)，则|⃗AB|=（ ）
A．3√2
B．2√6
C．2√3
D．4
【答案】B
【分析】根据两点间距离公式计算即可.
【详解】由已知点的坐标应用两点间距离公式可得|AB
→|=√(1+1)
2+(2−0)
2+(−3−1)
2=√24 =2√6.
故选：B.
【即学即练2 】（23-24 高二上· 宁夏· 阶段练习）如图，已知线段AB ,BD在平面α内，
BD⊥AB , AC ⊥α，且AB = 4 ,BD =3, AC =5，则CD = .
【答案】5√2
【分析】根据空间向量的线性表示，结合模长公式，即可求解.
【详解】由于AC ⊥α，AB ,BD在平面α内，所以AC ⊥AB , AC ⊥BD,又BD⊥AB ,
所以⃗AC ⋅⃗AB =0,⃗AC ⋅⃗BD =0,⃗BD⋅⃗AB =0,
由
于⃗
CD =⃗CA +⃗AB+⃗BD,
所
以
|⃗CD|
2=⃗CA
2+⃗AB
2+⃗BD
2+2⃗CA ⋅⃗AB+2⃗AB⋅⃗BD +2⃗CA ⋅⃗BD =25+16+9=50,
所以|CD|=5√2，
故答案为：5√2
知识点02 点到直线的距离
3
定义：若P 为直线l 外一点，A 是l 上任意一点，在点P 和直线l 所确定的平面内，取一个与直线l 垂直的
向量n，则点P 到直线l 的距离为d==| PQ|=√|⃗AP|
2−|⃗AQ|
2=√|⃗AP|
2−|⃗AP∙⃗e
|⃗e|
|
2
设e 是直线l 的方向向量，则点P 到直线l 的距离为d=|⃗AP|sin<⃗AP,e>
【即学即练3】（23-24 高二上·湖北孝感·期末）已知空间向量⃗AB =(0,1,0)，⃗AC =(−1,1−1)，则B 点
到直线AC的距离为（ ）
A．√6
3
B．√3
3
C．√2
D．√3
【答案】A
【分析】利用点到直线的空间向量距离公式求出答案.
【
详
解
】⃗
AB =(0,1,0)，⃗
AC =(−1,1−1)，
故
AB
→
在
AC
→
上
的
投
影
向
量
的
模
为
d =|⃗AB⋅⃗AC|
|⃗AC|
=|(0,1,0)⋅(−1,1−1)|
√1+1+1
= 1
√3，
故B 点到直线AC的距离为√|⃗AB|
2−d
2=√1−1
3 = √6
3 .
故选：A
【即学即练4】（23-24 高二上·福建福州·期末）已知向量⃗OA =(0,1,1),⃗OB =(−2,1,2)，则点A 到直线
OB的距离为 ．
【答案】1
【分析】根据点到直线距离公式求出答案.
【详解】⃗OA在⃗OB方向上投影向量的模为d =|⃗OA ⋅⃗OB|
|⃗OB|
=1，
所以点A 到直线OB的距离√⃗OA
2−d
2=√⃗OA
2−1
2=1．
4
故答案为：1
知识点03 点到平面的距离
定义：若P 是平面α 外一点，PQ⊥α，垂足为Q，A 为平面α 内任意一点，设n 为平面α 的法向量，点P
到平面α 的距离d=⃗| AP∙⃗n|
|⃗n|
【即学即练5】（17-18 高二上·陕西·期中）已知平面α的一个法向量⃗n=(−2,−2,1)，点A (−1,3,0)在平
面α内，则点P(−2,1,4)到平面α的距离为（ ）
A．10
B．3
C．10
3
D．8
3
【答案】C
【分析】利用向量法求点到平面的距离公式即可求解.
【详解】由题得⃗PA =(1,2,−4)，
所以P(−2,1,4)到平面α的距离为|⃗n⋅⃗PA|
|⃗n|
=|−2−4−4|
√4+ 4+1 = 10
3 ，
故选：C.
【即学即练6】（23-24 高二下·江苏·单元测试）已知平面α经过点B (1,0,0)，且α的法向量⃗n=(1,1,1)，
则P(2,2,0)到平面α的距离为 .
【答案】√3
【分析】根据点到面距离空间向量公式进行求解即可.
【详解】因为⃗BP =(1,2,0)，⃗n=(1,1,1)，
所以P(2,2,0)到平面α的距离d =|⃗n⋅⃗BP|
|⃗n|
= |1+2|
√1+1+1 =√3，
故答案为：√3
知识点04 线面间的距离
1.定义：当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离称为这条直线与这个平面之
5
间的距离，
2.公式：如果直线l 与平面α 平行，n 是平面α 的一个法向量，A、B 分别是l 上和α 内
的点，则直线l 与平面α 之间的距离为d＝．
【即学即练7】（23-24 高二上·湖南邵阳·阶段练习）在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
E , F分别是BC ,CD的中点，则直线BD到平面EF D1B1的距离为（ ）
A．√3
6
B．1
2
C．√2
4
D．1
3
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), E( 1
2 ,1,0), F(0, 1
2 ,0)，
B1(1,1,1), D1(0,0,1)，
所以⃗EB =( 1
2 ,0,0),⃗B1 D1=(−1,−1,0),⃗B1 E =(−1
2 ,0,−1),
设平面EF D1B1的法向量为⃗n=( x , y , z)，则
¿，令z =1，则⃗n=(−2,2,1)，
因为BD // B1 D1，BD⊄平面EF D1B1，B1 D1⊂平面EF D1B1，
所以BD //平面EF D1B1，所以直线BD到平面EF D1B1的距离即为点B到平面EF D1B1的距离，
所以直线BD到平面EF D1B1的距离为d =|⃗
EB⋅⃗n
|⃗n| |=|
1
2 ×(−2)
√2
2+2
2+1|= 1
3
.
故选：D.
6
【即学即练8】（23-24 高二上·山东淄博·阶段练习）在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E 为
线段A1B1的中点，F 为线段AB 的中点．
(1)求直线EC与A C1所成角的余弦值；
(2)求直线FC到平面AEC1的距离．
【答案】(1)√3
9
(2)√6
6
【分析】（1）以D1为原点，D1 A1, D1C1, D1 D所在的直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，进而根
据向量夹角公式计算即可；
（2）利用向量法求线面距离作答即可.
【详解】（1）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，以D1为原点，D1 A1, D1C1, D1 D所在的直线分别为
x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则A (1,0,1)，C (0,1,1)，C1(0,1,0)，E(1, 1
2 ,0)，F(1, 1
2 ,1)，
所以⃗A C1=(−1,1,−1)，⃗EC =(−1, 1
2 ,1)，
7
所以直线EC与A C1所成角的余弦值为|cos⟨⃗A C1,⃗EC⟩|=|⃗
A C1⋅⃗EC
|⃗A C1|⋅|⃗EC||=
1
2
√3⋅√
9
4
= √3
9 .
（2）由（1）知，⃗AE =(0, 1
2 ,−1)，⃗EC1=(−1, 1
2 ,0)，⃗AF =(0, 1
2 ,0)，⃗FC =(−1, 1
2 ,0)，
显然⃗FC =⃗EC1=(−1, 1
2 ,0)，所以FC // EC1，
而FC ⊄平面AEC1，EC1⊂平面AEC1，于是FC //平面AEC1，
因此直线FC到平面AEC1的距离等于点F到平面AEC1的距离，
设平面AEC1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，令z =1，得⃗n=(1,2,1)，
所以点F到平面AEC1的距离为|⃗AF ⋅⃗n|
|⃗n|
= 1
√6 = √6
6 ，
所以直线FC 到平面AEC1的距离是√6
6 .
知识点05 面面间的距离
1.定义：当平面与平面平行时，一个平面内任意一点到另一个平面的距离称为这两个平行
平面之间的距离．
2.公垂线段：一般地，与两个平行平面同时垂直的直线，称为这两个平面的 公垂线，公垂线夹在平行平
面间的部分，称为这两个平面的公垂线段．显然，两个平行平面之间的距离也等于它们的公垂线段的长.
3.公式：如果平面α 与平面β 平行，n 是平面β 的一个法向量，A 和B 分别是平面α 和
平面β 内的点，则平面α 和平面β 之间的距离为d ＝
．
8
【即学即练9】（22-23 高二·全国·随堂练习）已知正方体ABCD−A
' B
'C
' D
'的棱长均为1．
(1)求B
'到平面A
'C
' B的距离；
(2)求平面A
'C
' B与平面D
' AC之间的距离．
【答案】(1)√3
3
(2)√3
3
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面A
'C
' B的法向量，从而利用点到平面距离的公式进行求解；
（2）求出平面D
' AC的法向量，得到平面A
'C
' B与平面D
' AC平行，从而转化为点到平面距离，利用公
式进行求解即可.
【详解】（1）以D为坐标原点，DA , DC , D D
'所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A
' (1,0,1),B
' (1,1,1),C
' (0,1,1),B (1,1,0)，
设平面A
'C
' B的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
令x =1，则y = z =1，
故平面A
'C
' B的法向量为⃗m=(1,1,1)，
则B
'到平面A
'C
' B的距离为d =|⃗B
' B⋅⃗m|
|⃗m|
=|(0,0,−1)⋅(1,1,1)|
√1+1+1
= 1
√3 = √3
3
；
9
（2）则A (1,0,0),C (0,1,0), D
' (0,0,1)，
设平面D
' AC的法向量为⃗n=(a,b,c)，
则¿，
令a=1，则b=c =1，
故平面A
'C
' B的法向量为⃗n=(1,1,1)，
由于⃗m=⃗n，故平面A
'C
' B与平面D
' AC平行，
则平面D
' AC上任意一点到平面A
'C
' B的距离即为平面A
'C
' B与平面D
' AC之间的距离，
不妨求点D
'到平面A
'C
' B的距离，
ℎ=|⃗D
' B⋅⃗m|
|⃗m|
=|(1,1,−1)⋅(1,1,1)|
√1+1+1
= 1
√3 = √3
3
故平面A
'C
' B与平面D
' AC之间的距离为√3
3 .
【即学即练10】（2022 高二·全国·专题练习）设正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，求：
(1)求直线B1C到平面A1BD的距离；
(2)求平面A1BD与平面B1C D1间的距离.
【答案】(1)2√3
3
(2)2√3
3
【分析】（1）直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离，利用向量求解可得；
（2）平面A1BD与平面B1C D1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离，利用向量法求解即可．
10
【详解】（1）以D 为原点，DA , DC , D D1为x，y，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，B (2,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，C (0,2,0)，
所以⃗C B1=(2,0,2),⃗D A1=(2,0,2),⃗DB =(2,2,0)，所以⃗C B1∥⃗D A1，即C B1∥D A1，
又C B1⊄平面A1BD，D A1⊂平面A1BD，所以C B1//平面A1BD，
所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离．
设平面A1BD的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，令x =1，则⃗n=(1,−1,−1)，又⃗A1B1=(0,2,0)，
所以点B1到平面A1BD的距离d =|⃗A1B1⋅⃗n|
|⃗n|
= 2
√3 = 2√3
3
.
（2）由（1）知C B1//平面A1BD，同理，D1B1//平面A1BD，
又B1C ∩D1B1＝B1，B1C , D1B1⊂平面B1C D1，
所以平面A1BD //平面B1C D1，
即平面A1BD与平面B1C D1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离．
由（1）知，点B1到平面A1BD的距离d =|⃗A1B1⋅⃗n|
|⃗n|
= 2
√3 = 2√3
3
.
所以平面A1BD与平面B1C D1间的距离为2√3
3
.
难点：建系有难度问题
示例1：（2023·福建龙岩·统考二模）三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥AC，AB = AC =2，侧面
11
A1 AC C1为矩形，∠A1 AB = 2π
3 ，三棱锥C1−ABC的体积为2√3
3
．
(1)求侧棱A A1的长；
(2)侧棱C C1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为√5
5 ？若存在，求出线段C1 E
的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A A1=2
(2)C1 E =2
【分析】（1）证明AD⊥平面ABC，结合题目条件，先计算出AD的值，然后即可以求得侧棱A A1的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数λ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【详解】（1）在平面A A1B1B内过A作AD⊥A1B1，垂足为D，
因为侧面A1 AC C1为矩形，所以CA ⊥A A1，
又CA ⊥AB，AB∩A A1= A，AB , A A1⊂平面A A1B1B，
所以CA ⊥平面A A1B1B，
又CA ⊂平面ABC，所以平面A A1B1B⊥平面ABC，
易得AD⊥AB，AD⊂面A A1B1B，平面A A1B1B∩平面ABC = AB，
所以AD⊥平面ABC，
因为V C1−ABC = 1
3 S△ABC⋅AD = 1
3 × 1
2 ×2×2 AD = 2√3
3
，所以AD =√3，
因为∠A1 AB = 2π
3 ，∠A1 AD =π
6 ，所以A A1=2；
（2）存在点E满足题意，C1 E =2，理由如下：
如图，以A为坐标原点，以AB , AC , AD所在直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
12
则A1(−1,0,√3),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(−1,2,√3)，
设⃗C1 E = λ⃗C1C , λ∈[0,1]，则E( λ−1,2,√3−√3 λ)，
故⃗AE =( λ−1,2,√3−√3 λ)，⃗A1B =(3,0,−√3)，⃗A1C =(1,2,−√3)
设平面A1BC的法向量为⃗m=( x , y , z)
则¿即¿，令z =√3，则x = y =1，
故平面A1BC的一个法向量⃗m=(1,1,√3)，
设直线AE与平面A1BC所成角为θ，
则sinθ = |⃗AE⋅⃗m|
|⃗AE|⋅|⃗m|
=
|2−λ|
√λ
2−2 λ+2⋅√5
= √5
5 ，解得λ =1，
故存在点E 满足题意，所以C1 E =2.
难点：几何的应用
示例2：（2023·四川成都·校联考二模）如图，平面ABCD⊥平面ABS，四边形ABCD为矩形，△|¿|为
正三角形，SA =√2BC，O为AB的中点.
(1)证明：平面SOC ⊥平面BDS；
(2)已知四棱锥S−AOCD的体积为√6
2 ，求点D到平面SOC的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)2√6
3
【分析】（1）利用平面几何知识结合已知条件可以证明BD⊥CO，再利用面面垂直的性质进一步证明
BD⊥SO，
结合线面垂直、面面垂直的判定定理即得证.
（2）不妨设BD∩CO= E，则点D到平面SOC的距离即为DE的长度，结合附加条件四棱锥S−AOCD的
13
体积为√6
2 可以求得所有棱长，最终利用平面几何知识即可求解.
【详解】（1）一方面：因为△|¿|为正三角形且O为AB的中点，所以OS⊥AB（三线合一），
又因为平面ABCD⊥平面ABS且平面ABCD∩平面|=|AB，并注意到OS⊂平面ABS，
所以由面面垂直的性质可知OS⊥平面ABCD，
又因为BD⊂平面ABCD，
所以由线面垂直的性质可知OS⊥BD；
另一方面：由题意不妨设BC = AD =a，则CD = AB = AS = BS =√2a，
因为△|¿|为正三角形且O为AB的中点，所以OB =OA = a
2，SO = BS⋅cosπ
6 =√2a× √3
2 = √6
2 a，
所以tan∠ABD = AD
AB =
a
√2a = √2
2 ，且tan ∠BCO = BO
CB =
√2
2 a
a
= √2
2
，注意到∠ABD与∠BCO均为锐
角，
所以∠ABD =∠BCO，不妨设BD∩CO = E，
因为∠CBE+∠BCE =∠CBE+∠ABD =∠CBA =π
2 ，
所以∠BEC =π
2
，即BD⊥CO.
综合以上两方面有BD⊥OS且BD⊥CO，
注意到OS∩OC =O，OS⊂平面SOC，OC ⊂平面SOC，
所有由线面垂直的判定有BD⊥平面SOC，
又因为BD⊂平面BDS，所以平面SOC ⊥平面BDS.
（2）由（1）可知BD⊥平面SOC，则点D到平面SOC的距离即为DE的长度，
一方面梯形AOCD的面积为S1= 1
2 ⋅(OA +CD)⋅AD = 1
2 ×(
√2
2 a+√2a)×a= 3√2
4
a
2，ℎ= SO = √6
2 a，
所以有四棱锥S−AOCD的体积为V = 1
3 ⋅S1⋅ℎ= 1
3 × 3√2
4
a
2× √6
2 a= √3
4 a
3，
14
另一方面由题可知四棱锥S−AOCD的体积为V = √6
2 ，
结合以上两方面有√3
4 a
3= √6
2 ，解得a=√2，
因为CD∥AB，所以∠CDE =∠ABD，由（1）可知tan ∠ABD = √2
2 ，
所以tan ∠CDE = √2
2 ，所以cos∠CDE = √6
3 ，
所以DE =CD⋅cos∠CDE =√2×√2× √6
3 = 2√6
3
.
【题型1：两点间的距离】
例1．（22-23 高二上·山西运城·期中）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，底面△ABC是边长为2√3
的正三角形，A A1=√7，顶点A1在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q 分别是异面直线A C1, A1B
上的动点，则P，Q 两点间距离的最小值是（ ）
A．√7
2
B．2
C．√6
D．√6
2
15
【答案】D
【分析】设O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，CO⊥AB，以直线CO为x轴，O A1为z轴，
过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，P，Q 两点间距离的最小值即为异面直线A C1与A1B间
的距离用空间向量法求异面直线的距离．
【详解】如图，O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，则A1O⊥AO，
AB =2√3，则AO = 2
3 × √3
2 ×2√3=2，又A A1=√7，A1O =√A A1
2−A O
2=√3，
CO⊥AB，直线CO交AB于点D，OD =1，
以直线CO为x轴，O A1为z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，如图，
则A1(0,0,√3)，A(1,−√3,0)，B(1,√3,0)，C(−2,0,0)，⃗
A A1=(−1,√3,√3)，⃗AC =(−3,√3,0)，⃗A1B =(1,√3,−√3)，⃗
A C1=⃗A A1+⃗AC =(−4,2√3,√3)，
设⃗n=( x , y , z)与⃗A1B和⃗A C1都垂直，
则¿，取x =√3，则y =1, z =2，⃗n=(√3,1,2)，
P，Q 两点间距离的最小值即为异面直线A C1与A1B间的距离等于|⃗n⋅⃗A A1|
|⃗n|
=|−√3+√3+2√3|
√3+1+ 4
= √6
2
．
故选：D．
变式1. （21-22 高二上·安徽合肥·期中）如图正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，AB = BC =1，
A A1=2.动点P，Q分别在线段C1 D，AC上，则线段PQ长度的最小值是（ ）
16
A．1
3
B．2
3
C．1
D．4
3
【答案】B
【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空
间向量法计算出异面直线C1 D、AC的公垂线的长度，即为所求.
【详解】由题意可知，线段PQ长度的最小值为异面直线C1 D、AC的公垂线的长度.
如下图所示，以点D为坐标原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则点A (1,0,0)、C (0,1,0)、C1(0,1,2)、D (0,0,0)，
所以，⃑AC =(−1,1,0)，⃑DC1=(0,1,2)，⃑DA =(1,0,0)，
设向量⃑n=(x , y , z)满足⃑n⊥⃑AC，⃑n⊥⃑DC1，
由题意可得¿，解得¿，取y =2，则x =2，z =−1，
可得⃑n=(2,2,−1)，
因此，|⃑PQ|min=|⃑DA ⋅⃑n|
|⃑n|
= 2
3.
17
故选：B.
变式2. （22-23 高二上·浙江杭州·期中）两条异面直线a，b 所成的角为π
3 ，在直线a，b 上分别取点A
'，
E 和A，F，使A
' A ⊥a，且A
' A ⊥b已知A
' E =3, AF = 4 , EF =7，则线段A A
'的长为 ．
【答案】2√3或6
【分析】利用空间向量线性运算得到⃗EF =⃗E A
' +⃗A
' A +⃗AF，结合空间向量数量积的运算法则及模的运算
即可得解，注意⃗E A
' ,⃗AF的夹角有两种情况.
【详解】由题意，得⃗EF =⃗E A
' +⃗A
' A +⃗AF，
所以⃗EF
2=⃗E A
'2+⃗A
' A
2+⃗AF
2+2⃗E A
'⋅⃗A
' A +2⃗E A
'⋅⃗AF +2⃗A
' A ⋅⃗AF，
因为A
' E =3, AF = 4 , EF =7，所以⃗EF
2=|⃗EF|
2= 49，⃗E A
'2=9,⃗AF
2=16，
因为A
' A ⊥a，所以A
' A ⊥A
' E，则⃗E A
'⋅⃗A
' A =0，同理：⃗A
' A ⋅⃗AF =0，
因为异面直线a，b 所成的角为π
3 ，
当⃗E A
' ,⃗AF的夹角为π
3 时，⃗E A
'⋅⃗AF =|⃗E A
'||⃗AF|cosπ
3 =3×4× 1
2 =6，
所以49=9+⃗A
' A
2+16+0+2×6+0，则⃗A
' A
2=12，即|⃗A
' A|
2
=12，故|⃗A
' A|=2√3；
当⃗E A
' ,⃗AF的夹角为2π
3 时，⃗E A
'⋅⃗AF =|⃗E A
'||⃗AF|cos2π
3 =3×4×(−1
2)=−6，
所以49=9+⃗A
' A
2+16+0+2×(−6)+0，则⃗A
' A
2=36，故|⃗A
' A|=6；
综上：线段A A
'的长为2√3或6.
故答案为：2√3或6.
.
变式3. （22-23 高二上·辽宁沈阳·开学考试）正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面边长为1，侧棱长
18
为2, P ,Q分别是异面直线A D1和BD上的任意一点，则P ,Q间距离的最小值为 .
【答案】2
3
【分析】利用空间向量法求出异面直线A D1和BD的距离，即可得解.
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,0)、A (1,0,2)，D (0,0,2)，B (1,1,2)，
所以⃑D1 A =(1,0,2)，⃑DB =(1,1,0)，⃑DA =(1,0,0)，
设⃑n=(x , y , z)且¿，即¿，令z =1，则x =−2，y =2，所以⃑n=(−2,2,1)，
所以异面直线A D1和BD的距离d =|⃑n⋅⃑DA|
|⃑n|
= 2
3，
所以P、Q间距离的最小值为2
3；
故答案为：2
3
变式4. （21-22 高二上·江苏镇江·期中）已知在边长为6 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点M , N分
别为线段A1 D和B D1上的动点，当
D1 N
D1B = 时，线段MN取得最小值 .
【答案】 1
3 √6
19
【分析】根据题意，设
D1 N
D1B = λ , λ∈[0,1]，线段MN取得最小值，此时满足MN ⊥A1 D , MN ⊥B D1，
再根据向量法求解即可.
【详解】解： 如图，建立空间直角坐标系，则A1(6,0,6)，D1(0,0,6)，B (6,6,0)，
M (x ,0, x)(0≤x ≤6)，
设
D1 N
D1B = λ, λ∈[0,1]，线段MN取得最小值，此时满足MN ⊥A1 D , MN ⊥B D1.
所以⃑D A1=(6,0,6),⃑B D1=(−6,−6,6)，⃑
MN =⃑M D1+⃑D1 N =⃑M D1+ λ⃑D1B =(−x ,0,6−x)+ λ(6,6,−6)=(6 λ−x ,6 λ ,6−6 λ−x)，
所以⃑MN ⋅⃑D A1=0,⃑MN ⋅⃑B D1=0，即¿，解得x =3, λ = 1
3，
此时⃑MN =(−1,2,1)
所以当
D1 N
D1B = 1
3时，线段MN取得最小值，最小值为|⃑MN|=√6
故答案为：1
3；√6.
变式5. （20-21 高二·全国·单元测试）已知A (0,0,2)，B (1,1,0)，点P在x轴上，点Q在直线AB上，则
线段PQ长的最小值为 ．
【答案】2√5
5
## 2
5 √5
【分析】如图将点放在棱长为2的正方体中，建系如图，取D (2,0,0)，根据题意求异面直线OD和AB之间
的距离即可，先求OD和AB的公垂线的方向向量⃑n=(x , y , z)，再利用公式计算⃑OB⋅⃑n
|⃑n|
即可求解.
20
【详解】如图：在棱长为2的正方体中，以O为原点，建系如图：
则O(0,0,0)，D (2,0,0)，A (0,0,2)，B (1,1,0)，
所以⃑OD =(2,0,0)，⃑AB =(1,1,−2)，
因为点P在x轴上，点Q在直线AB上，
求线段PQ长的最小值也即是求异面直线OD和AB之间的距离，
设直线OD和AB的公垂线的方向向量⃑n=(x , y , z)，
由¿ 可得：x =0，令y =2，则z =1，
所以⃑n=(0,2,1)，
因为⃑OB =(1,1,0)，
所以异面直线OD和AB之间的距离为
|⃑OB|⋅cos ⟨⃑OB⋅⃑n⟩=|⃑OB|⋅⃑OB⋅⃑n
|⃑OB|⋅|⃑n|=⃑OB⋅⃑n
|⃑n|
= 2
√5 = 2√5
5
，
即线段PQ长的最小值为2√5
5
，
故答案为：2√5
5
.
变式6. （2021 高二上·全国·专题练习）在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面
ABCD⊥平面ABEF，活动弹子M , N分别在正方形对角线AC ,BF上移动，若CM = BN，则MN长度的
最小值为 ．
21
【答案】√3
3
【分析】MN的最小值即为两条异面直线AC ,BF间的距离d，以B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐
标系，设异面直线AC 、BF的公垂向量为⃑n=(x , y , z)，由距离公式d =|⃑AB⋅n|
|n|
可求得答案.
【详解】∵M , N分别是异面直线AC 、BF上的点，∴MN的最小值即为两条异面直线AC ,BF间的距离
d，
∵平面ABCD ⊥平面ABEF，AB⊥BC，平面ABCD∩平面ABEF = AB，∴BC ⊥平面ABEF，
又AB⊥BE，∴AB ,BE ,BC两两垂直．以B为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (1,0,0),B (0,0,0)，F (1,1,0),C (0,0,1), ∴⃑AC =(−1,0,1),⃑BF =(1,1,0),⃑AB =(−1,0,0)，
设异面直线AC 、BF的公垂向量为⃑n=(x , y , z)，则¿,
令x =1，则y =−1, z =1，∴⃑n=(1,−1,1)，
∴d =|⃑AB⋅n|
|n|
= 1
√3 = √3
3 ，即MN的最小值为√3
3 ．
故答案为：√3
3
22
变式7. （20-21 高二上·山东泰安·期中）如图所示，在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2，
AB = BC =1，动点P、Q分别在线段C1 D、AC上，则线段PQ长度的最小值是 ．
【答案】1
3
【解析】以点D为坐标原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空
间向量法计算出异面直线C1 D、AC的公垂线的长度，即为所求.
【详解】由题意可知，线段PQ长度的最小值为异面直线C1 D、AC的公垂线的长度.
如下图所示，以点D为坐标原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则点A (1,0,0)、C (0,1,0)、C1(0,1,2)、D (0,0,0)，
所以，⃑AC =(−1,1,0)，⃑DC1=(0,1,2)，⃑DA =(1,0,0)，
设向量⃑n=(x , y , z)满足⃑n⊥⃑AC，⃑n⊥⃑DC1，
由题意可得¿，解得¿，取y =2，则x =2，z =−1，
可得⃑n=(2,2,−1)，
23
因此，|⃑PQ|min=|⃑DA ⋅⃑n|
|⃑n|
= 2
3.
故答案为：2
3.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将PQ长度的最小值转化为异面直线AC、C1 D的距离，实际上
就是求出两条异面直线的公垂线的长度，利用空间向量法求出两条异面直线间的距离，首先要求出两条异
面直线公垂线的一个方向向量的坐标，再利用距离公式求解即可.
变式8. （18-19 高二下·江苏常州·期中）如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27 个全等的棱长为1 的
小正方体构成），正方形ABCD是上底面正中间一个正方形，正方形A1B1C1 D1是下底面最大的正方形，
已知点P是线段AC上的动点，点Q是线段B1 D上的动点，则线段PQ长度的最小值为 ．
【答案】3√34
34
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出目标PQ的表达式，从而可得最小值.
【详解】以B1为坐标原点，B1C1,B1 A1所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，
则B1(0,0,0), A (1,2,3),C (2,1,3), D (2,2,3) ,
24
设⃑B1Q = λ⃑B1 D,⃑AP = μ⃑AC,λ , μ∈[0,1].⃑
B1Q =(2 λ ,2 λ ,3 λ),⃑B1 P =⃑B1 A +⃑AP =⃑B1 A + μ⃑AC =(1+ μ,2−μ,3).⃑
QP =⃑B1 P−⃑B1Q =(1+ μ−2 λ ,2−μ−2 λ ,3−3 λ),
|⃑QP|
2=(1+ μ−2 λ)
2+(2−μ−2 λ)
2+(3−3 λ)
2
=17 λ
2−30 λ+2 μ
2−2 μ+14 =17(λ−15
17)
2
+2(μ−1
2)
2
+ 9
34
当λ= 15
17且μ= 1
2时，|⃑QP|
2取到最小值9
34 ，所以线段PQ长度的最小值为3√34
34
.
【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量求解距离的最值问题时，一般是把目标式表示出来，
结合目标式的特征，选择合适的方法求解最值.
【方法技巧与总结】
计算两点间的距离的两种方法
1.利用|a|2＝a·a，通过向量运算求|a|，如求A，B 两点间的距离，一般用|AB|＝＝求解．
2.用坐标法求向量的长度(或两点间距离)，此法适用于求解的图形适宜建立空间直角坐标系时．
【题型2：向量法求点线距】
例2.（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线l经过A (3,3,3)，B (0,6,0)两点，则点
P(0,0,6)到直线l的距离是（ ）
A．6√2
B．2√3
C．2√6
D．3√2
【答案】C
【分析】由题意先求出直线的方向向量⃗e =⃗AB =(−3,3,−3)，然后依次求得cos⟨⃗e ,⃗AP⟩,sin ⟨⃗e ,⃗AP⟩，则P
到直线的距离为d =|⃗AP|sin ⟨⃗e ,⃗AP⟩，求解即可.
【详解】由题意可知直线l的方向向量为：⃗e =⃗AB =(−3,3,−3)，
又⃗AP =(−3,−3,3)，则cos⟨⃗e ,⃗AP⟩=⃗e⋅⃗AP
|⃗e||⃗AP|
= 9−9−9
√27×√27 =−1
3，
sin ⟨⃗e ,⃗AP⟩=√
1−(−1
3)
2
= 2√2
3
，
点P(0,0,6)到直线l的距离为：d =|⃗AP|sin ⟨⃗e ,⃗AP⟩=√9+9+9× 2√2
3
=2√6.
25
故选：C.
变式1．（23-24 高二下·江西·阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，F是棱A1 D1的
中点，若点P在线段CD上运动，则点P到直线BF的距离的最小值为（ ）
A．√5
3
B．2√5
3
C．2√5
5
D．4√5
5
【答案】D
【分析】以点D 为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量结合二次函数求解作答.
【详解】在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，以DA , DC , D D1分别为x , y , z轴建立空间直角坐
标系，
则有B (2,2,0)，F (1,0,2)，则⃗FB =(1,2,−2)，
设点P(0, y ,0)，y ∈[0,2]，⃗BP =(−2, y −2,0)，
则点P到直线BF的距离
d =√
|⃗BP|
2−(⃗
BP⋅⃗FB
|⃗FB| )
2
=√
( y
2−4 y +8)−(
2 y −6
3 )
2
=√
5
9( y −6
5)
2
+ 16
5 ≥4√5
5
，
当且仅当y = 6
5 时取等号，则点P到直线BF的距离的最小值为4√5
5
.
故选：D.
变式2．（23-24 高二下·江苏南通·阶段练习）在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且
PA =1，PB =2，PC =3，三角形ABC重心为G，则点P 到直线AG的距离为（ ）
A．6
7
B．√5
3
C．2√17
17
D．√221
17
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到直线的距离即可得解.
【详解】如图所示：以PA , PB , PC为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,2,0) C (0,0,3)，则G(
1
3 , 2
3 ,1)，
26
⃗
PA =(1,0,0)
，⃗
AG =(−2
3 , 2
3 ,1)
，
故⃗PA在⃗AG的投影为⃗
PA ⋅⃗AG
|⃗AG|
=
−2
3
√(−2
3)
2
+(
2
3)
2
+1
=−2√17
17
，
点P到线AG的距离为√⃗
PA
2−(⃗
PA ⋅⃗AG
|⃗AG| )
2
√
1−(
2√17
17 )
2
= √221
17 .
故选：D.
变式3．（2024·广西来宾·一模）棱长为3 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E，F 满足⃗D1 E =2⃗ED，
BF⃗=2 F B⃗1，则点E 到直线F C1的距离为（ ）
A．3√35
5
B．2√35
5
C．3√7
5
D．2√7
5
【答案】A
【分析】利用向量法求点到直线的距离.
【详解】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)，C1(0,3,3)，⃗
EF =(3,3,1)，⃗F C1=(−3,0,1)，设向量⃗EF与⃗F C1的夹角为θ，
∴cosθ =⃗EF ⋅⃗F C1
|⃗EF||⃗F C1|
=
−9+1
√19×√10 =−
8
√190，
所以点E到直线F C1的距离为d =|⃗EF|⋅sinθ =√19×√1−64
190 = 3√35
5
.
故选：A.
27
变式4．(多选)（23-24 高二下·江西·开学考试）如图，四边形ABCD , ABEF都是边长为2 的正方形，
平面ABCD⊥平面ABEF，P，Q 分别是线段AE ,BD的中点，则（ ）
A．PQ∥DF
B．异面直线AQ , PF所成角为π
6
C．点P 到直线DF的距离为√6
2
D．△DFQ的面积是√3
2
【答案】AC
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，判断⃗DF ,⃗PQ是否平行即可；对于B，求出两直线的方向向
量，由两向量的夹角的余弦公式即可验算；对于C，由公式√
(⃗PF)
2−(⃗
PF ⋅⃗DF
|⃗DF| )
2
即可验算；对于D，由
PQ∥DF得，Q 到DF的距离即为P 到DF的距离，结合三角形面积公式即可验算.
【详解】由题意知AB , AD , AE两两垂直，以A 为坐标原点，AD , AB , AE所在直线分别为x 轴，y 轴，z
轴建立空间直角坐标系如图所示，
28
则A (0,0,0)，B (0,2,0)，D (2,0,0)，E (0,2,2)，F (0,0,2)，
又P，Q 分别是线段AE，BD 的中点，所以P(0,1,1)，Q (1,1,0)，
所以⃗PQ =(1,0,−1)，⃗DF =(−2,0,2)=−2⃗PQ，
又PQ，DF 不共线，所以PQ∥DF，故A 正确；⃗
AQ =(1,1,0)，⃗PF =(0,−1,1)，
设异面直线AQ , PF所成角为θ，则cosθ = |⃗AQ⋅⃗PF|
|⃗AQ|⋅|⃗PF|
=
1
√2×√2 = 1
2，
又θ∈(0,π
2 ]，所以θ =π
3 ，即异面直线AQ , PF所成角为π
3 ，故B 错误；
由⃗PF =(0,−1,1)，⃗DF =(−2,0,2)，得⃗PF ⋅⃗DF
|⃗DF|
=
2
2√2 = √2
2 ，
所以点P 到直线DF 的距离为√
(⃗PF)
2−(⃗
PF ⋅⃗DF
|⃗DF| )
2
=√2−1
2 = √6
2 ，故C 正确；
因为PQ∥DF，所以Q 到DF的距离即为P 到DF的距离√6
2 ，
所以△DFQ的面积S = 1
2|⃗DF|× √6
2 =√3．故D 错误．
故选：AC．
变式5 ．（多选）（23-24 高二下· 江苏扬州· 阶段练习）如图，在棱长为2 的正方体
ABCD−A1B1C1 D1中，点P 是线段A D1上的点，点E 是线段C C1上的一点，则下列说法正确的是（
）
29
A．存在点E，使得A1 E⊥平面A B1 D1
B．当点E 为线段C C1的中点时，点B1到平面AE D1的距离为2
C．点E 到直线B D1的距离的最小值为√2
2
D．当点E 为棱C C1的中点，存在点P，使得平面PBD与平面EBD所成角为π
4
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解A，求解平面法向量，即可根据点面距离，以及点
线距离，求解BC，利用两平面的法向量的夹角即可求解D.
【详解】对A 选项，以DA，DC，D D1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建系如图：
则根据题意可得D(0,0,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),B1(2,2,2),A (2,0,0)，
设E(0,2,a)(0≤a≤2)，
所以⃗A D1=(−2,0,2)，⃗A B1=(0,2,2)，⃗A1 E =(−2,2,a−2)，
假设存在点E，使得A1 E⊥平面A B1 D1，
则⃗A D1⋅⃗A1 E = 4 +2(a−2)=0，⃗A B1⋅⃗A1 E = 4 +2(a−2)=0，
解得a=0，
所以存在点E，使得A1 E⊥平面A B1 D1，此时点E与点C重合，故A 正确；
对于B，点E 为线段C C1的中点时，E (0,2,1),⃗AE =(−2,2,1),⃗A D1=(−2,0,2),
设平面AE D1的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿，取x =2，则⃗m=(2,1,2)，
30⃗
A B1=(0,2,2),故点B1到平面AE D1的距离为|⃗A B1⋅⃗m|
|⃗m|
= 2+ 4
3
=2，故B 正确，
对C 选项,E(0,2,a)(0≤a≤2)，⃗BE =(−2,0,a),⃗B D1=(−2,−2,2),
点E到直线B D1的距离为√
BE⃗
2−(
BE⃗⋅B D⃗1
|B D⃗1| )
2
=√
4 +a
2−(
4 +2a
2√3 )
2
= √6
3 √(a−1)
2+3，
故当a=1时，即点E为C C1中点时，此时点E到直线B D1的距离的最小值为√2，故C 错误；
对D 选项，点E 为线段C C1的中点时，E (0,2,1),⃗DE =(0,2,1),⃗DB =(2,2,0),
设平面EBD的法向量为⃗a=(x1, y1, z1)，则¿，取x1=1，则⃗a=(1,−1,2)，
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=(x2, y2, z2)，则¿，取x2=2−x，则⃗b=(2−x , x −2,−x)，
若存在点P，使得平面PBD与平面EBD所成角为π
4 ，
则|cos⟨⃗a,⃗b⟩|=|⃗a⋅⃗b|
|⃗a||⃗b|
=|2−x−x +2−2 x|
√2(2−x)
2+ x
2√6
= √2
2 ，化简得7 x
2−8 x−8=0，解得x = 4+6√2
7
或4−6√2
7
，
由于0≤x ≤2，所以x = 4+6√2
7
，故D 正确，
故选：ABD．
变式6．（23-24 高二上·河北邢台·期末）已知空间直角坐标系中的点A (1,1,1),B (0,1,0),C (1,2,3)，则
点C到直线AB的距离为 .
【答案】√3
【分析】设CD为三角形ABC的边BA上的高，由A ,B , D三点共线，以及CD⊥AB，可通过待定系数得
出⃗CD =(1,−1,−1)，结合模长公式即可得解.
【
详
解
】
由
题
意
设
CD为
三
角
形
ABC的
边
BA上
的
高
，
而⃗
AB =(−1,0,−1),⃗CA =(0,−1,−2),⃗CB =(−1,−1,−3)，
因
为
A ,B , D三
点
共
线
，
设⃗
CD = λ⃗CA +(1−λ)⃗CB =(0,−λ ,−2 λ)+(λ−1, λ−1,3 λ−3)=(λ−1,−1, λ−3)，
因为CD⊥AB，所以⃗CD⋅⃗AB =1−λ+3−λ = 4−2 λ =0，解得λ =2，
31
所以⃗CD =(1,−1,−1)，所以点C到直线AB的距离为√1+1+1=√3.
故答案为：√3.
变式7．（23-24 高二上·山东青岛·期末）在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2 AB = 4，点E在
线段C C1上，且⃗C C1= 4⃗CE，点F为BD中点.
(1)求点D1到直线EF的距离；
(2)求证：A1C ⊥面BDE.
【答案】(1)√114
3
(2)证明见解析
【分析】（1）依题建系，求得相关点和向量的坐标，利用点到直线的距离的空间向量计算公式即可求得；
（2）由（1）中所建的系求出⃗A1C ,⃗DB ,⃗DE的坐标，分别计算得到⃗A1C ⋅⃗DB =0和⃗A1C ⋅⃗DE =0，由线
线垂直推出线面垂直.
【详解】（1）
如图,以D为原点，以⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1分别为x , y , z轴正方向，建立空间直角坐标系，
32
∵正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1,A A1=2 AB = 4 ,⃗C C1= 4⃗CE , F为BD中点,
∴D1(0,0,4), E (0,2,1), F (1,1,0),⃗E D1=(0,−2,3),⃗EF =(1,−1,−1)
则点D1到直线EF的距离为：d =√
E D⃗1
2−(
E D⃗1⋅EF⃗
|EF⃗| )
2
=√
13−(
1
√3)
2
= √114
3
.
（2）由（1）可得C (0,2,0),B (2,2,0), A1(2,0,4)，
则⃗A1C =(−2,2,−4),⃗DB =(2,2,0),⃗DE =(0,2,1)，
由⃗A1C ⋅⃗DB =−2×2+2×2=0可得A1C ⊥DB，
又由⃗A1C ⋅⃗DE =2×2+(−4)×1=0可得A1C ⊥DE，
又DB∩DE = D，
故A1C ⊥面BDE.
变式8．（2024 高二上·江苏·专题练习）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，ABCD是矩形，PA ⊥平
面ABCD，PA = AB =3，BC =2，E 是PB 上一点，且BE =2 EP，求点E 到直线PD 的距离.
【答案】√221
13
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果.
33
【详解】
以A 为原点，⃗AB ,⃗AD ,⃗AP分别为x , y , z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E (1,0,2), P(0,0,3), D (0,2,0)，
所以⃗EP =(−1,0,1),⃗PD =(0,2,−3)，
设<⃗EP ,⃗PD>=θ，则cosθ =⃗EP⋅⃗PD
|⃗EP|⋅|⃗PD|
=
−3
√2×√13 =−3
√26，
则sinθ =√1−cos
2θ = √17
√26 ，
所以点E 到直线PD 的距离d =|⃗EP|⋅sinθ =√2× √17
√26 = √221
13 .
【方法技巧与总结】
用向量法求点线距的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系；
（2）求直线的方向向量；
（3）计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影长；
（4）利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
【题型3：用向量法求点面距】
例3．（多选）（23-24 高二下·甘肃·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，则下列说法
正确的是（ ）
34
A．直线D1C和BC1所成的角为π
4
B．四面体BDC1 A1的体积是8
3
C．点A1到平面BDC1的距离为4√3
3
D．平面BD A1与平面BDC1所成二面角的正弦值为2√2
3
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、C、D，利用割补法求出四面体BDC1 A1的体积，
即可判断B.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则D (0,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0)，
D1(0,0,2), A1(2,0,2),B1(2,2,2)，C1(0,2,2)，
对于A，⃗D1C =(0,2,−2),⃗BC1=(−2,0,2)，故cos⟨⃗D1C ,⃗BC1⟩=
−4
2√2×2√2 =−1
2，
故⟨⃗D1C ,⃗BC1⟩= 2π
3 ，即直线D1C和BC1所成的角为π
3 ，故A 错误；
对于B，易得四面体BDC1 A1为正四面体，
则V BDC1 A1=V ABCD−A1B1C1 D1−4V B−A1B1C1=8−4× 1
3 × 1
2 ×2×2×2= 8
3，故B 正确；
对于C，⃗D A1=(2,0,2),⃗DB =(2,2,0),⃗BC1=(−2,0,2)，
设平面BDC1的法向量为⃗n=(x , y , z)，则有¿，
令x =1，则⃗n=(1,−1,1)，故点A1到平面BDC1的距离d =|⃗D A1⋅⃗n|
|⃗n|
=|2+2|
√3 = 4√3
3
，故C 正确；
对于D，设平面BD A1的法向量为⃗m=(a,b,c)，则有¿，
令a=−1，则⃗m=(−1,1,1)，所以cos⟨⃗m,⃗n⟩= −1−1+1
√3×√3 =−1
3，
所以平面BD A1与平面BDC1所成二面角的正弦值为√
1−(−1
3)
2
= 2√2
3
，故D 正确．
故选：BCD
35
变式1．（多选）（23-24 高二下·四川凉山·期末）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
E、F分别为B B1、C C1的中点，G是线段B1C1上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线AG与平面AEF所成角的余弦值的取值范围为[
√10
10 , √6
6 ]
B．点G到平面AEF的距离为2√5
5
C．四面体AEFG的体积为2√5
3
D．若线段A A1的中点为H，则GH一定平行于平面AEF
【答案】BD
【分析】建系，求平面AEF的法向量.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到面
的距离；对于C：根据锥体的体积公式运算求解；对于D：利用空间向量证明线面平行.
【详解】如图，以A1为坐标原点，A1B1, A1 D1, A1 A分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
36
则A (0,0,2), E (2,0,1), F (2,2,1), A1(0,0,0)，设G (2,a,0),a∈[0,2]，
可得⃗AE =(2,0,−1),⃗EF =(0,2,0),⃗AG =(2,a,−2)，
设平面AEF的法向量⃗n=(x , y , z)，则¿，
令x =1，则y =0, z =2，可得⃗n=(1,0,2)，
对于选项A：设直线AG与平面AEF所成角为θ∈[0,π
2 ]，
可得sinθ =|cos⟨⃗AG ,⃗n⟩|= |⃗AG⋅⃗n|
|⃗AG|⋅|⃗n|
=
2
√a
2+8×√5
∈[
√15
15 , √10
10 ]，
所以直线AG与平面AEF所成角的余弦值的取值范围为[
√15
15 , √10
10 ]，故A 错误；
对于选项B：点G到平面AEF的距离为d =|⃗AG⋅⃗n|
|⃗n|
= 2√5
5
，故B 正确；
对于选项C：由题意可知：AE =√5，
所以四面体AEFG的体积为1
3 × 2√5
5
× 1
2 ×2×√5= 2
3，故C 错误；
对于选项D：由题意可知：H (0,0,1)，则⃗HG =(2,a,−1)，
可得⃗n⋅⃗HG =2×1+a×0+(−1)×2=0，可知⃗n⊥⃗HG，
且GH ⊄平面AEF，所以GH一定平行于平面AEF，故D 正确；
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：求平面AEF的法向量，进而利用空间向量处理相关问题.
变式2．（23-24 高二下·安徽·期末）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F 分别为正方形
ABCD和正方形CD D1C1的中心，则点A到平面A1 EF的距离为 .
【答案】2√11
11
/ 2
11 √11
【分析】建系，写出相关点的坐标，分别求出⃗A A1与平面A1 EF的法向量⃗n的坐标，代入点到平面距离的
向量计算公式计算即得.
【详解】
37
如图，以点D为坐标原点，分别以DA , DC , D D1所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系.
则A(2,0,0), A1(2,0,2), E(1,1,0), F(0,1,1),
于是，A A⃗1=(0,0,2)，⃗
A1 E =(−1,1,−2),⃗A1 F =(−2,1,−1)
¿
¿
,
设平面A1 EF的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
故可取⃗n=(1,3,1)，则点A到平面A1 EF的距离为d =|n⃗⋅A A⃗1|
|n⃗|
= 2
√11 = 2√11
11
.
故答案为：2√11
11
.
变式3．（24-25 高二上·上海·课堂例题）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，H为棱A A1
（包含端点）上的动点，则点H到平面B1C D1距离的取值范围是 ．
【答案】[
√3
3 , 2√3
3 ]
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标法可得点到平面的距离，进而可得范围.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，
设H (1,0,ℎ)，其中0≤ℎ≤1，
则⃗D1B1=(1,1,0)，⃗D1C =(0,1,−1)，
38
设平面B1C D1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，
令p=−1，故⃗n=(−1,1,1)，
而B1 H
→
=(0,−1,ℎ−1)，
故H到平面B1C D1的距离d =|⃗B1 H|⋅|⃗B1 H ⋅⃗n|
|⃗B1 H|⋅|⃗n|
=|ℎ−2|
√3
= 2−ℎ
√3 ∈[
√3
3 , 2√3
3 ]，
故答案为：[
√3
3 , 2√3
3 ].
变式4．（23-24 高二下·河北唐山·期末）在三棱锥P—ABC 中，AB = BC = PC = PB =2，∠ABC =90°，
E 为AC 的中点，PB⊥AC．
(1)求证：平面PBE⊥平面ABC；
(2)求点C 到平面PAB 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)2√6
3
．
【分析】（1）先证AC ⊥BE，再证AC ⊥平面PBE由线面垂直推出面面垂直即得；
（2）先证PE⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计
算即得.
【详解】（1）∵AB = BC，E 为AC 的中点，∴BE⊥AC
又PB⊥AC，且PB∩BE = B , PB ,BE⊂平面 PBE，故AC ⊥平面PBE．
又AC ⊂平面ABC，所以平面PBE⊥平面ABC
（2）在三角形ABC 中：AB = BC =2,∠ABC =90°，
∴AC =2√2 BE =√2
由（1）知AC ⊥平面PBE．因PE⊂平面PBE ∴AC ⊥PE．
又E 为AC 的中点，则PE垂直平分AC，PC =2，
39
∴PE =√2 ，又PB =2
∴P B
2= P E
2+ B E
2，即PE⊥BE，又AC ∩BE = E , AC ,BE⊂平面ABC，故得，PE⊥平面ABC.
故可以E 为坐标原点，分别以⃗EA、⃗EB、⃗EP所在方向为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图.
则A (√2,0,0)，B(0,√2,0)，P(0,0,√2)，C (−√2,0,0)，
∴⃗AP =(−√2,0,√2)，⃗BP =(0,−√2,√2)，⃗PC =(−√2,0,−√2)，
设平面PAB 的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿
令z =1，得⃗n=(1,1,1)．
设点C 到平面PAB 的距离d，则d =|⃗PC ⋅⃗n|
|⃗n|
= 2√2
√3 = 2√6
3
．
变式5．（21-22 高二上·安徽芜湖·期中）如图所示，已知四棱锥的底面是边长为1 的正方形，
PD⊥AD，PC =√2，PD =1，E，F 分别是AB，BC 的中点．
(1)求点D 到平面PEF 的距离；
(2)求直线AC 到平面PEF 的距离．
【答案】(1)3√17
17
(2)√17
17
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计
算，即可求解；
40
（2）结合直线到平面的距离公式，代入计算，即可求解.
【详解】（1）
∵PD =CD =1
，
PC =√2
，
∴PD⊥CD
．
又PD⊥AD，CD∩AD = D，CD , AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥面ABCD，
故建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(1, 1
2 ,0)，F(
1
2 ,1,0)，⃗
PE =(1, 1
2 ,−1)，⃗PF =(
1
2 ,1,−1)，⃗DP =(0,0,1)，
设⃗n=( x , y , z)为面PEF 的法向量，¿，∴¿
令y =2，则¿，∴x =2，z =3，∴⃗n=(2,2,3)，
设点D 到平面PEF 的距离为d，则d =|⃗DP⋅⃗n|
|⃗n|
= 3√17
17
．
（2）因为AC // EF，AC ⊄平面PEF，EF ⊂平面PEF，
所以AC //平面PEF，所以直线AC 到平面PEF 的距离等于点A 到平面PEF 的距离，
设点A 到平面PEF 的距离为d1，⃗PA =(1,0,−1)，则d1=|⃗
PA ⋅⃗n
|⃗n| |= √17
17 ．
变式6．（24-25 高二上·全国·课后作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA ⊥平
面ABCD，PA = AD = 4，AB =2，若M、N 分别为棱PD、PC的中点，O 为AC中点．
41
(1)求证：平面ABM ⊥平面PCD；
(2)求点N 到平面ACM的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)√6
3
【分析】（1）要证面面垂直，可以先证线线垂直，线面垂直，再证面面垂直即可，
（2）建立空间直角坐标系，求出⃗AN =(1,2,2)及平面ACM的法向量，采用向量法来求点到平面的距离．
【详解】（1）∵PA ⊥平面ABCD，AB , AD⊂面ABCD，
∴PA ⊥AB，PA ⊥AD．
∵矩形ABCD，
∴AB⊥AD，故PA、AB、AD两两垂直．
分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则P(0,0,4)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，O(1,2,0)．
∴M (0,2,2)，N (1,2,2)，⃗AB =(2,0,0)，⃗AM =(0,2,2)
设平面ABM的法向量为n1=(x1, y1, z1)，则¿可取⃗n1=(0,1,−1)，
设平面PCD的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，⃗PC =(2,4 ,−4)，⃗DC =(2,0,0)，则¿可取⃗n2=(0,1,1)，
∴⃗n1⋅⃗n2=0，
∴⃗n1⊥⃗n2，
∴平面ABM ⊥平面PCD．
（2）解：设平面ACM的法向量为⃗n=(x , y , z)．
∵⃗AC =(2,4,0)，⃗AM =(0,2,2)，
由¿得¿可取⃗n=(2,−1,1)
∵⃗AN =(1,2,2)，平面ACM的法向量为⃗n= (2,−1,1)，
42
∴d =|⃗AN ⋅⃗n|
|⃗n|
= 2
√6 = √6
3 ．
变式7．（23-24 高二下·天津·期末）如图，ABCD 是边长为3 的正方形，DE⊥平面ABCD，AF // DE且
DE =2 AF = 4.
(1)求证：BF //平面DEC；
(2)求平面BEC 与平面BEF 夹角的余弦值；
(3)求点D 到平面BEF 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)√17
5
(3)12√17
17
【分析】（1）以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，求出⃗BF =(0,−3,2)，平面DEC的一个法向量
为⃗DA =(3,0,0)，则由⃗DA ⋅⃗BF =0，即可证得BF //平面DEC；
（2）分别求出平面BEC与平面BEF的一个法向量⃗m,⃗n，则利用向量坐标运算，求得平面BEC 与平面BEF
夹角的余弦值；
（3）由平面BEF的一个法向量为⃗n=(2,2,3)，⃗DE =(0,0,4)，利用点到平面的距离公式即可求得点D 到平
面BEF 的距离.
【详解】（1）
43
由已知，ABCD 是边长为3 的正方形，DE⊥平面ABCD，
由DA 、DC ⊂平面ABCD，所以DE⊥DA ，DE⊥DC，又DA ⊥DC，
DE∩DC = D，DE、DC ⊂平面DEC，
所以DA ⊥平面DEC，
以D 为原点，DA 、DC 、DE为x、y 、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
已知DE =2 AF = 4，
则B (3,3,0), F (3,0,2)，所以⃗BF =(0,−3,2)，
易知平面DEC的一个法向量为⃗DA =(3,0,0)，
得⃗DA ⋅⃗BF =0，又BF ⊄平面DEC，
所以 BF //平面DEC.
（2）由上坐标系可知E (0,0,4),C (0,3,0)，则⃗BE =(−3,−3,4),⃗BC =(−3,0,0)，
设平面BEC与平面BEF的一个法向量分别为⃗m=(a,b,c),⃗n=(x , y , z)，
则有¿，¿，
取b= 4 , y =2，则a=0,c =3, x =2, z =3，即⃗m=(0,4,3),⃗n=(2,2,3)，
设平面BEC与平面BEF的夹角为θ，则cosθ =|⃗
m⋅⃗n
|⃗m|⋅|⃗n||=
17
5√17 = √17
5 .
（3）由（2）得平面BEF的一个法向量为⃗n=(2,2,3)，
又⃗DE =(0,0,4)，所以点D 到平面BEF的距离d =|⃗DE⋅⃗n|
|⃗n|
= 12
√17 = 12√17
17
.
变式8．（23-24 高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA ⊥平
面ABCD，PB =√5，PC =√6，PD =√2.
44
(1)证明：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求二面角B−PC −D的余弦值；
(3)求点C到平面PBD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)−√10
5
(3)2
3
【分析】（1）根据题意可证BC ⊥平面PAB，结合面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，分别为求平面PBC、平面PCD的法向量，利用空间向量求二面角；
（3）求平面PBD的法向量，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，则PA ⊥BC，
又因为ABCD为矩形，则AB⊥BC，
且PA ∩AB = A，PA , AB⊂平面PAB，可得BC ⊥平面PAB，
且BC ⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC.
（2）由题意可知：PA ⊥平面ABCD，且AB⊥AD，
如图，以A 为坐标原点，AB , AD , AP分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
设AB =a, AD =b, AP =c ,a,b,c>0，
由题意可得¿，解得¿，
则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,1,0), D (0,1,0), P(0,0,1)，
可得⃗BC =(0,1,0),⃗PB =(2,0,−1),⃗DC =(2,0,0),⃗PD =(0,1,−1)，
设平面PBC的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1)，则¿，
45
令x1=1，则y1=0, z1=2，可得n⃗1=(1,0,2)；
设平面PCD的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，则¿，
令y2=1，则x2=0, z2=1，可得⃗n2=(0,1,1)；
则，
由题意可知：二面角B−PC −D为钝角，所以二面角B−PC −D的余弦值为−√10
5 .
（3）设平面PBD的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿，
令x =1，则y = z =2，可得⃗m=(1,2,2)，
所以点C到平面PBD的距离d =|⃗m⋅⃗DC|
|⃗m|
= 2
3.
【方法技巧与总结】
用向量法求点面距的步骤
（1）建系：建立恰当的空间直角坐标系；
（2）求点坐标：写出（求出）相关点的坐标；
（3）求向量：求出相关向量的坐标（⃗AP，α 内两个不共线向量，平面α 的法向量n）；
（4）求距离d=⃗| AP∙⃗n|
|⃗n|
【题型4：用向量法求线面距】
例4．（23-24 高二下·甘肃·期中）已知棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，M，N分别是
A1B1, AD ,C C1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
【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明AC //平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC 到平面
EMN 的距离转化为点A 到平面EMN 的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可.
【详解】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，
46
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的一个法向量为⃗m=( x , y , z)，
则¿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 .
故选：B
变式1．（多选）（22-23 高二上·云南昆明·期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
M是A1B1的中点，点P是侧面CD D1C1上的动点，且MP//截面A B1C，则下列说法正确的是
（ ）
A．直线MP到截面A B1C的距离是定值
B．点M到截面A B1C的距离是√3
3
C．MP的最大值是2√2
D．MP的最小值是2
【答案】ABC
47
【分析】由MP//截面A B1C，可得直线MP到截面A B1C的距离即为点M到截面A B1C的距离，利用空
间向量法求出点到平面的距离，即可判断A、B，取C C1的中点为R，取CD的中点为N，取B1C1的中点为
H，即可证明平面MNRH //平面A B1C，则线段MP扫过的图形是△MNR，求出MP的取值范围，从而
判断C、D.
【详解】因为MP//截面A B1C，M是A1B1的中点，
所以直线MP到截面A B1C的距离，即为点M到截面A B1C的距离，为定值，
如图建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B1(2,2,2)，M (2,1,2)，
所以⃗B1C =(−2,0,−2)，⃗B1 A =(0,−2,−2)，⃗B1 M =(0,−1,0)，
设平面A B1C的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，取⃗n=(1,1,−1)，
所以点M到截面A B1C的距离d =|⃗B1 M ⋅⃗n|
|⃗n|
= 1
√3 = √3
3
，
所以点M到截面A B1C的距离是√3
3 ，故A、B 正确；
取C C1的中点为R，取CD的中点为N，取B1C1的中点为H，如图所示
因为R是C C1的中点，H是B1C1的中点，
所以B1C // HR，
因为HR⊄平面A B1C，B1C ⊂平面A B1C，
所以HR //平面A B1C，
48
同理可证MH //平面A B1C，
又HR∩MH = H，HR , MH ⊂平面MNRH，
所以平面MNRH //平面A B1C.
又MP⊂平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，
即点P的轨迹为线段NR，
由AB =2，得MN =√2
2+2
2=2√2，NR =√1
2+1
2=√2,
M C1=√1
2+2
2=√5，MR =√1
2+(√5)
2=√6，
所以M N
2= N R
2+ M R
2，即∠MRN为直角，
所以线段MP长度的取值范围是[√6,2√2]，即MP∈[√6,2√2]，
所以MP的最大值是2√2，MP的最小值是√6，故C 正确，D 错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：求点到平面的距离关键是利用空间向量法，当然也可利用等体积法，C、D 主要是确
定动点P的轨迹，从而确定MP的取值范围.
变式2．（24-25 高二上·上海·课堂例题）已知正四面体A −BCD的棱长为2，点M、N分别为△ABC
和△ABD的重心，则直线MN到平面ACD的距离为 ．
【答案】2√6
9
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，利用坐标法可证线面平行，进而可得直线到平
面的距离.
【详解】将正四面体A −BCD放入正方体DEBF −GAHC中，
以点D为原点，以DE、DF、DG所在直线为x轴、y轴、z轴，如图所示，
因为正四面体A −BCD的棱长为2，所以正方体的棱长为√2，
则A (√2,0,√2)，B(√2,√2,0)，C (0,√2,√2)，
49
因为点M、N分别为△ABC和△ABD的重心，
所以点M的坐标为(
2√2
3
, 2√2
3
, 2√2
3 )，点N的坐标为(
2√2
3
, √2
3 , √2
3 )，
所以⃗MN =(0,−√2
3 ,−√2
3 ),
设平面ACD的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
因为⃗DA =(√2,0,√2)，⃗DC =(0,√2,√2)，
所以¿，取x =1，则⃗n=(1,1,−1)，
因为⃗MN ⋅⃗n=0，且直线MN不在平面ACD上，
所以直线MN //平面ACD，
所以点N到平面ACD的距离就是直线MN到平面ACD的距离，
点N到平面ACD的距离d =|⃗DN ⋅⃗n|
|⃗n|
=
2√2
3
√3 = 2√6
9
，
故答案为：2√6
9
.
变式3．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）如图，在边长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点P
在B1C1上，点Q在平面AB B1 A1内，设直线A A1与直线PQ所成角为θ.若直线PQ到平面AC D1的距离为
√3
2 ，则sinθ的最小值为 .
【答案】√3
3
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法表示出P到面AC D1的距离，进而求出点P坐标，过P作平面
AC D1的平行平面，得到点Q的轨迹，再利用向量法求线线角，进而求其最值即可.
50
【详解】因为直线PQ到平面AC D1的距离为√3
2 ，
所以必有PQ //面AC D1，即点P到平面AC D1的距离为√3
2 ，
如图建立空间直角坐标系，设P( p,1,1)，又A (1,0,0),C (0,1,0), D1(0,0,1)，
则⃗AC =(−1,1,0),⃗A D1=(−1,0,1),⃗CP =( p,0,1)，
设面AC D1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，取x =1得⃗n=(1,1,1)，
则|⃗CP⋅⃗n|
|⃗n|
= p+1
√3 = √3
2 ，解得p= 1
2，即P(
1
2 ,1,1)，
过P作平面AC D1的平行平面，与正方体ABCD−A1B1C1 D1的截面为PMN，
M , N分别为线段A1B1和线段B B1的中点，则M(1, 1
2 ,1), N(1,1, 1
2)
所以Q在直线MN上，
设⃗PQ =⃗PM +⃗MQ =⃗PM + λ⃗MN =(
1
2 ,−1
2 ,0)+ λ(0, 1
2 ,−1
2)=(
1
2 , 1
2 λ−1
2 ,−1
2 λ)，
又⃗A A1=(0,0,1)，则cosθ = |⃗A A1⋅⃗PQ|
|⃗A A1|⋅|⃗PQ|
=
1
2 λ
√
1
4 +(
1
2 λ−1
2)
2
+ 1
4 λ
2
，
当λ =0时，cosθ =0，
当λ≠0时，
cosθ =
1
√2√
1
λ
2 −1
λ +1，
又1
λ
2 −1
λ +1=(
1
λ −1
2)
2
+ 3
4 ≥3
4 ，所以cosθ≤
1
√2×√
3
4
= √6
3 ，
则sinθ的最小值为√
1−(
√6
3 )
2
= √3
3
.
故答案为：√3
3
51
变式4．（2024·广东·三模）如图，边长为4 的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分
别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG =2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)证明：BD //GH；
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)√6
2 .
【分析】（1）首先证明BD //平面EFG，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接EA,ED，以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）因为E、F分别为BC、CD的中点，所以EF // BD，
又BD⊄平面EFG，EF ⊂平面EFG，则BD //平面EFG，
又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG =GH，所以BD //GH.
（2）由（1）知，BD //平面EFG，
则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，
连接EA,ED，由△ABC ,△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA ⊥BC , ED⊥BC，
又平面ABC ⊥平面BCD，平面ABC ∩平面BCD = BC , AE⊂平面ABC，
于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA ⊥ED，
以点E为原点，直线EB , ED , EA分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则B (2,0,0)，F (−1,√3,0)，又A(0,0,2√3)，D(0,2√3,0)，
52
又AG
→
=2GD
→
，可得G(0, 4√3
3
, 2√3
3 )，
所以⃗EB =(2,0,0)，⃗EF =(−1,√3,0)，⃗EG =(0, 4√3
3
, 2√3
3 )，
设平面EFG的一个法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
令y =1，得⃗n=(√3,1,−2)，
设点B到平面EFG的距离为d，则d =|⃗EB⋅⃗n|
|⃗n|
= 2√3
√8 = √6
2 ，
所以BD与平面EFG的距离为√6
2 .
变式5．（2024·吉林·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥平面ABCD , PB = PC =2√6，
PA = BC =2 AD =2CD = 4 , E为BC中点，点F在梭PB上（不包括端点）.
(1)证明：平面AEF ⊥平面PAD；
(2)若点F为PB的中点，求直线EF到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)4√5
5
53
【分析】（1）由线面垂直的性质与勾股定理，结合三线合一证得AE⊥AD，PA ⊥AE，再线面垂直与
面面垂直的判定定理即得证.
（2）由线面平行判定定理可证得EF //平面PCD，则点E到平面PCD的距离即为EF到平面PCD的距离.
方法一：以A为原点建立空间直角坐标系，运用点到面的距离公式计算即可.方法二：运用等体积法
V P−EDC =V E−PCD计算即可.
【详解】（1）证明：连接AC，如图所示，
∵PA ⊥
平面
ABCD ,∴PA ⊥AB , PA ⊥AC
，
∵PB = PC =2√6, PA = 4 ,∴AB = AC =2√2，
∵BC = 4 ,∴A B
2+ A C
2= BC
2，即AB⊥AC，
又∵E为BC中点，则AE⊥BC，且AE = EC =2，
∵AD =CD =2,∴四边形AECD为正方形，∴AE⊥AD，
∵PA ⊥平面ABCD , AE⊂平面ABCD ,∴PA ⊥AE，
又∵AD∩PA = A，AD、PA ⊂平面PAD，∴AE⊥平面PAD，
又∵AE⊂平面AEF ,∴平面AEF ⊥平面PAD.
（2）∵在△PBC中，E , F分别为BC , PB中点，∴EF ∥PC，
又EF ⊄平面PCD , PC ⊂平面PCD，∴EF //平面PCD，
∴点E到平面PCD的距离即为EF到平面PCD的距离，
（方法一）
∵PA ⊥AD , PA ⊥AE , AE⊥AD，
∴以A为原点，AE , AD , AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系A −xyz，如图所示，
54
则E (2,0,0),C (2,2,0), P(0,0,4), D (0,2,0)，⃗
EC =(0,2,0),⃗CP =(−2,−2,4),⃗CD =(−2,0,0)，
设⃗n=(x , y , z)是平面PCD的法向量，
∴¿，
取z =1，则y =2,∴⃗n=(0,2,1)是平面PCD的一个法向量，
∴点E到平面PCD的距离为d =|⃗EC ⋅⃗n|
|⃗n|
= 4
√5 = 4√5
5
，
即直线EF到平面PCD的距离为4√5
5
.
（方法二）
连接ED、PE，如图所示，
∵△EDC
为等腰直角三角形，
∴S△EDC = 1
2 ×2×2=2
，
又∵PA ⊥平面ECD ,∴PA是三棱锥P−EDC的高，
∴ V P−EDC = 1
3 S△EDC⋅PA = 1
3 ×2×4 = 8
3，
∵CD =2, PD =√P A
2+ A D
2=√16+ 4 =2√5, PC =2√6，
∴P D
2+C D
2= PC
2,∴CD⊥PD，
∴S△PCD= 1
2 CD⋅PD = 1
2 ×2×2√5=2√5，
55
设E到平面PCD距离为d，则V P−EDC =V E−PCD= 1
3 S△PCD⋅d，
∴1
3 ×2√5d = 8
3 ,∴d =
8
2√5 = 4√5
5
，
即EF到平面PCD的距离为4√5
5
.
变式6．（23-24 高二下·江苏连云港·阶段练习）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架
ABCD , ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子M，N 分别在正方形对角线AC和BF
上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM = BN =a(0<a<√2)．
(1)a 为何值时，MN的长最小？
(2)当MN的长最小时求平面MNA与平面MNB夹角的余弦值；
(3)当MN的长最小时求直线CE到平面MNB的距离．
【答案】(1)√2
2
(2)1
3
(3)√3
3
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解即可得；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可得，
（3）可得CE //平面MNB，借助空间向量中点到平面的距离公式求解即可得.
【详解】（1）因为平面ABCD⊥平面ABEF，BC ⊥AB，BE⊥AB，
且平面ABCD∩平面ABEF = AB，BC ⊂平面ABCD，
故CB⊥平面ABEF，又BE⊂平面ABEF，
故BC ⊥BE，从而BC , AB ,BE两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
有B (0,0,0)、A (1,0,0)、C (0,0,1)、F (1,1,0)、E (0,1,0)，
56
∵CM = BN =a，∴M(
a
√2 ,0,1−a
√2)，N(
a
√2 , a
√2 ,0)，
MN =√(
a
√2 −a
√2)
2
+(0−a
√2)
2
+(1−a
√2)
2
=√a
2−√2a+1，
MN =√a
2−√2a+1=√(a−√2
2 )
2
+ 1
2
，
当a= √2
2 时，MN最小，最小值为√2
2 ；
（2）由（1）可知，当M，N为AC、BF中点时，MN最短，
则M(
1
2 ,0, 1
2)，N(
1
2 , 1
2 ,0)，⃗
MA =(
1
2 ,0,−1
2)，⃗MN =(0, 1
2 ,−1
2)，⃗BM =(
1
2 ,0, 1
2)，
令平面MNA与平面MNB的法向量分别为⃗m=(x1, y1, z1)、⃗n=(x2, y2, z2)，
则有¿，¿，取x1= x2=1，
则有⃗m=(1,1,1)，⃗n=(1,−1,−1)，
则∴cos ⟨⃗m,⃗n⟩=⃗m·⃗n
|⃗m|·|⃗n|
=
1−1−1
√1+1+1⋅√1+1+1 =−1
3，
∴平面MNA与平面MNB夹角的余弦值是1
3；
（3）⃗CE =(0,1,−1)，当MN的长最小时，平面MNB的法向量为⃗n=(1,−1,−1)，
有⃗CE⋅⃗n=−1+1=0，故CE //平面MNB，
故直线CE到平面MNB的距离等于点C到平面MNB的距离，⃗
BC =(0,0,1)，故d =|⃗BC ⋅⃗n|
|⃗n|
=
1
√1+1+1 = √3
3 ，
即当MN的长最小时直线CE到平面MNB的距离为√3
3 .
57
变式7 ．（22-23 高二下· 江苏连云港· 阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，
AB =1,BC =2,∠ABC =60°，四边形ACEF为正方形，且平面ABCD⊥平面ACEF．
(1)证明：AB⊥CF；
(2)求直线AC到平面BEF的距离；
(3)求平面BEF与平面ADF夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)√3
2 ；
(3)√7
4 .
【分析】（1）利用余弦定理计算AC，再证明AB⊥AC即可推理作答.
（2）以点A 为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算点C 到平面BEF 的距离即可求出线面距离.
（3）利用（2）中坐标系，用向量数量积计算两平面夹角余弦值，进而求解作答.
【
详
解
】
（
1
）
在▱ABCD中
，
AB =1,BC =2,∠ABC =60°，
由
余
弦
定
理
A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos∠ABC得，
A C
2=1
2+2
2−2×1×2cos60
∘=3，即AC =√3，有A C
2+ A B
2= 4 = BC
2，则∠BAC =90
∘，即
AB⊥AC，
由平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF = AC，AB⊂平面ABCD，
58
得AB⊥平面ACEF，又CF ⊂平面ACEF，
所以AB⊥CF.
（2）由四边形ACEF为正方形，得AF ⊥AC，由（1）易知AB , AC , AF两两垂直，
以点A 为原点，射线AB，AC，AF 分别为x，y，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,√3,0), F(0,0,√3), D(−1,√3,0), E(0,√3,√3)，⃗
FE =(0,√3,0),⃗BF =(−1,0,√3)，设平面BEF的一个法向量⃗n=( x1, y1, z1)，
则¿，令z1=1，得⃗n=(√3,0,1)，
而⃗BC =(−1,√3,0)，于是得点C 到平面BEF的距离d =|⃗n⋅⃗BC |
|⃗n|
=|−1×√3|
√(√3)
2+1
2 = √3
2 ，
而AC // EF，EF ⊂平面BEF，AC ⊄平面BEF，则AC //平面BEF，
所以线AC到平面BEF的距离等于点C 到平面BEF的距离为√3
2 .
（3）由（2）知，⃗AF =(0,0,√3),⃗AD =(−1,√3,0)，设平面ADF的一个法向量⃗m=( x2, y2, z2)，
则¿，令y2=1，得⃗m=(√3,1,0)，设平面BEF 与平面ADF 夹角为θ，
于是cosθ =|cos〈⃗m,⃗n 〉|=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m||⃗n| =
√3×√3
√(√3)
2+1
2×√(√3)
2+1
2 = 3
4 ，sinθ =√1−cos
2θ = √7
4 ，
所以平面BEF 与平面ADF 夹角的正弦值为√7
4 .
【方法技巧与总结】
求直线与平面间的距离，往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以求解最为简单为准则，
求直线到平面的距离的题目不多，因直线到平面的距离可以用点到平面的距离求解，但在求点到平面的距
离时有时用直线到平面的距离进行过渡.
【题型5：用向量法求面面距】
例5．（23-24 高二上·江苏扬州·阶段练习）如图，在几何体ABC −A1B1C1中，四边形A1 AC B1是矩
59
形，△ACB≌△A1B1C1，且平面ACB //平面A1B1C1，A A1⊥AB，AB = BC = A A1= √2
2 AC =1，则
下列结论错误的是（ ）
A．A C1// B B1
B．异面直线B B1、C1C所成的角为π
3
C．几何体ABC −A1B1C1的体积为1
2
D．平面A1B B1与平面A C1C间的距离为√3
3
【答案】C
【分析】根据线线平行、异面直线所成角、几何体体积、面面距等知识对选项进行分析，从而确定正确答
案.
【详解】由于四边形A1 AC B1是矩形，所以A A1⊥AC，
由于A A1⊥AB，A A1∩AB = A , A A1, AB⊂平面ACB，所以A A1⊥平面ACB，
由于平面ACB //平面A1B1C1，所以A A1⊥平面A1B1C1.
由于A1C1⊂平面A1B1C1，所以A A1⊥A1C1，
由于B1C // A A1，所以B1C ⊥平面ACB，由于BC ⊂平面ACB，
所以B1C ⊥BC，同理可证得B1C ⊥B1C1，
所以A C1= B B1=√1
2+1
2=√2, AB = B1C1=1,
所以四边形AB B1C1是平行四边形，所以AB// B1C1，A C1// B B1，A 选项正确.
由于A C1// B B1，所以异面直线B B1、C1C所成的角为∠A C1C（或其补角），
由于A C1= AC =C C1=√2，所以三角形A C1C是等边三角形，所以∠A C1C =π
3 ，
即异面直线B B1、C1C所成的角为π
3 ，B 选项正确.
将几何体补形为正方体，如下图所示，
所以V ABC −A1B1C1=1×1×1−2× 1
3 ×(
1
2 ×1×1)×1= 2
3，C 选项错误.
60
由上述分析可知A C1// B B1，由于B B1⊄平面AC C1，A C1⊂平面AC C1，
所以B B1//平面AC C1.同理可证得A1B1//平面AC C1，
由于B B1∩A1B1= B1，所以平面A1B B1//平面A C1C.
以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A (1,0,0),C (0,1,0),C1(0,0,1)，⃗AC =(−1,1,0),⃗A C1=(−1,0,1)，
设平面AC C1的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，故可设⃗n=(1,1,1)，⃗
B B1=(0,0,1)，平面A1B B1与平面A C1C间的距离，即B1到平面A C1C的距离，
所以距离为|⃗n⋅⃗B B1|
|⃗n|
= 1
√3 = √3
3
，D 选项正确.
故选：C
变式1．（22-23 高二下·安徽阜阳·阶段练习）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，下列说法
不正确的是（ ）
A．直线BC与平面ABC1 D1所成的角为π
3
B．A C1⊥A1 D
C．三棱锥B1−A1BD外接球的表面积为12π
D．平面A1BD与平面B1 D1C的距离为2√3
3
【答案】A
【分析】根据线面角的定义即可判断A，建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算即可判断BD，由
三棱锥B1−A1BD外接球与正方体的外接球相同即可判断C.
61
【详解】
连接B1C，与BC1相交于O点，因为D1C1⊥平面B1BC C1，且B1C1⊂平面B1BC C1，
所以D1C1⊥B1C，又因为B1C ⊥BC1，BC1∩D1C1=C1，所以B1C ⊥平面B1BC C1，
即直线BC与平面ABC1 D1所成的角为∠CBC1，且∠CBC1=π
4 ，故A 错误；
连接A C1, A1 D ,BD , A1B，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A (2,0,0),C1(0,2,2), A1(2,0,2), D (0,0,0),B (2,2,0)，
则⃗A C1=(−2,2,2),⃗DB =(2,2,0),⃗D A1=(2,0,2)
设平面D A1B的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，解得¿，取x =1，则y =−1, z =−1
所以⃗n=(1,−1,−1)，则⃗A C1=−2⃗n，所以A C1⊥平面D A1B，
且A1 D⊂平面D A1B，则A C1⊥ A1 D，故B 正确；
因为三棱锥B1−A1BD外接球就是正方体ABCD−A1B1C1 D1的外接球，
设其外接球的半径为R，则2 R =√2
2+2
2+2
2，即R =√3，
所以S = 4π R
2=12π，故C 正确；
62
因为BD // B1 D1,BD⊂平面A1BD ,B1 D1⊄平面A1BD ,所以B1 D1//平面A1BD ,
同理B1C //平面A1BD , 又B1 D1∩B1C = B1,B1 D1,B1C ⊂平面B1 D1C,
所以平面A1BD //平面B1 D1C，
由B 选项可知，平面D A1B的法向量为⃗n=(1,−1,−1)，且⃗D1 A1=(2,0,0)，
则两平面间的距离d =|⃗D1 A1⋅⃗n|
|⃗n|
= 2
√3 = 2√3
3
，故D 正确.
故选:A
变式2．（23-24 高二上·全国·课后作业）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，则平面A B1 D1与平
面BDC1的距离为（ ）
A．√2
B．√3
C．√2
3
D．√3
3
【答案】D
【分析】将平面A B1 D1与平面BDC1的距离转化为点B到平面A B1 D1的距离，建立空间直角坐标系，，
然后用空间向量求解
【详解】由正方体的性质：A B1∥DC1,D1B1∥DB，
A B1∩D1B1= B1，DC1∩DB = D，
且A B1⊂平面A B1 D1，D1B1⊂平面A B1 D1，
DC1⊂平面BDC1，DB⊂平面BDC1，
所以平面A B1 D1∥平面BDC1，
则两平面间的距离可转化为点B 到平面A B1 D1的距离．
以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在的直线分别为x , y , z轴
建立空间直角坐标系，如图所示：
63
由正方体的棱长为1，所以A (1,0,0)，B (1,1,0)，A1(1,0,1)，
C (0,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)
所以⃗C A1=(1,−1,1)，⃗BA =(0,−1,0)，⃗
A B1=(0,1,1)，⃗B1 D1=(−1,−1,0)．
连接A1C，
由⃗
C A1⋅⃗A B1=(1,−1,1)⋅(0,1,1)=1×0+(−1)×1+1×1=0，⃗
C A1⋅⃗B1 D1=(1,−1,1)⋅(−1,−1,0)=1×(−1)+(−1)×(−1)+1×0=0，
所以⃗C A1⊥⃗A B1⇒C A1⊥A B1,⃗C A1⊥⃗B1 D1⇒C A1⊥B1 D1，
且A B1∩B1 D1= B1，
可知C A1⊥平面A B1 D1，
得平面A B1 D1的一个法向量为⃗C A1=⃗n=(1,−1,1)，
则两平面间的距离：
d =|⃗
BA ⋅⃗n
|⃗n| |=|
0×1+(−1)×(−1)+0×1
√1
2+(−1)
2+1
2
|= 1
√3 = √3
3 ．
故选：D.
变式3．（21-22 高二上·浙江绍兴·期末）空间直角坐标系中A (0,0,0)、B (1,1,1)、C (1,0,0)）、
D (−1,2,1)，其中A ∈α，B∈α，C ∈β，D∈β，已知平面α //平面β，则平面α与平面β间的距离为
（ ）
A．√26
26
B．√13
13
C．√3
3
D．√5
5
64
【答案】A
【分析】由已知得⃑AB，⃑CD，⃑AC，设向量⃑n=(x，y , z)与向量⃑AB、⃑CD都垂直，由向量垂直的坐标运算
可求得⃑n，再由平面平行和距离公式计算可得选项.
【详解】解：由已知得⃑AB =(1，1，1)，⃑CD =(−2，2，1)，⃑AC =(1，0，0)，设向量⃑n=(x，y , z)
与向量⃑AB、⃑CD都垂直，则
¿，即¿，取x =1，⃑n=(1，3,−4)，
又平面α //平面β，则平面α与平面β间的距离为d =|⃑AC ⋅⃑n|
|⃑n|
=|1×1+3×0+(−4)×0|
√1
2+3
2+(−4)
2
= √26
26 ，
故选：A.
变式4．（21-22 高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，
OA ⊥底面ABCD，OA =2，M、N、R分别是OA、BC、AD的中点．求：
(1)直线MN与平面OCD的距离；
(2)平面MNR与平面OCD的距离．
【答案】(1)√2
2
(2)√2
2
【分析】（1）证明出平面MNR //平面OCD，可得出MN //平面OCD，以点A为坐标原点，AB、AD、
AO所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线MN与平面OCD的距离；
（2）利用空间向量法可求得平面MNR与平面OCD的距离．
【详解】（1）解：因为OA ⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，
以点A为坐标原点，AB、AD、AO所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
65
则C (2,2,0)、D (0,2,0)、O(0,0,2)、M (0,0,1)、N (2,1,0)、R (0,1,0)，
因为M、R分别为PA、AD的中点，则MR //OD，
∵MR⊄平面OCD，OD⊂平面OCD，∴MR //平面OCD，
因为AD // BC且AD = BC，R、N分别为AD、BC的中点，则CN // RD且CN = RD，
所以，四边形CDRN为平行四边形，∴RN //CD，
∵RN ⊄平面OCD，CD⊂平面OCD，∴RN //平面OCD，
∵MR∩RN = R，MR、RN ⊂平面MNR，∴平面MNR //平面OCD，
∵MN ⊂平面MNR，∴MN //平面OCD，
设平面OCD的法向量为⃑n=(x , y , z)，⃑DC =(2,0,0)，⃑DO =(0,−2,2)，
则¿，取y =1，可得⃑n=(0,1,1)，⃑NC =(0,1,0)，
所以，直线MN与平面OCD的距离为d1=|⃑NC ⋅⃑n|
|⃑n|
= 1
√2 = √2
2 .
（2）解：因为平面MNR //平面OCD，则平面MNR与平面OCD的距离为d2=|⃑NC ⋅⃑n|
|⃑n|
= 1
√2 = √2
2 .
变式5．（20-21 高二·全国·课后作业）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，点M，N，E，F 分别
为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1 的中点，
66
（1）证明：平面AMN∥平面EFBD；
（2）求平面AMN 与平面EFBD 间的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）8
3．
【分析】（1）如图所示，建立空间直角坐标系，证明⃑EF =⃑MN，⃑AM =⃑BF，即可得EF∥MN，AM∥BF，从
而可证MN∥平面EFBD，AM∥平面EFBD，再利用面面平行的判定定理即可得证；
（2）因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B 到平面AMN 的距离即为平面AMN 与平面EFBD 间的距离，求出平
面AMN 的法向量，从而可求的答案.
【详解】（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，
E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)．
从而⃑EF＝(2，2，0)，⃑MN＝(2，2，0)，⃑AM＝(－2，0，4)，⃑BF＝(－2，0，4)，
所以⃑EF =⃑MN，⃑AM =⃑BF，所以EF∥MN，AM∥BF．
又EF ⊂平面EFBD，MN ⊄平面EFBD，所以MN∥平面EFBD，
BF ⊂平面EFBD，AM ⊄平面EFBD，所以AM∥平面EFBD，
因为MN∩AM＝M，
所以平面AMN∥平面EFBD；
（2）解：因为平面AMN∥平面EFBD，
所以点B 到平面AMN 的距离即为平面AMN 与平面EFBD 间的距离．
设⃑n=(x , y , z)是平面AMN 的法向量，
则有¿即¿，可取⃑n=(2,−2,1)，
由于⃑AB＝(0，4，0)，
所以点B 到平面AMN 的距离为|⃑
n⋅⃑AB
|⃑n| |=|
−8
3 |= 8
3 ，
67
所以平面AMN 与平面EFBD 间的距离为8
3．
【题型6：线线距离】
例6．（23-24 高二上·广东广州·期中）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到
另一条直线距离的最小值．在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，直线BD与C B1的距离为
（ ）
A．1
B．√2
2
C．1
2
D．√3
3
【答案】D
【分析】在直线BD上任意一点M，作MN ⊥C B1，设⃗DM = λ⃗DB，⃗CN = μ⃗C B1，根据MN ⊥C B1得出
λ和μ的关系，再由模长公式得出|⃗MN|与μ的关系，再求最值即可.
【详解】设M为直线BD上任意一点，过M作MN ⊥C B1，垂足为N，可知此时M到直线C B1距离最短，
设⃗DM = λ⃗DB = λ⃗DA + λ⃗DC，⃗CN = μ⃗C B1= μ⃗D A1= μ⃗DA + μ⃗D D1，⃗
MN =⃗DN −⃗DM =⃗DC +⃗CN −⃗DM =(1−λ)⃗DC +(μ−λ)⃗DA + μ⃗D D1，⃗
C B1=⃗DA +⃗D D1，因为MN ⊥C B1，所以⃗MN ⋅⃗C B1=0，
即[(1−λ)⃗DC +(μ−λ)⃗DA + μ⃗D D1]⋅(⃗DA +⃗D D1)=0，所以μ−λ+ μ=0，即λ =2 μ，
所以⃗MN =(1−2 μ)⃗DC −μ⃗DA + μ⃗D D1，
所以|⃗MN|=√[(1−2 μ)⃗DC −μ⃗DA + μ⃗D D1]
2=√(1−2 μ)
2+ μ
2+ μ
2=√
6(μ−1
3)
2
+ 1
3
，
所以当μ= 1
3时，|⃗MN|取得最小值√3
3 ，所以直线BD与C B1的距离为√3
3 .
68
故选：D
变式1. （23-24 高二上·山东枣庄·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =1，M，N
分别是棱AB，C C1的中点，E 是BD 的中点，则异面直线D1 M，EN 间的距离为（ ）
A．√2
4
B．√2
2
C．1
D．4
3
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量即可根据公式求解.
【详解】以D为原点，⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1的方向为x , y , z轴建立空间直角坐标系，易知
D1(0,0,1), M (1, 1
2 ,0), E( 1
2 , 1
2 ,0), N (0,1, 1
2 )，⃗
D1 M =(1, 1
2 ,−1),⃗EN =(−1
2 , 1
2 , 1
2 )，设⃗n=( x , y , z)同时垂直于⃗D1 M ,⃗EN，
由¿，令x =1，得⃗n=(1,0,1)，
69
又⃗MN =(−1, 1
2 , 1
2 )，则异面直线D1 M , EN间的距离为|⃗MN ⋅⃗n|
|⃗n|
=|−1+ 1
2|
√2
= √2
4
.
故选：A．
变式2. （21-22 高二上·上海浦东新·期中）如图是一棱长为1的正方体，则异面直线A1B与B1 D1之间的
距离为（ ）
A．√3
B．√3
3
C．1
2
D．√2
2
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求出与⃗D1B1和⃗A1B垂直的向量坐标，求出异面直线间的距离.
【详解】以D 为原点，DA，DC，D D1分别为x，y，z 轴，建立如图空间直角坐标系，
则⃗D1B1=(1,1,0)，⃗A1B =(0,1,−1)，设⃗n=( x , y , z)与⃗D1B1和⃗A1B都垂直，
则¿，即¿，取⃗n=(1,−1,−1)，又因为⃗D1 A1=(1,0,0)，
所以异面直线D1B1和A1B间的距离为|⃗D1 A1⋅⃗n|
|⃗n|
= 1
√3 = √3
3
.
故选：B.
70
变式3. (多选)（2023·辽宁朝阳·一模）如图，在棱长为1 正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M为B1C1的
中点，E为A1C1与D1 M的交点，F为BM与C B1的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．A1C1与D1B垂直
B．EF是异面直线A1C1与B1C的公垂线段，
C．异面直线A1C1与B1C所成的角为π
2
D．异面直线A1C1与B1C间的距离为√3
3
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项分析.
【详解】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，D D1 为z 轴，建立如下图所示坐标系：
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),C1(0,1,1), M(
1
2 ,1,1) ，
D1(0,0,1),⃗D1 M =(
1
2 ,1,0),⃗A1C1=(−1,1,0),⃗D1 A1=(1,0,0) ，
设E(x0, y0, z0), F (x1, y1, z1),⃗A1 E = λ0⃗A1C1,⃗D1 E = μ0⃗D1 M ，
则有：⃗D1 E = μ0⃗D1 M = μ0(⃗D1C + 1
2⃗D1 A1),⃗A1 E = λ0⃗A1C1= λ0(⃗D1C1−⃗D1 A1) ，
71
又⃗D1 E =⃗D1 A1+⃗A1 E ,∴μ0(⃗D1C1+ 1
2⃗D1 A1)=⃗D1 A1+ λ0(⃗D1C1−⃗D1 A1) ，
解得μ0= λ0= 2
3 ，∴⃗A1 E =(x0−1, y0, z0−1)= 2
3
(−1,1,0) ，¿ ，E(
1
3 , 2
3 ,1) ，同理可得F(
2
3 ,1, 2
3) ；
对于A，⃗A1C1=(−1,1,0) ，⃗D1B =(−1,−1,1) ，⃗A1C1·⃗D1B =0 ，正确；
对于B，⃗EF =(
1
3 , 1
3 ,−1
3) ，⃗B1C =(−1,0,−1),⃗EF ·⃗B1C =0,⃗EF ·⃗A1C1=0,∴⃗EF ⊥⃗B1C ,⃗EF ⊥⃗A1C1
，
即EF ⊥B1C , EF ⊥A1C1，又EF ∩A1C1= E , EF ∩B1C = F,
故EF是异面直线A1C1与B1C的公垂线段，正确；
对于C，设A1C1 与B1C 所成的角为θ ，则cosθ = |⃗A1C1·⃗B1C|
|⃗A1C1|·|⃗B1C|
= 1
2 ，
∵θ∈[0, π
2]，∴θ = π
3 ，错误；
对于D，由B 知EF 是A1C1 与B1C 的公垂线段，|⃗EF|=√3× 1
9 = √3
3 ，正确；
故选：ABD.
变式4. （23-24 高二上·北京昌平·阶段练习）在棱长是2的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为A1B1的
中点，则异面直线D1 E和BC1间的距离是
【答案】2√6
3
/2
3 √6
【分析】
建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】以D 为坐标原点，以DA , DC , D D1为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则D1(0,0,2), E (2,1,2),B (2,2,0),C1(0,2,2)，
72
则⃗D1 E =(2,1,0),⃗BC1=(−2,0,2)，
设与异面直线D1 E和BC1都垂直的向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，令z =1，则⃗n=(1,−2,1)，
又⃗BE =(0,−1,2)，故异面直线D1 E和BC1间的距离是d =|⃗BE⋅⃗n|⃗
|n|
= 4
√6 = 2√6
3
，
故答案为：2√6
3
变式5. （21-22 高二·全国·课后作业）如图，多面体ABC −A1B1C1是由长方体一分为二得到的，
A A1=2，AB = BC =1，∠ABC =90°，点D 是B B1中点，则异面直线D A1与B1C1的距离是 ．
【答案】√2
2 #1
2 √2
【分析】建立空间直角坐标系，直接利用异面直线之间的距离公式求解即可.
【详解】以B为坐标原点，分别以BC，AB,B B1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,1),
A1(0,1,2),B1(0,0,2),C1(1,0,2),
∴⃑D A1=(0,1,1),⃑B1C1=(1,0,0),
设⃑m=(x , y , z)是⃑D A1，⃑B1C1的公垂线方向上的单位向量，
则⃑D A1⋅⃑m=0，即y + z =0①，⃑
B1C1⋅⃑m=0，即x =0②，
易知x
2+ y
2+ z
2=1③，
联立解得x =0，y =−√2
2 ，z = √2
2 或x =0，y = √2
2 ，z =−√2
2 ；
不妨取⃑m=(0, √2
2 ,−√2
2 )，
73
又∵⃑C1 D =(−1,0,−1),
则异面直线D A1与B1C1的距离d =|⃑C1 D⋅⃑m|
|⃑m|
=
√2
2
1 = √2
2
，
故答案为：√2
2 .
变式6. （21-22 高二·全国·单元测试）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB＝1，M，N 分别是棱
AB，C C1的中点，E 是BD 的中点，则异面直线D1 M，EN 间的距离为 .
【答案】√2
4
【分析】建立空间直角坐标系，表示出⃑D1 M ,⃑EN，求出同时垂直于⃑D1 M ,⃑EN的⃑n，再通过公式
|⃑MN ⋅⃑n|
|⃑n|
求距离即可.
74
【详解】
以D为原点，⃑DA ,⃑DC ,⃑D D1的方向为x , y , z轴建立空间直角坐标系，易知
D1(0,0,1), M (1, 1
2 ,0), E( 1
2 , 1
2 ,0), N (0,1, 1
2 )，⃑
D1 M =(1, 1
2 ,−1),⃑EN =(−1
2 , 1
2 , 1
2 )，设⃑n=( x , y , z)同时垂直于⃑D1 M ,⃑EN，由¿，令x =1，得⃑
n=(1,0,1)，
又⃑MN =(−1, 1
2 , 1
2 )，则异面直线D1 M，EN 间的距离为|⃑MN ⋅⃑n|
|⃑n|
=|−1+ 1
2|
√2
= √2
4
.
故答案为：√2
4 .
一、单选题
1．（23-24 高二上·广东深圳·期末）已知A (1,1,1),B (1,0,1),⃗BC =(1,−1,1)，则点A到直线BC的距离
为（ ）
A．√3
3
B．2√3
3
C．√6
3
D．2√6
3
【答案】C
【分析】利用空间点到直线的距离公式计算求解即可.
【详解】因为A (1,1,1),B (1,0,1),⃗BC =(1,−1,1)，所以⃗BA =(0,1,0)，
75
所以⃗BA在⃗BC上投影的长度为d =|⃗BA ⋅⃗BC|
|⃗BC|
=|−1|
√3 = √3
3 ，
所以点A到直线BC的距离为√|BA⃗|
2
−d
2=√1−1
3 = √6
3
.
故选：C
2．（22-23 高二上·浙江温州·期中）已知A (0,0,1),B (0,2,0),C (3,0,0),O(0,0,0)，则点O 到平面ABC 的
距离是（ ）
A．6
7
B．6
7 √2
C．2√2
3
D．2
3
【答案】A
【分析】求出平面ABC的法向量⃗m=(2,3,6)，利用公式求出点到平面的距离.
【详解】⃗AB =(0,2,−1),⃗AC =(3,0,−1)，设平面ABC 的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
令z =6得，x =2, y =3，故⃗m=(2,3,6)，
故点O 到平面ABC 的距离为|⃗OB⋅⃗m|
|⃗m|
=|(0,2,0)⋅(2,3,6)|
√4+9+36
= 6
7 .
故选：A
3．（22-23 高二上·河南焦作·期末）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1，中，M、N分别是
A1B1、CD的中点，则点B到截面AM C1 N的距离为（ ）
A．√2
B．2√6
3
C．√3
D．4√2
3
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算.
【详解】以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A (2,0,0), M (2,1,2), N (0,1,0),C1(0,2,2),B (2,2,0)，
76
设平面AM C1 N的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
令x =1，则y =2, z =−1，
故设平面AM C1 N的法向量为⃗m=(1,2,−1)，
所以点B到截面AM C1 N的距离为d =|⃗AB⋅⃗m|
|⃗m|
=|(0,2,0)⋅(1,2,−1)|
√1+ 4 +1
= 2√6
3
.
故选：B
4．（22-23 高二下·福建漳州·期中）已知点A(1,1,2),B(2,0,1),C(−1,2,0)，则点C到直线AB的距离
为（ ）
A．√3
3
B．1
3
C．√78
3
D．4√5
3
【答案】C
【分析】利用点到直线距离的向量表示可直接求得答案.
【详解】因为A(1,1,2),B(2,0,1),C(−1,2,0)，所以⃗AB =(1,−1,−1)，⃗AC =(−2,1,−2)，
所以⃗AC ⋅⃗AB
|⃗AB|
=−√3
3 ，
所以点C 到直线AB 的距离d =√
|AC⃗|
2
−(
AC⃗⋅AB⃗
| AB⃗| )
2
=√9−1
3 = √78
3 ，
故选：C．
5 ．（22-23 高二下· 四川成都· 期末）在空间直角坐标系Oxyz中，已知
A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1), D (1,1,1)，则四面体ABCD的体积为（ ）
A．1
3
B．√2
3
C．√3
3
D．2
3
【答案】A
77
【分析】运用空间向量法求出高，运用锥体体积公式进而求出体积
【详解】如图所示，正方体边长为1，建立坐标系，
则A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1), D (1,1,1).则四面体ABCD为正三棱锥.
底面为等边ABC，且边长为√2.则面积为S△ABC = √3
4 ×(√2)
2= √3
2 .⃗
AB =(−1,1,0),⃗AC =(−1,0,1)，⃗CD =(1,1,0).设平面ABC法向量为⃗m=( x , y , z)，
则¿，故⃗m=(1,1,1).
则D到平面ABC的距离为d =|⃗CD⋅⃗m|
|⃗m|
= 2
√3 = 2√3
3
．
则四面体ABCD的体积为V = 1
3 S△ABC⋅d = 1
3 × √3
2 × 2√3
3
= 1
3.
故选：A
6 ．（23-24
高二下· 河南· 阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，
PA = PB = PC =2,∠APB=90
∘,∠BPC =∠APC =60
∘, M为BC的中点，Q为AM的中点，则线段PQ的
长度为（ ）
A．√2
B．√5
2
C．3
2
D．√6
2
【答案】C
【分析】先得到⃗PQ = 1
2⃗PA + 1
4⃗PB+ 1
4⃗PC，再平方求解.
78
【详解】解：由题意得⃗PQ = 1
2⃗PA + 1
2⃗PM = 1
2⃗PA + 1
4⃗PB+ 1
4⃗PC，
故⃗PQ
2= 1
4⃗PA
2+ 1
16⃗PB
2+ 1
16⃗PC
2+ 1
4⃗PA ⋅⃗PB+ 1
4⃗PA ⋅⃗PC + 1
8⃗PB⋅⃗PC，
=1+ 1
4 + 1
4 +0+ 1
2 + 1
4 = 9
4 ，
则PQ = 3
2.
故选：C.
7．（23-24 高二下·江苏·期中）已知点M (2,3,1)，记点M 到x 轴的距离为a，到y 轴的距离为b，到z 轴
的距离为c，则下列结论中正确的是（ ）
A．a>b>c
B．c>b>a
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】C
【分析】分别求出点M 在x 轴，y 轴，z 轴上的投影点的坐标，再借助空间两点间距离公式计算作答.
【详解】设点M 在x 轴上的投影点M 1( x ,0,0)，则⃗M 1 M =(2−x ,3,1)，而x 轴的方向向量⃗n1=(1,0,0)，
由⃗n1⊥⃗M 1 M得：⃗n1⋅⃗M 1 M =2−x =0，解得x =2，则a=| M 1 M |=√3
2+1
2=√10，
设点M 在y 轴上的投影点M 2(0, y ,0)，则⃗M 2 M =(2,3−y ,1)，
而y 轴的方向向量⃗n2=(0,1,0)，
由⃗n2⊥⃗M 2 M得：⃗n2⋅⃗M 2 M =3−y =0，解得y =3，则b=| M 2 M |=√2
2+1
2=√5，
设点M 在z 轴上的投影点M 3(0,0, z)，则⃗M 3 M =(2,3,1−z)，而z 轴的方向向量⃗n3=(0,0,1)，
由⃗n3⊥⃗M 3 M得：⃗n3⋅⃗M 3 M =1−z =0，解得z =1，则c =| M 3 M |=√2
2+3
2=√13，
所以c>a>b.
故选：C
8．（23-24 高二下·江西·开学考试）在正三棱锥P−ABC中，AB =√2 PA =√2，且该三棱锥的各个顶
点均在以O 为球心的球面上，设点O 到平面PAB 的距离为m，到平面ABC 的距离为n，则n
m=（ ）
A．3
B．2√3
3
C．√3
D．√3
3
79
【答案】D
【分析】根据AB =√2 PA =√2，得到PA，PB，PC 两两垂直，从而把该三棱锥补成一个正方体求解.
【详解】解：在正三棱锥P−ABC中，PA = PB = PC，又PA =1，AB =√2，所以P A
2+ P B
2= A B
2，所
以PA ⊥PB，
同理可得PA ⊥PC，PC ⊥PB，即PA，PB，PC 两两垂直，
把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直
径，易得m= 1
2，
如图，建立空间直角坐标系，
则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，O(
1
2 , 1
2 , 1
2)，
所以⃗AB =(−1,1,0)，⃗AC =(−1,0,1)，⃗AO =(−1
2 , 1
2 , 1
2)，
设平面ABC 的一个法向量为s(x, y , z)，
则¿，
令x =1，则y = z =1，所以s=(1,1,1)，
则点O 到平面ABC 的距离n=|s⋅⃗AO|
|s|
= √3
6 ，
所以n
m = √3
3 ．
故选：D．
二、多选题
9．(多选)（22-23 高二上·辽宁·期中）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2 AB =2，O
为四边形DC C1 D1对角线的交点，下列结论正确的是（ ）
80
A．点O到侧棱的距离相等
B．正四棱柱外接球的体积为√6π
C．若⃗D1 E = 1
4⃗D1 D，则A1 E⊥平面AO D1
D．点B到平面AO D1的距离为2
3
【答案】BD
【分析】利用正四棱柱的体对角线等于外接球直径，以及空间位置关系的向量方法证明和空间距离的向量
方法计算方法即可求解.
【详解】对于A, O到侧棱C C1, D D1的距离等于1
2 CD = 1
2,
O到侧棱A A1,B B1的距离相等且等于√
BC
2+(
CD
2 )
2
= √5
2
,故A 错误；
对于B，设正四棱柱外接球的直径为d，则有d
2= A B
2+ A D
2+ A A1
2=6,
即d =√6，所以外接球的体积等于4
3 π(
d
2)
3
=√6π，故B 正确；
对于C，建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0), A1(1,0,2),O(0, 1
2 ,1), D1(0,0,2),
因为⃗D1 E = 1
4⃗D1 D，所以E(0,0, 3
2 ),
所以⃗A1 E =(−1,0,−1
2 )，⃗AO =(−1, 1
2 ,1)，⃗A D1=(−1,0,2),
所以⃗A1 E⋅⃗AO =1−1
2 ≠0，所以A1 E与平面AO D1不垂直，故C 错误；
对于D,由以上知，设平面AO D1的法向量为⃗m=( x , y , z)，
则有⃗AO =(−1, 1
2 ,1)，⃗A D1=(−1,0,2),
81
¿,即¿，令x =2则z =1, y =2，
所以⃗m=(2,2,1)，
因为⃗AB =(0,1,0),所以点B到平面AO D1的距离为⃗AB⋅⃗m
|⃗m|
= 2
3，故D 正确.
故选:BD.
10．（23-24 高二下·甘肃·期中）如图所示，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F分别
为棱A A1和B B1的中点，则以D为原点，DA , DC , D D1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则
下列结论正确的是（ ）
A．EF //平面ABCD
B．D1 E⊥CF
C．⃗a=(1,0,2)是平面EF D1的一个法向量
D．点C到平面EF D1的距离为4√5
5
【答案】ACD
【分析】对于A，由线面平行的判定定理证明即可；对于B，由空间向量判断异面直线垂直即可；对于C，
由平面法向量求解即可；对于D，由点到平面的距离公式计算即可.
【详解】对于A，由于E，F分别是A A1,B B1的中点，
所以EF // AB , AB⊂平面ABCD , EF ⊂平面ABCD，
82
所以EF //平面ABCD，故A 正确；
对于B，C(0,2,0), D1(0,0,2), E(2,0,1), F(2,2,1)，
故⃗D1 E =(2,0,−1)，⃗CF =(2,0,1),⃗D1 E⋅⃗CF = 4 +0−1≠0，
故⃗D1 E与⃗CF不垂直，进而可得D1 E与CF不垂直，故B 错误；
对于C，由C(0,2,0), D1(0,0,2), E(2,0,1), F(2,2,1)，所以⃗D1 E =(2,0,−1),⃗D1 F =(2,2,−1)，
设平面D1 EF的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
令x =1，则y =0, z =2，所以平面D1 EF的一个法向量⃗n=(1,0,2)，故C 正确；
对于D，⃗C D1=(0,−2,2)，点C到平面D1 EF的距离为|⃗C D1⋅⃗n|
|⃗n|
=|
4
√5|= 4√5
5
，故D 正确.
故选：ACD．
11．（24-25 高二上·江苏·假期作业）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱
ABF −DCE组合而成，AB⊥AF，AB = AD = AF = 4，G是´
CD上的动点．则（ ）
A．平面ADG⊥平面BCG
B．G为´
CD的中点时，BF // DG
C．存在点G，使得直线EF与AG的距离为2√5
D．存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60
∘
83
【答案】AB
【分析】选项A，由DG⊥CG，AD⊥CG，可得CG⊥平面ADG，再由面面垂直的判定定理可作出判
断；选项B，取´AB的中点H，连接AH，GH，可证DG // AH，AH // BF，从而作出判断；选项C，先
证EF //平面ADG，从而将原问题转化为求点F到平面ADG的距离，再以A为坐标原点建立空间直角坐
标系，利用向量法求点到面的距离，即可作出判断；选项D，利用向量法求线面角，即可得解．
【详解】对于选项AA，由题意知，DG⊥CG，AD⊥平面CDG，
因为CG⊂平面CDG，所以AD⊥CG，
又DG∩AD = D，DG、AD⊂平面ADG，
所以CG⊥平面ADG，
因为CG⊂平面BCG，所以平面ADG⊥平面BCG，即选项A 正确；
对于选项B，当G为´
CD的中点时，取´AB的中点H，连接AH，GH，
则AD //GH，AD =GH，所以四边形ADGH是平行四边形，
所以DG // AH，
因为△ABF和△ABH都是等腰直角三角形，所以∠ABF =∠HAB = 45
∘，
所以AH // BF，所以BF // DG，即选项B 正确；
对于选项C，因为EF // AD，且EF ⊂平面ADG，AD⊂平面ADG，
所以EF //平面ADG，
所以直线EF与AG的距离等价于直线EF到平面ADG的距离，
也等价于点F到平面ADG的距离，
以A为坐标原点，AF，AB，AD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，
则F (4,0,0)，A (0,0,0)，D (0,0,4)，
设点G (−m,n,4)，其中0<m≤4，0<n≤4，
由射影定理知，m
2=n(4−n)，即m
2+n
2= 4 n，
所以⃗AF =(4,0,0)，⃗AD =(0,0,4)，⃗AG =(−m,n,4)，
设平面ADG的法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，
取x =n，则y =m，z =0，所以⃗n=(n,m,0)，
若直线EF与AG的距离为2√5，则点F到平面ADG的距离为2√5，
而点F到平面ADG的距离d =|⃗AF ⋅⃗n|
|⃗n|
=
|4 n|
√n
2+m
2 = 4 n
√4 n =2√n≤2√4 = 4<2√5，
所以不存在点G，使得直线EF与AG的距离为2√5，即选项C 错误；
84
对于选项D，C (0,4,4)，B (0,4,0)，
所以⃗BC =(0,0,4)，⃗CG =(−m,n−4,0)，⃗CF =(4 ,−4 ,−4)，
设平面BCG的法向量为⃗m=(a,b,c)，则¿，
取b=m，则a=n−4，c =0，所以⃗m=(n−4 ,m,0)，
若直线CF与平面BCG所成的角为60
∘，
则sin 60
∘=|cos⟨⃗CF ,⃗m⟩| = |⃗CF ⋅⃗m|
|⃗CF|⋅|⃗m|
=
|4(n−4)−4 m|
4√3×√(n−4)
2+m
2 = √3
2 ，
由m
2=n(4−n)，知n−4 =−m
2
n ，
代入上式整理得5⋅(
m
n)
2
−8⋅m
n +5=0，此方程无解，
所以不存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60
∘，即选项D 错误．
故选：AB．
三、填空题
12．（23-24 高二上·陕西汉中·阶段练习）如图，棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E为D D1
的中点，则点C1到平面A B1 E的距离为 .
85
【答案】1
3
【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量⃗B1C1=(−1,0,0)和平面A B1 E的一个法向量⃗
n=(1,−2,2)，结合空间向量的距离公式，即可求解.
【详解】以D为坐标原点，以DA , DB , D D1所在的直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则A(1,0,0),B1(1,1,1), E(0,0, 1
2 ),C1(0,1,1)，
则⃗AE =(−1,0, 1
2 ),⃗A B1=(0,1,1),⃗B1C1=(−1,0,0)，
设平面A B1 E的法向量为⃗n=( x , y , z)，则¿，
取x =1，则y =−2, z =2，所以⃗n=(1,−2,2)，
所以点C1到平面A B1 E的距离为d =|⃗n⋅⃗B1C1|
|⃗n|
= 1
3
.
故答案为：1
3.
13．（23-24 高二上·天津·期末）已知空间中三点A (0,3,−2)，B (1,2,−3)，C (2,0,−4)，则点A到直
线BC的距离为 .
【答案】√3
3
【分析】根据空间中点到直线的距离的向量公式求解.
【详解】由点的坐标可得⃗BC =(1,−2,−1),⃗AB =(1,−1,−1)，
则点A到直线BC的距离为d =√
|⃗AB|
2−(
|⃗AB⋅⃗BC|
|⃗BC| )
2
=√3−8
3 = √3
3
.
故答案为：√3
3
86
14．（23-24 高二下·江苏扬州·期中）在正三棱锥P−ABC中，AB =√2 PA =√2，且该三棱锥的各个顶
点均在以O为球心的球面上，设点O到平面PAB的距离为m，到平面ABC的距离为n，则n
m = ．
【答案】√3
3
【分析】根据AB =√2 PA =√2，得到PA , PB , PC两两垂直，从而把该三棱锥补成一个正方体，再建立空
间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】在正三棱锥P−ABC中，PA = PB = PC，又PA =1，AB =√2，
所以P A
2+ P B
2= A B
2，所以PA ⊥PB，
同理可得PA ⊥PC，PC ⊥PB，即PA , PB , PC两两垂直，
把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球，如图所示，
正方体的体对角线就是外接球的直径，则m= 1
2，
如图，以点P为原点建立空间直角坐标系，
则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，O(
1
2 , 1
2 , 1
2)，
所以⃗AB =(−1,1,0)，⃗AC =(−1,0,1)，⃗AO =(−1
2 , 1
2 , 1
2)，
设平面ABC的一个法向量为⃗s=(x, y , z)，
则¿，
令x =1，则y = z =1，所以⃗s=(1,1,1)，
则点O到平面ABC的距离n=|⃗s⋅⃗AO|
|⃗s|
= √3
6 ，
所以n
m = √3
3 ．
故答案为：√3
3 .
87
【点睛】方法点睛：求点A到平面BCD的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体ABCD的体积，然后计算出△BCD的面积，利用锥体的体积公式可计算
出点A到平面BCD的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面BCD的一个法向量⃗n的坐标，进而可得出点A到平面BCD的距离为
d =|⃗AB⋅⃗n|
|⃗n|
.
四、解答题
15．（24-25 高二上·江苏·假期作业）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，
Δ PAD是边长为2 的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC // AD，AB⊥AD，AB = BC =1．
(1)取线段PA中点M连接BM，判断直线BM与平面PCD是否平行并说明理由；
(2)求B到平面PCD的距离；
(3)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为√10
5 ？若存在，求出PE
PD 的值；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)BM //平面PCD，理由见解析
(2)√21
7
(3)1
3
【分析】（1）取PN中点N，连接MN，证出四边形BCNM为平行四边形，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PCD的法向量⃗n以及⃗BC，利用B到平面PCD的距离的向量公式即可
求解；
（3）平面EAC的法向量⃗m以及⃗OP，利用向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）BM //平面PCD．
88
理由如下证明：取PN中点N，连接MN，
因为M为PA的中点，且AD =2，BC =1，
所以MN = BC，且MN // BC，
所以四边形BCNM为平行四边形，
所以BM //CN，因为CN ⊂平面PCD，BM ⊂平面PCD，
所以BM //平面PCD．
（2）取AD的中点O，连接PO，OC，
因为△PAD为等边三角形，
所以PO⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
所以PO⊥平面ABCD，
如图所示，
以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，D(0,1,0)，C(1,0,0)，B(1,−1,0)，P(0,0,√3)，⃗
CP =(−1,0,√3)，⃗CD =(−1,1,0)，
设平面PCD的法向量为⃗n=( x , y , z)，
所以¿，
令z =1，则⃗n=(√3,√3,1)，
又⃗BC =(0,1,0)，
89
故B到平面PCD的距离d =|⃗BC ⋅⃗n|
|⃗n|
= √3×0+√3×1+1×0
√(√3)
2+(√3)
2+1
2 = √3
√7 = √21
7 ．
（3）设E(s,t,r )，⃗PE = λ⃗PD，
所以(s,t ,r −√3)= λ(0,1,−√3)，
所以E(0, λ ,√3−√3 λ)，
则⃗AC =(1,1,0)，⃗AE =(0, λ+1,√3−√3 λ)，
设平面EAC的法向量为⃗m=( x',y ',z' )，
则¿，
令y ' =√3( λ−1)，则⃗m=(√3(1−λ),√3( λ−1), λ+1)，
又平面DAC的法向量为⃗OP =(0,0,√3)，
于是|cos〈⃗OP ,⃗m 〉|=|⃗OP⋅⃗m|
|⃗OP||⃗m|
=|√3( λ+1)|
√3√3(1−λ)
2+3( λ−1)
2+( λ+1)
2 =| λ+1|
√7 λ
2−10 λ+7
= √10
5 ，
化简得3 λ
2−10 λ+3=0，又λ∈[0,1]，
得λ= 1
3，
即PE
PD = 1
3，
故存在点E，此时PE
PD = 1
3．
16．（23-24 高二下·江苏盐城·期中）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是直角梯形，
AD∥BC，AD =2，∠ABC =90°，且PA ⊥平面ABCD，PA = AB = BC =1．求：
(1)平面PCD与平面PBA所成的二面角的正弦值；
(2)点A到平面PCD的距离．
90
【答案】(1)√30
6
(2)√6
3
【分析】（1）直接建立空间直角坐标系，先求法向量，再求两法向量夹角的余弦值，再求正弦值即可；
（2）直接用空间向量法求点到面的距离.
【详解】（1）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图
所示空间直角坐标系．
A (0,0,0)
，
B (1,0,0)
，
D (0,2,0)
，
P(0,0,1)
，⃗
PD =(0,2,−1)
，⃗
PC =(1,1,−1)，
设平面PCD的法向量⃗n=(x , y , z)，则¿，令z =2，则y =1, x =1，
所以⃗n=(1,1,2)．
取平面PBA的法向量为⃗m=(0,1,0)，|cosθ|=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m||⃗n| = 1
√6 = √6
6 ，
所以sinθ =√1−cos
2θ =√1−1
6 = √30
6 ，
即平面PCD与平面PBA所成的二面角的正弦值√30
6 ．
（2）∵⃗AD =(0,2,0)，平面PCD的法向量为⃗n=(1,1,2)，
∴点A到平面PCD的距离d =|⃗AD⋅⃗n|
|⃗n|
= 2
√6 = √6
3 .
17．（23-24 高一下·广西·阶段练习）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧棱垂直于底面，E , F分别
是BC , A1C1的中点，△ABC是边长为2 的等边三角形，A A1=2 AB．
91
(1)证明：BC ⊥A1 E；
(2)求点C到平面AEF的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)8√65
65
【分析】（1）由等边三角形三线合一可得BC ⊥AE，再由侧棱垂直于底面BC ⊥A1 A可得BC ⊥面
A1 AE即可得出结论；
（2）可由等体积法V F −ACE=V C −AEF计算即可得出.
【详解】（1）法一:∵△ABC是等边三角形，且E是BC中点∴BC ⊥AE
∵A1 A ⊥面ABC，BC ⊂面ABC ∴BC ⊥A1 A
∵AE⊂面A1 AE，A1 A ⊂面A1 AE，且AE∩A1 A = A ∴BC ⊥面A1 AE
∵A1 E⊂面A1 AE ∴BC ⊥A1 E
法二：取B1C1的中点G，则EG⊥面ABC，可知EG、EA 、EC两两垂直，
如图以EC为x轴，EA为y轴，EG为z轴，则E (0,0,0)，A1(0,√3,4)，B (−1,0,0)，C (1,0,0)；
所以⃗BC =(2,0,0)，⃗E A1=(0,√3,4)，则BC⃗⋅E A⃗1=0，即BC⃗⊥E A⃗1⇒ BC ⊥E A1；
92
（2）法一：由题可知：V F −ACE= 1
3 S△ACE⋅A A1= 1
3 × 1
2 × √3
4 ×2
2×4 = 2√3
3
；
在△AEF中，AE =√3，AF =√17；
取B1C1中点G，在Rt△EGF中，EF =√G F
2+G E
2=√1
2+ 4
2=√17，
AE边上的高为√
17−(
√3
2 )
2
= √65
2
；
∴S△AEF = 1
2 × √65
2 ×√3= √195
4
；
设点C到平面AEF的距离为ℎ，则V F −ACE=V C −AEF = 1
3 ℎ×S△AEF = 2√3
3
，
解得ℎ= 8√65
65
，即点C到平面AEF的距离为8√65
65
．
法二：A (0,√3,0)，F(
1
2 , √3
2 ,4)，⃗EA =(0,√3,0)，⃗EF =(
1
2 , √3
2 ,4)，
设面AEF的法向量为⃗n=(x , y , z)，¿；
设点C到面AEF的距离为d ,⃗CE =(−1,0,0)，d =|⃗n⋅⃗CE|
|⃗n|
=
8
√65×1 = 8√65
65
故点C到平面AEF的距离为8√65
65
.
18．（23-24 高二下·江苏连云港·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是梯形，
AD⊥AB ,BC ∥ AD , PA ⊥AB，平面PAC ⊥平面ABCD , AD =2, PA = AB = BC =1.
93
(1)证明：PA ⊥AD；
(2)若点T是CD的中点，点M是线段PT上的点，点P到平面ABM的距离是3√13
13
.求：
①直线CD与平面ABM所成角的正弦值；
②三棱锥P−ABM外接球的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)√26
13 ；73
36 π
【分析】（1）由平面PAC ⊥平面ABCD ,先证DC ⊥平面PAC，得DC ⊥PA，从而根据线面垂直的判定
定理得PA ⊥平面ABCD ,即可得证；
（2）①建立空间直角坐标系，利用点P到平面ABM的距离确定点M的坐标，再利用线面角的向量法求解；
②取PB的中点N，其为直角三角形PAB外心，则三棱锥P−ABM外接球的球心O在过点N且垂直于平面
PAB的直线上，即可确定半径，得解.
【详解】（1）取AD的中点E，连接CE，在直角梯形ABCD中，BC // AE，AE = BC =CE =1
则四边形ABCE为正方形，所以CE⊥AD，
在等腰直角三角形CDE 中，CD =√2，
△ABC为等腰直角三角形，而BC =1，故AC =√2，
则有A C
2+C D
2=2+2= 4 = A D
2，所以DC ⊥AC，
因为平面PAC ⊥平面ABCD ,平面PAC ∩平面ABCD = AC，DC ⊂平面PCD ，
所以DC ⊥平面PAC，又PA ⊂平面PAC，所以DC ⊥PA，
又因为PA ⊥AB，直线AB ,CD有公共点，AB ,CD⊂平面ABCD ,
所以PA ⊥平面ABCD ,又DC ⊂平面ABCD ,得PA ⊥AD；
（2）以A 为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系．
94
则A (0,0,0)，P(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,2,0)，C (1,1,0)，T(
1
2 , 3
2 ,0)，⃗
AP =(0,0,1)，⃗CD =(−1,1,0)，⃗AB =(1,0,0)，
设⃗PM = λ⃗PT (0≤λ≤1)，则M(
λ
2 , 3 λ
2 ,1−λ)，则⃗AM =(
λ
2 , 3 λ
2 ,1−λ)，
设平面ABM的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿ ，得¿ ，
取y = λ−1 ，则z = 3 λ
2 ，得平面ABM的一个法向量为⃗n=(0, λ−1, 3 λ
2 )，
点P 到平面ABM的距离为
|⃗AP⋅⃗n|
|⃗n|
= 3√13
13
=|
3 λ
2
√
(λ−1)
2+(
3 λ
2 )
2|
，
解得λ= 1
2，此时M(
1
4 , 3
4 , 1
2)，⃗n=(0,−1
2 , 3
4)，
①设直线CD与平面ABM所成角为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗n,⃗CD⟩|= |⃗n⋅⃗CD|
|⃗n|⋅|⃗CD|
=
|−1
2|
√
1
4 + 9
16 ×√2
= √26
13 ，
故直线CD与平面ABM所成角的正弦值√26
13 ；
②取PB的中点N，其为直角三角形PAB外心，且N(
1
2 ,0, 1
2)，
则三棱锥P−ABM外接球的球心O在过点N且垂直于平面PAB的直线上，
即ON ⊥平面PAB，设O(
1
2 ,t , 1
2)，
由OM =OA，
95
得√(
1
2 −1
4)
2
+(t −3
4)
2
+(
1
2 −1
2)
2
=√(
1
2 −0)
2
+(t −0)
2+(
1
2 −0)
2
，
解得t = 1
12，
故外接球的半径为OA =√(
1
2 −0)
2
+(
1
12 −0)
2
+(
1
2 −0)
2
= √73
12
，
其表面积为4π×(
√73
12 )
2
= 73
36 π，
故三棱锥P−ABM外接球表面积为73
36 π.
【点睛】关键点睛：求解外接球的相关问题，关键是根据题意结合几何题的特征，确定外接球的球心位置，
进而求出半径，即可求解.
19．（23-24 高二下·广东广州·阶段练习）如图1 所示△PAB中，AP⊥AB , AB = AP =12．D ,C分别
为PA , PB中点．将△PDC沿DC向平面ABCD上方翻折至图2 所示的位置，使得PA =6√2．连接
PA , PB , PC得到四棱锥P−ABCD，记PB的中点为N，连接CN，动点Q 在线段CN上．
(1)证明：CN ⊥平面PAB；
(2)若QC =2QN，连接AQ , PQ，求平面PAQ与平面ABCD的夹角的余弦值；
(3)求动点Q 到线段AP的距离的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)3√19
19
(3)[6,3√6]
【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角；
（3）根据向量共线求出Q (3 λ ,6,3 λ)，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可.
96
【详解】（1）
因为折叠前D为PA中点，PA =12，所以PD = AD =6，折叠后，PA =6√2，
所以P D
2+ A D
2= P A
2，所以PD⊥AD，在折叠前D ,C分别为PA , PB中点，
所以DC // AB，又因为折叠前PA ⊥AB，所以DC ⊥PA，所以在折叠后PD⊥AD，
DC ⊥PD，AD⊥DC；以D为坐标原点， DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立
空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (6,0,0)，B (6,12,0)，C (0,6,0)，P(0,0,6)，
N为PB中点，所以N (3,6,3)，⃗CN =(3,0,3)，设平面PAB的法向量为⃗
m=(x , y , z)，又⃗AP =(−6,0,6)，⃗AB =(0,12,0)，所以¿，
¿，令x =1，则y =0，z =1，所以⃗m=(1,0,1)，所以⃗CN =3⃗m，
所以⃗CN //⃗m，所以CN ⊥平面PAB.
（2）设Q(x0, y0, z0)，由（1）知，⃗CN =(3,0,3)，因为动点Q 在线段CN上，
且QC =2QN，所以⃗CQ = 2
3⃗CN，所以(x0, y0−6, z0)= 2
3
(3,0,3)，
所以x0=2，y0=6，z0=2，所以Q (2,6,2)，⃗QP =(−2,−6,4)，⃗
QA =(4 ,−6,−2)，设平面PAQ的法向量为⃗n=(x1, y1, z1)，¿，
¿，令x1=1，则y1= 1
3，z1=1，所以⃗n=(1, 1
3 ,1)，
设平面ABCD的法向量为⃗DP =(0,0,6)，所以
cos⟨⃗n,⃗DP⟩=⃗n⋅⃗DP
|⃗n|⋅|⃗DP|
=
6
6√
1
2+(
1
3)
2
+1
= 3√19
19
，
所以平面PAQ与平面ABCD的夹角的余弦值为3√19
19
.
（3）设Q(x1, y1, z1)，⃗CQ =(x1, y1−6, z1)，⃗CN =(3,0,3)，动点Q 在线段CN上，
97
所以⃗CQ = λ⃗CN，λ∈[0,1]，即(x1, y1−6, z1)=(3 λ ,0,3 λ)，即¿，
所以Q (3 λ ,6,3 λ)，⃗AP =(−6,0,6)，⃗QA =(6−3 λ ,−6,−3 λ)，
设点Q 到线段AP的距离为d，d =√⃗
QA
2−(⃗
QA ⋅⃗AP
|⃗AP| )
2
，
d =√
(6−3 λ)
2+(−6)
2+(−3 λ)
2−[
−6⋅(6−3 λ)−3×6 λ
6√2
]
2
，λ∈[0,1]，
d =√18 λ
2−36 λ+54，λ∈[0,1]，令t =18 λ
2−36 λ+54，λ∈[0,1]，
则t =18(λ−1)
2+36，λ∈[0,1]，根据二次函数的性质可知t ∈[36,54]，
所以d ∈[6,3√6]，由此可知动点Q 到线段AP的距离的取值范围为[6,3√6].
20．（23-24 高二上·全国·期中）已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将
正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角．
(1)若H为AB的中点，M在线段AH上，且直线DE与平面EMC所成的角为60°，求此时平面MEC与平
面ECF的夹角的余弦值．
(2)在（1）的条件下，设⃗EG = λ⃗EA( λ∈(0,1))，⃗DN =⃗NC，⃗CP =⃗PF，且四面体GNHP的体积为√3
2 ，
求λ的值．
【答案】(1)1
4
(2)λ = 3
4
【分析】（1）根据二面角可知∠AED =60°，可证DO⊥平面ABEF，建系，根据题意利用空间求点M
的坐标，进而求面面夹角；
（2）根据题意关系结合点到面距离的向量求法运算求解.
98
【详解】（1）由题意知，EF ⊥AE，EF ⊥DE，
AE∩DE = E，AE，DE⊂平面ADE，可得EF ⊥平面ADE，
且∠AED为二面角A −EF −D的平面角，即∠AED =60°，
连接AD，而AE = DE =2，则△ADE为正三角形，取AE的中点O，
连接DO，则DO⊥AE，由EF ⊥平面ADE，EF ⊂平面ABEF，
所以平面ABEF ⊥平面ADE，
而平面ABEF ∩平面ADE = AE，DO⊂平面ADE，
可得DO⊥平面ABEF，
取BF的中点Q，连接OQ，由矩形ABEF得OQ⊥AE，
以O为坐标原点，OA，OQ，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则点E (−1,0,0), D(0,0,√3),C (0,4 ,√3)，
可得⃗DE =(1,0,√3),⃗EC =(1,4 ,√3),⃗DC =⃗EF =(0,4,0)，
设点M (1,t ,0)(0≤t ≤2)， 则⃗EM =(2,t ,0)，
设平面EMC的法向量⃗n=(x , y , z)，则¿，
令y =2√3，则x =−√3t，z =t −8，可得⃗n=(−√3t ,2√3,t −8)，
因为直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则，解得t =1或t =3（舍)，
即⃗n=(−√3,2√3,−7)，
设平面EFC的法向量为⃗m=(a,b,c)，则¿，
令z =−1，则y =0，x =√3，可得⃗m=(√3,0,−1)，
则cos ⟨⃗n,⃗m⟩=⃗
n⋅⃗m
|⃗n||⃗m| =
4
2×8 = 1
4 ，
所以平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为1
4 ．
99
（2）因为⃗DN =⃗NC，⃗CP =⃗PF，可知N，P分别为DC，CF的中点，
又因为H为AB的中点，则H (1,2,0), N (0,2,√3), P(−1
2 ,4 , √3
2 )，
可得⃗HN =(−1,0,√3)， ⃗NP =(−1
2 ,2,−√3
2 )，
设平面HNP的一个法向量为⃗v =(i, j ,k )，则¿，
令k =2，则i=2√3，j =√3，可得⃗v =(2√3,√3,2)，
因为NH =2，NP =√5，HP =√7，
由余弦定理得cos∠NPH = (√5)
2+(√7)
2−2
2
2√5×√7
= 4
√35
，
可知∠NPH为锐角，可得sin∠NPH =√1−16
35 = √19
√35
，
则S△NPH = 1
2 ×√5×√7sin ∠NPH = √19
2 ，
因为四面体GNHP的体积为√3
2 ，设点G到平面NPH的距离为ℎ，
则1
3 S△NPH ℎ= √3
2 ，解得ℎ= 3√3
√19 ，
因为⃗EG = λ⃗EA( λ∈(0,1))，则G (2 λ−1,0,0)，可得⃗GH =(2−2 λ ,2,0)，
则⃗|GH ⋅⃗m|
|⃗m|
=|2√3(2−2 λ)+2√3|
√19
= 3√3
√19
，解得λ= 3
4 ．
所以λ的值为3
4
