7.4 空间距离（精练）（教师版）.docx

1、7.4 空间距离（精练）1（2023全国高三专题练习）已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为 【答案】【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，因为，则，所以，因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，所以平面与平面的距离等于点到平面的距离，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，又因为，所以所以平面与平面的距离为故答案为：2（2023全国高三专题练习）棱长为1的正方体如图所示，分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为 【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，当PQ为两异面直线的公垂线段时，PQ长度最短，此时PQ长度为

2、MN的最小值,则,由，所以，所以,所以故答案为：.3（2023广西南宁南宁三中校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，沿对角线BD将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点，则线段PQ的最小值为 .【答案】【解析】取BD的中点E，连接AE，EC，则，.因为，所以，即.以E为原点，分别以EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设，所以，从而有，当，时，.4（2023全国高三专题练习）如图，在正方体中，AB1，M，N分别是棱AB，的中点，E是BD的中点，则异面直线，EN间的距离为 .【答案】【解析】以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，

3、易知，设同时垂直于，由，令，得，又，则异面直线，EN间的距离为.故答案为：.5（2022全国高三专题练习）如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则有：，可得：设，且则有：，可得：则有：故则当且仅当时，故答案为：6（2023全国高三专题练习）如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为 . 【答案】【解析】正方体的棱长为1，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则B

4、(1，1，0)，B1(1，1，1)，=(0，0，1)，.设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量，由，得，令x=2，则z=6，y=-7，设直线BM与B1N之间的距离为d，则d=.故答案为：.7（2023秋广东东莞高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，是棱上的动点.(1)当是棱的中点时，求证：平面；(2)若，求点到平面距离的范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.取的中点，连接、，因为是棱的中点，所以，且，因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，所以平面.（2）解：取的中点，连接.因为

5、是正三角形，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为，为的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，因为，则，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，所以，设，其中，则，设平面的法向量，所以，令，得，设点到平面距离为，.当时，；当时，则，当且仅当时等号成立.综上，点到平面距离的取值范围是.8（2022秋福建泉州高三校联考期中）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，底面，设点是的中点(1)直线与平面所成角的正弦值；(2)点到平面的距离.【答案】(1)(2)【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，又面，故以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间

6、直角坐标系，如图，因为，且为中点，则，故，设面的法向量为，则，令，则，故，所以，故直线与平面所成角的正弦值为；（2）由（1）可知，面的一个法向量为，所以点到平面的距离，故点到平面的距离为9（2023黑龙江哈尔滨哈师大附中校考模拟预测）三棱台中，平面，且，是的中点(1)求三角形重心到直线的距离；(2)求二面角的余弦值【答案】(1)(2)【解析】（1）因为，所以，在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，则，过点作，设，.则.因为，所以，解得，所以，即三角形重心到直线的距离为.（2），设平面的法向量，则，取，则设平面的法向量，则，取，则所以，由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为10（2

7、023江苏盐城盐城中学校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，四点共面.(1)证明：平面平面；(2)若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为2，求点到直线的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，所以，又为弧的中点，则是弧的中点，所以，而由题设知：，则，所以，即，由底面，平面，则，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，则，所以，若是面的一个法向量，则，令，则，若是面的一个法向量，则，令，则，所以，整理可得，则，又，由题设可知，此时

8、点，则，所以点到直线的距离.11（2023天津校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，点，分别为棱，的中点，是线段的中点，(1)求证：平面；(2)求点到直线的距离；(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】（1）因为底面，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设为平面的法向量，则，即，不妨设，可得 ，又， 可得，因为平面， 所以平面 ，（2）因为，所以点到直线的距离.（3）设，则，设平面的法向量为，则令，则，所以，即，解得或（舍去），所以.12（2023全国高三专题练习）已知直三棱柱中，侧面为

9、正方形.，E，F分别为AC和的中点，.(1)求四棱锥的体积；(2)是否存在点D在直线上，使得异面直线BF，DE的距离为1?若存在，求出此时线段DE的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1)1(2)存在，或【解析】（1）侧面为正方形，又，且，面，平面，又，平面，取BC中点G，则，平面.（2）以为原点，分别以BA，BC，所在直线建立空间直角坐标系，如图，则，设，则，.设与，均垂直的向量为，则，即，取，异面直线BF，DE的距离，解得或.或.故存在点D在直线上，使得异面直线BF，DE的距离为1，且此时或.13（2023全国高三专题练习）三棱锥中，.记中点为，中点为（1）求异面直线与的距离；（2）求二面

10、角的余弦值.【答案】（1）；（2）【解析】三棱锥三组对棱相等，因此三棱锥的外接平行六面体为长方体，将三棱锥放在长方体中研究设长方体的三维分别为、且，即，解得：因此以为坐标原点，长方体在处的三条棱的方向为正方向建立空间直角坐标系，则，（1） ，设垂直于和，所以，令，所以 ，而，因此所求距离为： （2），设平面的一个法向量为，则 ，令，则，所以，设平面的一个法向量为，则 ，令，则，所以，所以，所以所求角的余弦值为.14（2023秋云南高三校联考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，E是的中点，作交于点F(1)求证：平面；(2)若平面与平面的夹角为，求点F到平面的距离【答案】(1)证

11、明见解析(2)【解析】（1）证明：如图所示：连接交于点G，连接，E是的中点，平面，平面面（2）解：设，以D为原点，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，设平面的一个法向量为，由得，同理，由，设平面的一个法向量为，由,得，由平面与平面的夹角为，则，解得，设，则，又，即，焦点，又平面，则平面的一个法向量为，又，则点F到平面的距离15（2023湖北襄阳襄阳四中校考模拟预测）斜三棱柱的各棱长都为，点在下底面的投影为的中点.(1)在棱（含端点）上是否存在一点使？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)存在，(2)【解析】（1）因为点在下底

12、面的投影为的中点，故平面，连接，由题意为正三角形，故,以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：则，设，可得，假设在棱（含端点）上存在一点使，则，则；（2）由（1）知，设平面的法向量为，则，令，则，则，又，则到平面的距离为，即点到平面距离为.16（2023浙江宁波镇海中学校考模拟预测）在直角梯形中，现将沿着对角线折起，使点D到达点P位置，此时二面角为(1)求异面直线，所成角的余弦值；(2)求点A到平面的距离【答案】(1)(2)【解析】（1）过点D做交于O，连接，以O点为原点，以为x轴，在平面内，过点O垂直于的线为y轴，过点O垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示因为，所以，所

13、以为二面角的平面角所以，又因为，所以点，又因为，由等边三角形可得，所以，所以，所以与夹角的余弦值为（2），设为平面的一个法向量，则，令，则，故，所以点A到平面的距离为1（2023全国高三专题练习）已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法错误的是（）A点A到直线BE的距离是B点O到平面的距离为C平面与平面间的距离为D点P到直线AB的距离为【答案】D【解析】如图，建立空间直角坐标系，则，所，设，则，故A到直线BE的距离，故A对；易知，平面的一个法向量，则点O到平面的距离，故B对；，设平面的法向量为，则，所以，令，得，所以，所以点到平面的距离因为平面平面，所以平

14、面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故C对；因为，所以，则，所以点P到AB的距离，故D错故选：D2（2023北京高三专题练习）如图，在直三棱柱中，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论：三棱锥的体积的最大值为；的最小值为；点到直线的距离的最小值为其中所有正确结论的个数为（）A0B1C2D3【答案】C【解析】在直三棱柱中平面，对于：因为点在棱上，所以，又，又，点在棱上，所以，所以，当且仅当在点、在点时取等号，故正确；对于：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，因为，所以，所以，即的最小值为，故错误；对于：如图建立空间直角坐标系，设，所以，则点到直线的距离，当时，当时，则，所以当

15、取最大值，且时，即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故正确；故选：C3（2023春河南高三阶段练习）（多选）如图1，卢卡帕乔利肖像是意大利画师的作品.图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2.若，则（）AB该水晶多面体外接球的表面积为C直线与平面所成角的正弦值为D点到平面的距离为【答案】BCD【解析】该水晶多面体的俯视图如图1所示，对于A，故A错误；对于B，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.记该水晶多面体外接球的半径为，球心，则，故该水晶多面体外接球的表面积为，故B正确.对于C，因为，平

16、面，所以平面平面.根据正方体的对称性易得平面的一个法向量为，即为平面的一个法向量.，故直线与平面所成角的正弦值为，故C正确. 对于D，点到平面的距离为，故D正确.故选：BCD.4（2023福建宁德校考模拟预测）（多选）在正方体中，分别为的中点，则（）A直线与直线垂直B点与点 到平面的距离相等C直线与平面平行D与的夹角为【答案】AB【解析】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则且，对于A，所以，所以直线与直线垂直，故A正确；对于B，设平面的法向量为，又，所以，令得，又，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，故B正确；对于C，因为所以，即，设平面的法向量为，则，又，

17、则，所以平面，故C错误；对于D，因为，所以，所以与的夹角余弦值为，夹角大小不为，故D错误.故选：AB.5（2023辽宁朝阳校联考一模）（多选）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法正确的是（）A与垂直B是异面直线与的公垂线段，C异面直线与所成的角为 D异面直线与间的距离为【答案】ABD【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立如下图所示坐标系：则： ， ，设 ，则有： ，又 ，解得 ， ， ， ，同理可得 ；对于A， ， ， ，正确；对于B， ， ，即，又,故是异面直线与的公垂线段，正确；对于C，设 与 所成的角为 ，则 ，错误；对于D，由B知

18、是 与 的公垂线段， ，正确；故选：ABD.6（2023福建漳州统考模拟预测）（多选）在棱长为1的正方体中，点为的中点，点，分别为线段，上的动点，则（）AB平面可能经过顶点C的最小值为D的最大值为【答案】ACD【解析】建立空间直角坐标系，如图所示：则,0,0,1,1,1,0,0,，1，,1,，设,，则,，,；设,0,，则,0,，所以，1，所以，即， A正确；因为,1,，设平面的一个法向量为,，则，即，令，则，所以,，又因为,1,，所以点到平面的距离为，所以点到平面的距离不能为0，即平面不过点，B错误；因为，当且仅当时取“”，所以的最小值为，C正确；因为,，,，设，所以，所以，所以，所以，所以，

19、所以，当时最大，此时，选项D正确故选：ACD7（2023江苏盐城盐城中学校考三模）（多选）已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（）AB二面角的大小为C点到平面距离的取值范围是D若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】ACD【解析】由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，其中，对于A：，故即，故A正确.对于B：，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.设平面的法向量为，则，即，取，则，故.故，而二面角为锐二面角，故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故B错误.对于C：，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.而，故到平面的距离为，故C正确.对于D

20、：设直线与平面所成的角为.因为平面，故为平面的法向量，而，故，而，故D正确.故选：ACD.8（2023湖南校联考模拟预测）（多选）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似已知底面为矩形，且，、分别为、的中点，与底面所成的角为，过点作，垂足为下列说法正确的有（）A平面BC异面直线与所成角的余弦值为D点到平面的距离为【答案】AC【解析】对于A选项，因为四边形为矩形，则，因为平面，平面，则平面，因为平面，平面平面，所以，因为且，

21、、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，所以，且，所以，因为，所以，因为，是的中点，所以因为，、平面，所以，平面，A对；对于B选项，因为平面，平面，所以，平面平面，因为，平面平面，平面，所以，平面，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，因为平面，则与平面所成的角为，因为，为的中点，则，又因为，所以，又因为，且，故四边形为等腰梯形，设，则，则，则点、，所以，即，解得，所以，B错；对于C选项，由B选项可知，在中，、，所以，异面直线与所成角的余弦值为，C对；对于D选项，易知、，设平面的法向量为，则，取，可得，则点到平面的距离为，D错.故选：AC.9（20

22、23安徽亳州安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）（多选）正方体棱长为是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A的最小值为B的最小值为C若为直线上一动点，则线段的最小值为D当时，过点作三棱锥的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为【答案】AC【解析】对于A，在中，所以为边长为的等边三角形，所以的最小值为的高，此时为中点，即，故A正确；对于B，将与矩形沿着翻折到一个平面内，如图所示，所以的最小值为，此时三点共线，又，即，由余弦定理得，即，即，故B错误；对于C，根据题意，即求异面直线和之间的距离，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，则，则，设直线与的共垂线向量为，则，即，即，可取，所以异面直线和之间

23、的距离为，所以线段的最小值为，故C正确；对于D，设三棱锥的外接球心为，当过点的外接球的截面时，所得截面面积最小，因为，由选项C知，则，而三棱锥的外接球即为正方体的外接球，所以三棱锥的外接球直径为正方体的体对角线，即，即三棱锥的外接球半径为，所以所在圆的直径，所以所得截面面积为，故D错误.故选：AC.10（2023云南高三校联考阶段练习）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（）A点B到平面的距离为B直线AP/平面C异面直线与所成角的取值范围是,D三棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，A：设

24、边长为1，则,，所以，因为，所以，即，又平面，所以直线平面，而为面的一个法向量，又，则B到平面的距离为，故正确；B：因为点M在线段上运动，设，则，由上知：平面的法向量为，因为平面，所以直线平面，故正确；C：，设异面直线AM与所成角为，所以，因为，所以当时，当时，因为，所以，综上，所以，故错误；D： 因为，点M在线段上运动，所以点P到直线的距离不变，即的面积不变，又点到面距离恒为，所以到面距离不变，即三棱锥的高不变，所以三棱锥的体积为定值，而，故正确，故选：ABD11（2023江苏高三专题练习）（多选）如图，在平行四边形中，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（）A三棱锥四个面

25、都是直角三角形B平面平面C与所成角的余弦值为D点到平面的距离为【答案】ABD【解析】中，由余弦定理得，故，所以，因为平面平面，平面平面，面，所以平面，平面，则；同理平面，因为平面，所以平面平面，A、B正确；以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，所以，即与所成角的余弦值为，C错误；由上知：，若为面的法向量，所以，令，则，而，则到平面的距离为，D正确.故选：ABD.12（2023全国高三专题练习）（多选）已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（）A三棱锥的体积为定值B当最大时，MN与BC所成的角为C正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相

26、等D若，则点N的轨迹长度为【答案】ACD【解析】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，因为，面，面，所以面，同理可得面，因为，面，所以面面，所以面中直线都平行于面，又面，且平面，所以面，即面，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，且，A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，而，若为面的一个法向量，所以，令，则，而，所以到面的距离，即到面的距离为，又为等边三角形，则，所以三棱锥的体积为定值，正确；B：由图知：当与重合时最大为，且，所以MN与BC所成的角，即为，错误；C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，又，同理可得，所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面夹角都相等，正确；D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，因为面面，故也是面的法向量，而，所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，故点N的轨迹长度为，正确.故选：ACD