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微专题15　空间向量与距离、探究性问题
空间距离
考向1　点到直线的距离
【例1】　(1)(2025·湖南长沙三模)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点P(x0，y0，z0)，且以向量燮m＝(a，b，c)(abc≠0)为方向向量，则这条直线可以用方程＝＝来表示．已知直线l的方程为＝y＝－z＋1，则点Q(2，4，－4)到直线l的距离为 (　　)
A． B．
C． D．
(2)(2025·辽宁本溪模拟)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，∠ACB＝，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，D是棱AC的中点，点E在棱BB1上运动，则点D到直线C1E的距离的最小值为 (　　)
A． B．
C． D．
[听课记录]　_________________________________________________________
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【规律方法】　求点到直线距离的方法
(1)设过点P的直线l的单位方向向量为燮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．
考向2　点(线)到平面的距离
【例2】　(1)在四棱锥P ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则该四棱锥的高为 (　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
(2)某公园有一个坐落在水平地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后的剩余部分，△ABC是该石雕与地面的接触面，其中A是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量△ABC的三边长度，来计算该正方体石雕的相关数据．已知AB＝2 m，BC＝2 m，AC＝2 m，则该石雕最高点P到地面的距离为________m．
[听课记录]　_________________________________________________________
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考向3　异面直线间的距离
【例3】　(2024·河南周口一模)三棱锥P ABC中，PB＝2，∠PAB＝∠ABC＝30°，PB⊥AB，AC⊥AB，点M，N分别在线段AP，BC上运动．若二面角P AB C的大小为60°，则MN的最小值为________．
[听课记录]　_________________________________________________________
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【规律方法】　求点到平面的距离的方法
(1)
(2)线面距、线线距、面面距都可以转化为点面距求解．
【跟踪训练1】
(1)(2025·天津南开二模)如图所示，体积为8π的半圆柱的轴截面为平面ABB1A1，AB是圆柱底面的直径，O为底面圆心，BB1为一条母线，D为棱BB1的中点，且AB＝4，A1E和BC的弧长都为，则三棱锥O CDE的体积为 (　　)
A．8 B．4
C．2 D．
(2)(多选)(人教A版选择性必修第一册P35练习第1题变式)如图所示，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点，则下列结论正确的是 (　　)
A．B1C∥平面A1BD
B．平面A1BD⊥平面AA1C1C
C．直线B1C到平面A1BD的距离是
D．点A1到直线BC的距离是
空间中的探究性问题
【例4】　(2025·天津河西二模)如图，在五面体ABCDFE中，EA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD∥EF，AB＝AD＝AE＝4，BC＝3，EF＝2，M，N分别为BE，CF的中点，连接AM，MN，ND．
(1)求证：BE⊥平面AMD．
(2)求直线DE与平面AMD所成角的大小．
(3)线段CD上是否存在点P，使得DE∥平面AMP 若存在，求出点P到平面AMD的距离；若不存在，说明理由．
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【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，然后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．
【跟踪训练2】
(2025·湖北黄冈二模)如图，在三棱锥P ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°．
(1)求∠FCB的余弦值．
(2)在三棱锥的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP与平面BCQ夹角的余弦值为 若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由．
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1/1微专题15　空间向量与距离、探究性问题
空间距离
考向1　点到直线的距离
【例1】　(1)(2025·湖南长沙三模)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点P(x0，y0，z0)，且以向量m＝(a，b，c)(abc≠0)为方向向量，则这条直线可以用方程＝＝来表示．已知直线l的方程为＝y＝－z＋1，则点Q(2，4，－4)到直线l的距离为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
(2)(2025·辽宁本溪模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，D是棱AC的中点，点E在棱BB1上运动，则点D到直线C1E的距离的最小值为(　　)
A．　 B．　
C．　 D．
(1)B　(2)A　[(1)由题意可得直线l的方向向量m＝(2，1，－1)，
直线l经过点P(－1，0，1)，又Q(2，4，－4)，则＝(3，4，－5)，
所以||2＝32＋42＋52＝50，·m＝6＋4＋5＝15，|m|＝，
则点Q(2，4，－4)到直线l的距离
d＝＝＝．
(2)因为CC1⊥平面ABC，∠ACB＝，
所以CC1，CA，CB两两垂直，
以C为原点，CA，CB，CC1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，
连接C1D，则D(1，0，0)，C1(0，0，2)，
设E(0，1，c)，其中0≤c≤2，
所以＝(1，0，－2)，＝(0，1，c－2)，
则点D到直线C1E的距离
d＝
＝＝，
设t＝(c－2)2＋1，因为c∈[0，2]，所以t∈[1，5]，
则d＝∈．
所以点D到直线C1E的距离的最小值为．]
【规律方法】　求点到直线距离的方法
(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．
考向2　点(线)到平面的距离
【例2】　(1)在四棱锥P-ABCD中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则该四棱锥的高为(　　)
A．4　 B．3　
C．2　 D．1
(2)某公园有一个坐落在水平地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后的剩余部分，△ABC是该石雕与地面的接触面，其中A是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量△ABC的三边长度，来计算该正方体石雕的相关数据．已知AB＝2 m，BC＝2 m，AC＝2 m，则该石雕最高点P到地面的距离为________m．
(1)C　(2)　[(1)设平面ABCD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则 令y＝12，则x＝3，z＝4，即n＝(3，12，4)，
所以该四棱锥的高h＝＝＝2．
(2)如图，补齐为正方体，
设AD＝a，BD＝b，CD＝c，
则
解得a＝6，b＝4，c＝2，
即该石雕所在正方体的棱长为6 m．
以D为原点，DA，DB，DC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
所以D(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，2)，P(6，6，6)，
＝(0，6，6)， ＝(－6，4，0)，＝(－6，0，2)，
设平面ABC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则 即
令x＝2，可得m＝(2，3，6)，
所以点P到平面ABC的距离d＝＝＝，
即该石雕最高点P到地面的距离为 m．]
考向3　异面直线间的距离
【例3】　(2024·河南周口一模)三棱锥P-ABC中，PB＝2，∠PAB＝∠ABC＝30°，PB⊥AB，AC⊥AB，点M，N分别在线段AP，BC上运动．若二面角P-AB-C的大小为60°，则MN的最小值为________．
　[依题意，将三棱锥P-ABC补形成直三棱柱BDP-ACQ，
此时易知PB⊥AB，AC⊥AB，满足题意，
又AB⊥AQ，AB⊥AC，所以∠QAC为二面角P-AB-C的平面角，即∠QAC＝60°，
在Rt△PAB中，PB＝2，∠PAB＝30°，则AB＝2，
在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，则AC＝2，
又AQ＝BP＝2，所以△ACQ是正三角形，
要求MN的最小值，即求异面直线AP，BC的距离，
以A为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，B(0，0，2)，P(0，2，2)，C(，1，0)，
故＝(0，2，2)，＝(，1，－2)，＝(，1，0)，
设n＝(x，y，z)同时垂直于，，
则
取z＝1，则x＝3，y＝－，故n＝(3，－，1)，
所以MN的最小值为＝＝．]
【规律方法】　求点到平面的距离的方法
(1)
(2)线面距、线线距、面面距都可以转化为点面距求解．
【跟踪训练1】
(1)(2025·天津南开二模)如图所示，体积为8π的半圆柱的轴截面为平面ABB1A1，AB是圆柱底面的直径，O为底面圆心，BB1为一条母线，D为棱BB1的中点，且AB＝4，A1E和BC的弧长都为，则三棱锥O-CDE的体积为(　　)
A．8　 B．4　
C．2　 D．
(2)(多选)(人教A版选择性必修第一册P35练习第1题变式)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．B1C∥平面A1BD
B．平面A1BD⊥平面AA1C1C
C．直线B1C到平面A1BD的距离是
D．点A1到直线BC的距离是
(1)C　(2)ABD　[(1)设A1B1的中点为O1，的中点为P，以O为原点，PO，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由题知×π×22×AA1＝8π，所以AA1＝4，
又BC的弧长为，OB＝2，所以∠BOC＝，∠EO1A1＝，
所以O(0，0，0)，D(0，2，2)，C(－，1，0)，E(－，－1，4)，
设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，
即 令x＝，则y＝3，z＝－3，取n＝(，3，－3)，
则点E到平面OCD的距离为＝＝，
又OD＝DC＝2，OC＝2，所以S△OCD＝×2×＝，所以VO-CDE＝VE-OCD＝××＝2．
(2)对于A，如图1所示，连接AB1，交A1B于点E，则E为AB1的中点，连接DE，因为D是AC的中点，所以DE∥B1C，又DE 平面A1BD，B1C 平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD，故A正确；
对于B，因为AB＝BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BD 平面ABC，所以BD⊥平面AA1C1C，又BD 平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AA1C1C，故B正确；
对于C，因为B1C∥平面A1BD，所以B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离，以D为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B1(0，2，3)，B(0，2，0)，A1(－1，0，3)，所以＝(0，2，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，0，3)，设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则即得y＝0，令z＝1，则x＝3，得n＝(3，0，1)，则点B1到平面A1BD的距离为＝，故C错误；对于D，由C选项的分析知，C(1，0，0)，＝(1，－2，0)，＝(2，0，－3)，则点A1到直线BC的距离为＝＝，故D正确．]
空间中的探究性问题
【例4】　(2025·天津河西二模)如图，在五面体ABCDFE中，EA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD∥EF，AB＝AD＝AE＝4，BC＝3，EF＝2，M，N分别为BE，CF的中点，连接AM，MN，ND．
(1)求证：BE⊥平面AMD．
(2)求直线DE与平面AMD所成角的大小．
(3)线段CD上是否存在点P，使得DE∥平面AMP 若存在，求出点P到平面AMD的距离；若不存在，说明理由．
[解]　(1)证明：如图，以A为原点，，，方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由题意可得，A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，3，0)，D(0，4，0)，E(0，0，4)，F(0，2，4)，M(2，0，2)，N，
因为AD∥BC，AD∥EF，所以EF∥BC，
又M，N分别为BE，CF的中点，所以MN∥BC∥AD，M，N，D，A四点共面，
设平面AMD的一个法向量n1＝(x，y，z)，
＝(0，4，0)，＝(2，0，2)，
由 即
令x＝1，得y＝0，z＝－1，所以n1＝(1，0，－1)，
＝(－4，0，4)，易知∥n1，
所以BE⊥平面AMD．
(2)易知＝(0，－4，4)，由(1)知平面AMD的法向量n1＝(1，0，－1)，
设直线DE与平面AMD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos|＝＝，又θ∈，所以θ＝，
所以直线DE与平面AMD所成角的大小为．
(3)设P(x，y，z)，＝λ，0≤λ≤1，
所以(x－4，y－3，z)＝λ(－4，1，0)，则P(4－4λ，3＋λ，0)，
设平面AMP的一个法向量n2＝(a，b，c)，
＝(2，0，2)，＝(4－4λ，3＋λ，0)，
由 即
令a＝1，得b＝，c＝－1，所以n2＝，
则＝(0，－4，4)，
因为DE∥平面AMP，所以·n2＝0，解得λ＝，
所以P，
设点P到平面AMD的距离为d，＝，n1＝(1，0，－1)，
则d＝＝，
所以点P到平面AMD的距离为．
【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，然后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．
【跟踪训练2】
(2025·湖北黄冈二模)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°．
(1)求∠FCB的余弦值．
(2)在三棱锥的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP与平面BCQ夹角的余弦值为 若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由．
[解]　(1)在△ABD中，因为AB⊥AD，AB＝AD＝，所以BD＝，所以FB＝BD＝，
在△ACE中，因为AE＝AD＝，AC＝1，∠CAE＝30°，
所以CE＝＝1，所以CF＝CE＝1．
又因为BC＝＝＝2，
在△FCB中，由余弦定理的推论得
cos∠FCB＝
＝＝－．
即∠FCB的余弦值为－．
(2)因为AB⊥AD，即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP＝A，AC，AP 平面ACP，
所以AB⊥平面ACP，
以A为原点，，方向分别为x、z轴正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示，则P(，0，0)，B(0，0，)，C，
设Q(a，0，0)(0≤a≤)，故＝(a，0，－)，＝，
设平面BCQ的法向量m＝(x，y，z)，
则
取z＝a，则m＝(，2a－3，a)，易得平面ABP的法向量n＝(0，1，0)，
设平面ABP与平面BCQ的夹角为θ，则cos θ＝|cos|＝＝，解得a＝或a＝，
当AQ＝或AQ＝时，平面ABP与平面BCQ夹角的余弦值为．
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