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§7.9 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，得PQ=√|⃗AP|2-|⃗AQ|2=
√a2-(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
| n | |⃗AP·n| |⃗AP·n|
量⃗QP的长度，因此PQ= ⃗AP· = = .
|n| |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.(2024·新余模拟)已知A(-1，-1，-1)，直线l过原点且平行于a=(0，1，2)，则A到l的距离为( )
2√5 √30 √35
A. B.1 C. D.
5 5 5
答案 C
解析 由题意取P(0，1，2)，则⃗AP=(1，2，3)，
所以A到l的距离为√ (⃗AP·a) 2
d= |⃗AP|2-
|a|
√ 2+6 2
=
(12+22+32 )-( )
√12+22
√ 64 √30
= 14- = .
5 5
3.若平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且平面α，β的一个法向量分别为m=(√3，0，-√3)，
n=(-1，0，1)，则两平面间的距离是 .
√2
答案
2
解析 因为m=-√3n，n=(-1，0，1)，所以α∥β，所以平行平面α，β间的距离即为点O到平面β的距离，
|n·⃗OA| |-1×2+0×1+1×1| 1 √2
而⃗OA=(2，1，1)，所以平行平面α，β间的距离d= = = = .
|n| √(-1) 2+02+12 √2 2
4.设正方体ABCD-A B C D 的棱长为2，则点D 到平面A BD的距离是 .
1 1 1 1 1 1
2√3
答案
3
解析 如图，建立空间直角坐标系，则D (0，0，2)，A (2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，
1 1
所以⃗D A =(2，0，0)，
1 1
⃗D A =(2，0，2)，⃗DB=(2，2，0).
1
设平面A BD的法向量为n=(x，y，z)，
1
{n·⃗DA =0,
1
则
n·⃗DB=0,
{2x+2z=0,
即
2x+2y=0,
令x=1，
则n=(1，-1，-1)，
所以点D 到平面A BD的距离
1 1
|⃗D A ·n| 2 2√3
d= 1 1 = = .
|n| √3 3题型一 空间距离
命题点1 点线距离
例1 四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，OA=1，OB=2，OC=3，点D在棱OC上，且
OC=3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为( )
√2 1 √3 1
A. B. C. D.
2 2 3 3
答案 A
解析 四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°，即OA，OB，OC两两垂直，
以点O为原点，⃗OA，⃗OB，⃗OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为OA=1，OB=2，
OC=3，OC=3OD，
(1 2 )
则A(1，0，0)，D(0，0，1)，G ， ，1 ，
3 3
于是⃗AG= ( - 2 ， 2 ，1 ) ，⃗AD=(-1，0，1)，|⃗AG|= √ ( - 2) 2 + (2) 2 +12= √17 ，⃗AG·⃗AD=- 2 ×(-1)+1= 5 ，
3 3 3 3 3 3 3
所以点G到直线AD的距离
d=
√
|⃗AG|2-
(⃗AG·⃗AD) 2
=
√17
-
(5√2) 2
=
√2
.
|⃗AD| 9 6 2
命题点2 点面距离
例2 在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中，E，F分别为棱AA ，BB 的中点，G为棱A B 上的
1 1 1 1 1 1 1 1
一点，且A G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D EF的距离为( )
1 1
2√2λ 2√5
A.2√3 B.√2 C. D.
3 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，DD 所在直线为z轴，建立如图所示
1
的空间直角坐标系，则G(2，λ，2)，D (0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
1所以⃗ED =(-2，0，1)，
1
⃗EF=(0，2，0)，⃗EG=(0，λ，1).
设平面D EF的法向量为n=(x，y，z)，
1
{n·⃗ED =-2x+z=0,
1
则
n·⃗EF=2y=0,
取x=1，得n=(1，0，2)，
所以点G到平面D EF的距离为
1
|⃗EG·n| 2 2√5
d= = = .
|n| √5 5
异面直线之间的距离
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.
典例 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 3√21 3√77
A. B. C. D.
14 15 7 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，
{n·⃗DG=x-3 y+4z=0,
则有 可取n=(1，3，2)，
n·⃗PC=3x+3 y-6z=0,
所以异面直线PC和DG的距离为|⃗DC·n| 3 3√14
= = .
|n| √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.
1
跟踪训练1 (多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A B C D 中，点E在BD上，且BE= BD；
1 1 1 1 3
1
点F在CB 上，且CF= CB .则下列结论正确的是( )
1 3 1
√3
A.EF=
3
B.线段EF是异面直线BD与CB 的公垂线段
1
4
C.点D 到直线EF的距离为
1 3
√6
D.点D 到平面DEF的距离为
1 3
答案 ABD
解析 以D为坐标原点，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
1
系.则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A (1，0，1)，B (1，1，1)，D (0，0，1)，
1 1 1
1 (1 1 )
⃗EB= ⃗DB= ， ，0 ，
3 3 3
⃗CF=
1
⃗CB =
(1
，0，
1)
，
3 1 3 3(2 2 ) (1 1)
所以E ， ，0 ，F ，1， .
3 3 3 3
( 1 1 1)
⃗EF= - ， ， ，
3 3 3
√1 1 1 √3
所以|⃗EF|= + + = ，故A正确；
9 9 9 3
⃗DB=(1，1，0)，⃗CB =(1，0，1)，
1
1 1
所以⃗EF·⃗DB=- + =0，
3 3
1 1
⃗EF·⃗CB =- + =0，
1 3 3
即EF⊥DB，EF⊥CB ，所以线段EF是异面直线BD与CB 的公垂线段，故B正确；
1 1
(2 2 ) 1
⃗D E= ， ，-1 ，⃗D E·⃗EF=- ，
1 3 3 1 3
所以点D 到直线EF的距离为
1
√ ( ⃗D E·⃗EF) 2 √17 1 √14
|⃗D E|2- 1 = - = ，故C错误；
1 |⃗EF| 9 3 3
(1 1)
设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，⃗DF= ，1， ，
3 3
{
x+ y=0,
{n·⃗DB=0,
则 即 1 1
n·⃗DF=0, x+ y+ z=0,
3 3
令x=1，得y=-1，z=2，
所以n=(1，-1，2)，又⃗DD =(0，0，1)，
1
|⃗DD ·n| 2 √6
所以点D 到平面DEF的距离d= 1 = = ，故D正确.
1 |n| √6 3
题型二 立体几何中的探索性问题
例3 (2024·桂林模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，BD⊥PC，∠BAD=120°，四边形ABCD是菱形，
PB=√2AB=√2PA，E是棱PD上的动点，且⃗PE=λ⃗PD(0<λ<1).
(1)证明：PA⊥平面ABCD.2√19
(2)是否存在实数λ，使得平面PAB与平面ACE夹角的余弦值是 ？若存在，求出λ的值；若不
19
存在，请说明理由.
(1)证明 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
因为BD⊥PC，AC，PC 平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.
因为PA 平面PAC，所以⊂ BD⊥PA.
因为PB⊂=√2AB=√2PA，
所以PB2=AB2+PA2，即AB⊥PA.
因为AB，BD 平面ABCD，且AB∩BD=B，
所以PA⊥平面⊂ABCD.
(2)解 取棱CD的中点F，连接AF，
因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
所以△ACD为等边三角形，故AF⊥CD，
又PA⊥平面ABCD，AB，AF 平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AF，故A⊂B，AF，AP两两垂直，
故以A为原点，分别以⃗AB，⃗AF，⃗AP的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设AB=2，则A(0，0，0)，C(1，√3，0)，D(-1，√3，0)，P(0，0，2)，
故⃗AC=(1，√3，0)，⃗PD=(-1，√3，-2)，⃗AP=(0，0，2)，
所以⃗AE=⃗AP+⃗PE=⃗AP+λ⃗PD=(-λ，√3λ，2-2λ)，
设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，
{ n·⃗AC=x+√3 y=0,
则
n·⃗AE=-λx+√3λy+(2-2λ)z=0,
( √3λ)
令x=√3，得n= √3，-1， .
1-λ
平面PAB的一个法向量为m=(0，1，0)，设平面PAB与平面ACE的夹角为θ，
1
|n·m| 2√19
则cos θ=|cos〈n，m〉|= =√ 3λ2 = ，
|n||m| 4+ 19
λ2-2λ+1
1
整理得3λ2+2λ-1=0，解得λ= 或λ=-1(舍去).
31 2√19
故存在实数λ= ，使得平面PAB与平面ACE夹角的余弦值是 .
3 19
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.
1
跟踪训练2 如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，AD=DC= AB.以直线AB为轴，
2
将直角梯形ABCD旋转得到直角梯形ABEF，且AF⊥AD.
(1)求证：DF∥平面BCE；
5 DP
(2)在线段DF上是否存在点P，使得直线AE和平面BCP所成角的正弦值为 ？若存在，求出
6 DF
的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 由题意得EF∥CD，EF=CD，
所以四边形DCEF为平行四边形.
所以DF∥CE.
因为DF⊄平面BCE，CE 平面BCE，
所以DF∥平面BCE.
⊂
5
(2)解 线段DF上存在点P，使得直线AE和平面BCP所成角的正弦值为 ，
6
由题意得AD，AB，AF两两垂直.
如图，建立空间直角坐标系.
设AB=2，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，
C(1，1，0)，D(1，0，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1).
所以⃗AE=(0，1，1)，⃗BC=(1，-1，0)，⃗BD=(1，-2，0)，⃗DF=(-1，0，1).
设⃗DP=λ⃗DF(0≤λ≤1)，
则⃗BP=⃗BD+⃗DP=⃗BD+λ⃗DF=(1-λ，-2，λ)，
设平面BCP的法向量为n=(x，y，z)，{n·⃗BC=0,
所以
n·⃗BP=0,
{ x- y=0,
即
(1-λ)x-2y+λz=0.
令x=λ，则y=λ，z=1+λ.
于是n=(λ，λ，1+λ)，
设直线AE和平面BCP所成的角为θ，
|n·⃗AE| |1+2λ| 5
由题意得sin θ=|cos〈n，⃗AE〉|= = = ，
|n||⃗AE| √2·√λ2+λ2+(1+λ) 2 6
整理得3λ2-22λ+7=0，
1
解得λ= 或λ=7.
3
1 DP 1
因为0≤λ≤1，所以λ= ，即 = .
3 DF 3
DP 1 5
所以线段DF上存在点P，当 = 时，直线AE和平面BCP所成角的正弦值为 .
DF 3 6
课时精练
(分值：60分)
1.(13分)如图，在正三棱柱ABC-A B C 中，各棱长均为4，N是CC 的中点.
1 1 1 1
(1)求点N到直线AB的距离；(6分)
(2)求点C 到平面ABN的距离.(7分)
1
解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
B(2√3，2，0)，C(0，4，0)，C (0，4，4)，
1∵N是CC 的中点，
1
∴N(0，4，2).
(1)⃗AN=(0，4，2)，⃗AB=(2√3，2，0)，
则|⃗AN|=2√5，|⃗AB|=4.
设点N到直线AB的距离为d ，
1
√ (⃗AN·⃗AB) 2
则d = |⃗AN|2- =√20-4=4.
1
|⃗AB|
(2)设平面ABN的法向量为n=(x，y，z)，
则由n⊥⃗AB，n⊥⃗AN，
{n·⃗AB=2√3x+2y=0,
得
n·⃗AN=4 y+2z=0,
√3 (√3 )
令z=2，则y=-1，x= ，即n= ，-1，2 .
3 3
易知⃗C N=(0，0，-2)，
1
设点C 到平面ABN的距离为d ，
1 2
4
|⃗C N·n|
则d = 1 =4√3=√3.
2
|n|
3
2.(15分)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E
为BC的中点.
(1)证明：MN∥平面ABCD；(5分)
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN，若存在，求出线段AS的长度；若不存在，请说明理
由.(10分)
(1)证明 连接BD，
因为MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，所以MD∥NB，又因为MD=NB=1，所以四边形MDBN为平行四边形，
所以MN∥BD，又BD 平面ABCD，MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)解 由题意知，DM⊂，DC，DA两两垂直，以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
(1 )
则A(1，0，0)，M(0，0，1)，N(1，1，1)，E ，1，0 ，
2
假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE，设⃗AS=λ⃗AN，λ∈[0，1]，
(1 )
因为⃗AN=(0，1，1)，⃗AM=(-1，0，1)，⃗EA= ，-1，0 ，
2
(1 )
所以⃗AS=λ⃗AN=(0，λ，λ)，则⃗ES=⃗EA+⃗AS= ，λ-1，λ ，
2
{⃗ES·⃗AM=0,
由ES⊥平面AMN可得，
⃗ES·⃗AN=0,
{ 1
- +λ=0,
即 2
λ-1+λ=0,
1
解得λ= ，
2
( 1 1) √2
此时⃗AS= 0， ， ，|⃗AS|= ，
2 2 2
√2
故在线段AN上存在点S，当AS= 时，ES⊥平面AMN.
2
3.(15分)如图，在四棱台ABCD-A B C D 中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，
1 1 1 1
AB=2A B =4，E，F分别为DC，BC的中点，上、下底面中心的连线O O垂直于上、下底面，且O O与侧
1 1 1 1
棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD ∥平面C EF；(7分)
1 1
3√22
(2)棱BC上是否存在点M，使得直线A M与平面C EF所成的角的正弦值为 ，若存在，求出线段BM
1 1 22
的长；若不存在，请说明理由.(8分)(1)证明 因为O O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，⃗DA，⃗OF，⃗OO 的方向分别为x轴、y轴、z轴的
1 1
正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O O所成的角为45°，则
1
B(2，2，0)，D (-1，-1，√2)，C (-1，1，√2)，
1 1
F(0，2，0)，E(-2，0，0)，A (1，-1，√2)，
1
所以⃗BD =(-3，-3，√2)，⃗C E=(-1，-1，-√2)，⃗EF=(2，2，0)，
1 1
设平面C EF的法向量为n=(x，y，z)，
1
{ n·⃗EF=2x+2y=0,
则
n·⃗C E=-x- y-√2z=0,
1
令x=1，则n=(1，-1，0)，
因为⃗BD =(-3，-3，√2)，
1
所以n·⃗BD =0，所以n⊥⃗BD ，
1 1
又因为BD ⊄平面C EF，
1 1
所以BD ∥平面C EF.
1 1
(2)解 假设棱BC上存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈[-2，2]，则⃗A M=(x-1，3，-√2)，
1
设直线A M与平面C EF所成的角为θ，
1 1
|⃗A M·n| |x-4| 3√22
由题意可得sin θ=|cos〈⃗A M，n〉|= 1 = = ，
1 |⃗A M||n| √x2-2x+12·√2 22
1
化简得x2-35x+34=0，则x=1或x=34(舍去)，
即存在点M符合题意，此时BM=1.
4.(17分)(2024·泉州模拟)如图，直四棱柱ABCD-A B C D 的底面为菱形，且∠DAB=60°，E，O分别是上、
1 1 1 1
下底面的中心，F是AB的中点，AB=kAA .
1
(1)求证：A F∥平面EBC；(7分)
1(2)是否存在实数k，使得O在平面EBC内的射影恰好为△EBC的重心O .若存在，求出k；若不存在，请说
1
明理由.(10分)
(1)证明 分别取A B ，C D 的中点N，M，连接MN，MC，NB，
1 1 1 1
则在直四棱柱ABCD-A B C D 中，MN∥B C ∥BC，且E是MN的中点，
1 1 1 1 1 1
所以平面EBC即为截面BCMN，
又F是AB的中点，则BF与A N平行且相等，
1
从而四边形A FBN是平行四边形，
1
所以A F∥BN，
1
又A F⊄平面BCMN，BN 平面BCMN，
1
所以A
1
F∥平面BCMN，⊂
即A F∥平面EBC.
1
(2)解 不存在，理由如下：
连接AC，BD，因为四边形ABCD是菱形且∠DAB=60°，所以△ABD，△BCD都是等边三角形，
AC⊥BD，
易知AC∩BD=O，由已知得OE⊥平面ABCD，
分别以OB，OC，OE为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA =2，则AB=2k，OB=k，OC=√3k，OE=AA =2，
1 1
因此有E(0，0，2)，B(k，0，0)，C(0，√3k，0)，
⃗BC=(-k，√3k，0)，⃗BE=(-k，0，2)，
(k √3k 2) (k √3k 2)
则△EBC的重心为O ， ， ，⃗OO = ， ， ，
1 3 3 3 1 3 3 3
若OO ⊥平面EBC，
1
{ ⃗OO ·⃗BC=-
k2
+k2=0,
1 3
则 无解.
k2 4
⃗OO ·⃗BE=- + =0,
1 3 3
因此不存在实数k，使得O在平面EBC内的射影恰好为△EBC的重心O .
1
