7.4 空間距離（精練）（教師版）

7.4空間距離（精練）1．（2023·全國·高三專題練習）已知是棱長為1的正方體，則平面與平面的距離為．【答案】【解析】以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，可得，因為，則，所以，因為平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面，所以平面與平面的距離等于點到平面的距離，設平面的法向量為，則，令，可得，所以，又因為，所以．所以平面與平面的距離為．故答案為：．2．（2023·全國·高三專題練習）棱長為1的正方體如圖所示，分別為直線上的動點，則線段長度的最小值為．【答案】【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，設，當PQ為兩異面直線的公垂線段時，PQ長度最短，此時PQ長度為MN的最小值,則,由，所以，所以,所以故答案為：.3．（2023·廣西南寧·南寧三中?？寄M預測）如圖，在菱形ABCD中，，，沿對角線BD將折起，使點A，C之間的距離為，若P，Q分別為線段BD，CA上的動點，則線段PQ的最小值為.

【答案】【解析】取BD的中點E，連接AE，EC，則，，.因為，所以，即.以E為原點，分別以EB，EC，EA所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，.設，，所以，從而有，當，時，.

4．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在正方體中，AB＝1，M，N分別是棱AB，的中點，E是BD的中點，則異面直線，EN間的距離為.【答案】【解析】以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標系，易知，，設同時垂直于，由，令，得，又，則異面直線，EN間的距離為.故答案為：.5．（2022·全國·高三專題練習）如圖，正四棱錐的棱長均為2，點E為側(cè)棱PD的中點．若點M，N分別為直線AB，CE上的動點，則MN的最小值為．【答案】【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則有：，，，，，可得：設，且則有：，可得：則有：故則當且僅當時，故答案為：6．（2023·全國·高三專題練習）如圖，棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中點，M是棱CC1上的點，且CC1=3CM，則直線BM與B1N之間的距離為.【答案】【解析】正方體的棱長為1，如圖，以D為坐標原點，所在方向分別為軸正方向建立空間直角坐標系，則B(1，1，0)，B1(1，1，1)，，，∴=(0，0，1)，，.設直線BM與B1N的公垂線方向上的向量，由，，得，令x=2，則z=6，y=-7，∴，設直線BM與B1N之間的距離為d，則d===.故答案為：.7．（2023秋·廣東東莞·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，在四棱錐中，側(cè)面是正三角形，且與底面垂直，平面，，是棱上的動點.

(1)當是棱的中點時，求證：平面；(2)若，，求點到平面距離的范圍.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）證明：因為平面，平面，且平面平面，所以.取的中點，連接、，因為是棱的中點，所以，且，因為且，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，因為平面，平面，所以平面.（2）解：取的中點，連接.因為是正三角形，所以.又因為平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因為，，為的中點，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，因為，則，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、、，所以，設，其中，則，設平面的法向量，所以，令，得，設點到平面距離為，.當時，；當時，，則，當且僅當時等號成立.綜上，點到平面距離的取值范圍是.8．（2022秋·福建泉州·高三校聯(lián)考期中）如圖，已知四棱錐的底面是菱形，對角線，交于點，，，，底面，設點是的中點．

(1)直線與平面所成角的正弦值；(2)點到平面的距離.【答案】(1)(2)【解析】（1）因為四邊形為菱形，所以，又面，故以為軸，為軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖，

因為，，，且為中點，則，，，，，，故，，，設面的法向量為，則，令，則，，故，所以，故直線與平面所成角的正弦值為；（2）由（1）可知，面的一個法向量為，所以點到平面的距離，故點到平面的距離為．9．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中?？寄M預測）三棱臺中，平面，，且，，是的中點．

(1)求三角形重心到直線的距離；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)(2)【解析】（1）因為，所以，，在平面內(nèi)過點作，建立如圖所示空間直角坐標系，則

，，，，，過點作，設，.則.因為，所以，解得，所以，．即三角形重心到直線的距離為.（2），，，設平面的法向量，則，取，則設平面的法向量，則，取，則所以，由圖可知，二面角為銳角，所以，二面角的余弦值為．10．（2023·江蘇鹽城·鹽城中學?？既＃┤鐖D，該幾何體是由等高的半個圓柱和個圓柱拼接而成，點為弧的中點，且，，，四點共面.

(1)證明：平面平面；(2)若平面與平面所成二面角的余弦值為，且線段長度為2，求點到直線的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）過作，交底面弧于，連接，易知：為平行四邊形，所以，又為弧的中點，則是弧的中點，所以，而由題設知：，則，所以，即，由底面，平面，則，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由題意，構(gòu)建如下圖示空間直角坐標系，令半圓柱半徑為，高為，則，，，，所以，，，，若是面的一個法向量，則，令，則，若是面的一個法向量，則，令，則，所以，整理可得，則，又，由題設可知，此時點，，，則，，所以點到直線的距離.

.11．（2023·天津·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在三棱錐中，底面，．點，，分別為棱，，的中點，是線段的中點，，．(1)求證：平面；(2)求點到直線的距離；(3)在線段上是否存在一點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求出線段的值，若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【解析】（1）因為底面，，建立空間直角坐標系如圖所示，則，所以，設為平面的法向量，則，即，不妨設，可得，又，可得，因為平面，所以平面，（2）因為，所以點到直線的距離.（3）設，，則，設平面的法向量為，則令，則，所以，即，解得或（舍去），所以.12．（2023·全國·高三專題練習）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形.，E，F(xiàn)分別為AC和的中點，.(1)求四棱錐的體積；(2)是否存在點D在直線上，使得異面直線BF，DE的距離為1?若存在，求出此時線段DE的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)1(2)存在，或【解析】（1）∵側(cè)面為正方形，∴，又，且，面，∴平面，又，∴平面，取BC中點G，則，∴平面.∴.（2）以為原點，分別以BA，BC，所在直線建立空間直角坐標系，如圖，則，，，設，則，，.設與，均垂直的向量為，則，即，取，∴異面直線BF，DE的距離，解得或.∴或.故存在點D在直線上，使得異面直線BF，DE的距離為1，且此時或.13．（2023·全國·高三專題練習）三棱錐中，，，.記中點為，中點為（1）求異面直線與的距離；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）；（2）【解析】三棱錐三組對棱相等，因此三棱錐的外接平行六面體為長方體，將三棱錐放在長方體中研究設長方體的三維分別為、、且，即，解得：因此以為坐標原點，長方體在處的三條棱的方向為正方向建立空間直角坐標系，則，，，，，，（1），，設垂直于和，所以，令，，，所以，而，因此所求距離為：（2），，設平面的一個法向量為，則，令，則，，所以，設平面的一個法向量為，則，令，則，，所以，所以，所以所求角的余弦值為.14．（2023秋·云南·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，在四棱錐中，底面是矩形，側(cè)棱底面，，E是的中點，作交于點F．

(1)求證：平面；(2)若平面與平面的夾角為，求點F到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】（1）證明：如圖所示：

連接交于點G，連接，∵E是的中點，∴，平面，平面．∴面．（2）解：設，以D為原點，，，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，，，，，設平面的一個法向量為，由得，同理，由，，設平面的一個法向量為，由,得，由平面與平面的夾角為，則，解得，∴，，設，，則，，又，∴，即，焦點，∴，又平面，則平面的一個法向量為，又，則點F到平面的距離．15．（2023·湖北襄陽·襄陽四中?？寄M預測）斜三棱柱的各棱長都為，點在下底面的投影為的中點.

(1)在棱（含端點）上是否存在一點使？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)存在，(2)【解析】（1）因為點在下底面的投影為的中點，故平面，連接，由題意為正三角形，故,以為原點，分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系：

則，，設，可得，，假設在棱（含端點）上存在一點使，則，則；（2）由（1）知，設平面的法向量為，則，令，則，則，又，則到平面的距離為，即點到平面距離為.16．（2023·浙江寧波·鎮(zhèn)海中學?？寄M預測）在直角梯形中，，，，現(xiàn)將沿著對角線折起，使點D到達點P位置，此時二面角為．

(1)求異面直線，所成角的余弦值；(2)求點A到平面的距離．【答案】(1)(2)【解析】（1）過點D做交于O，連接，以O點為原點，以為x軸，在平面內(nèi)，過點O垂直于的線為y軸，過點O垂直于平面的直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．

因為，所以，所以為二面角的平面角．所以，又因為，所以點，又因為，，由等邊三角形可得，所以，，所以，所以與夾角的余弦值為．（2），，設為平面的一個法向量，則，令，則，故，所以點A到平面的距離為．1．（2023·全國·高三專題練習）已知正方體的棱長為1，點E、O分別是、的中點，P在正方體內(nèi)部且滿足，則下列說法錯誤的是（

）A．點A到直線BE的距離是 B．點O到平面的距離為C．平面與平面間的距離為 D．點P到直線AB的距離為【答案】D【解析】如圖，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，所，．設，則，．故A到直線BE的距離，故A對；易知，平面的一個法向量，則點O到平面的距離，故B對；，，．設平面的法向量為，則，所以，令，得，，所以，所以點到平面的距離．因為平面平面，所以平面與平面間的距離等于點到平面的距離，即為，故C對；因為，所以，，則，所以點P到AB的距離，故D錯．故選：D2．（2023·北京·高三專題練習）如圖，在直三棱柱中，，，，，點在棱上，點在棱上，給出下列三個結(jié)論：①三棱錐的體積的最大值為；②的最小值為；③點到直線的距離的最小值為．其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】在直三棱柱中平面，對于①：因為點在棱上，所以，又，又，，，點在棱上，所以，，所以，當且僅當在點、在點時取等號，故①正確；對于②：如圖將翻折到與矩形共面時連接交于點，此時取得最小值，因為，，所以，所以，即的最小值為，故②錯誤；對于③：如圖建立空間直角坐標系，設，，，，，所以，，則點到直線的距離，當時，當時，，，則，所以當取最大值，且時，即當在點在點時點到直線的距離的最小值為，故③正確；故選：C3．（2023春·河南·高三階段練習）（多選）如圖1，《盧卡?帕喬利肖像》是意大利畫師的作品.圖1中左上方懸著的是一個水晶多面體，其表面由18個全等的正方形和8個全等的正三角形構(gòu)成，該水晶多面體的所有頂點都在同一個正方體的表面上，如圖2.若，則（

）

A．B．該水晶多面體外接球的表面積為C．直線與平面所成角的正弦值為D．點到平面的距離為【答案】BCD【解析】該水晶多面體的俯視圖如圖1所示，對于A，，故A錯誤；對于B，建立如圖2所示的空間直角坐標系，則.記該水晶多面體外接球的半徑為，球心，則，故該水晶多面體外接球的表面積為，故B正確.對于C，因為，，平面，所以平面平面.根據(jù)正方體的對稱性易得平面的一個法向量為，即為平面的一個法向量.，故直線與平面所成角的正弦值為，故C正確.對于D，點到平面的距離為，故D正確.

故選：BCD.4．（2023·福建寧德·校考模擬預測）（多選）在正方體中，分別為的中點，則（

）

A．直線與直線垂直B．點與點到平面的距離相等C．直線與平面平行D．與的夾角為【答案】AB【解析】如圖，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，

設正方體的棱長為，則且，對于A，，所以，所以直線與直線垂直，故A正確；對于B，設平面的法向量為，又，所以，令得，又，所以點到平面的距離為，點到平面的距離為，故B正確；對于C，因為所以，即，設平面的法向量為，則，又，則，所以平面，故C錯誤；對于D，因為，所以，所以與的夾角余弦值為，夾角大小不為，故D錯誤.故選：AB.5．（2023·遼寧朝陽·校聯(lián)考一模）（多選）如圖，在棱長為1正方體中，為的中點，為與的交點，為與的交點，則下列說法正確的是（

）A．與垂直B．是異面直線與的公垂線段，C．異面直線與所成的角為D．異面直線與間的距離為【答案】ABD【解析】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，為z軸，建立如下圖所示坐標系：則：，，設，則有：，又，解得，，，，同理可得；對于A，，，，正確；對于B，，，即，又,故是異面直線與的公垂線段，正確；對于C，設與所成的角為，則，，，錯誤；對于D，由B知是與的公垂線段，，正確；故選：ABD.6．（2023·福建漳州·統(tǒng)考模擬預測）（多選）在棱長為1的正方體中，點為的中點，點，分別為線段，上的動點，則（

）A． B．平面可能經(jīng)過頂點C．的最小值為 D．的最大值為【答案】ACD【解析】建立空間直角坐標系，如圖所示：則,0,,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,,0,,，1，，,1,，設,,，則,,，,；設,0,，則,0,,,，所以，1，，，，，，所以，即，A正確；因為,1,,,,，設平面的一個法向量為,,，則，即，令，則，，所以,,，又因為,1,，所以點到平面的距離為，所以點到平面的距離不能為0，即平面不過點，B錯誤；因為，當且僅當時取“”，所以的最小值為，C正確；因為,,，,,，，設，，，，，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，，當時最大，此時，選項D正確．故選：ACD．

7（2023·江蘇鹽城·鹽城中學?？既＃ǘ噙x）已知正方體的棱長為1，為棱（包含端點）上的動點，下列命題正確的是（

）A．B．二面角的大小為C．點到平面距離的取值范圍是D．若平面，則直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為【答案】ACD【解析】

由正方體可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，其中，對于A：，故即，故A正確.對于B：，，設平面的法向量為，則，即，取，則，故.設平面的法向量為，則，即，取，則，故.故，而二面角為銳二面角，故其余弦值為，不為，故二面角的平面角不是，故B錯誤.對于C：，，設平面的法向量為，則，即，取，則，故.而，故到平面的距離為，故C正確.對于D：設直線與平面所成的角為.因為平面，故為平面的法向量，而，故，而，故D正確.故選：ACD.8．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預測）（多選）故宮太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體有五個面，其形狀與四阿頂相類似．已知底面為矩形，，，且，、分別為、的中點，與底面所成的角為，過點作，垂足為．下列說法正確的有（

）

A．平面B．C．異面直線與所成角的余弦值為D．點到平面的距離為【答案】AC【解析】對于A選項，因為四邊形為矩形，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，平面平面，所以，，因為且，、分別為、的中點，所以，且，故四邊形為平行四邊形，所以，且，所以，，因為，所以，，因為，是的中點，所以．因為，、平面，所以，平面，A對；對于B選項，因為平面，平面，所以，平面平面，因為，平面平面，平面，所以，平面，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，

因為平面，則與平面所成的角為，因為，為的中點，則，又因為，，所以，，又因為，且，故四邊形為等腰梯形，設，則，則，則點、，所以，，即，解得，所以，，B錯；對于C選項，由B選項可知，在中，、、、，，，，所以，異面直線與所成角的余弦值為，C對；對于D選項，易知、、、，設平面的法向量為，，，則，取，可得，，則點到平面的距離為，D錯.故選：AC.9（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中學?？寄M預測）（多選）正方體棱長為是直線上的一個動點，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．的最小值為B．的最小值為C．若為直線上一動點，則線段的最小值為D．當時，過點作三棱錐的外接球的截面，則所得截面面積的最小值為【答案】AC【解析】對于A，在中，，所以為邊長為的等邊三角形，所以的最小值為的高，此時為中點，即，故A正確；對于B，將與矩形沿著翻折到一個平面內(nèi)，如圖所示，所以的最小值為，此時三點共線，又，，，即，由余弦定理得，，即，即，故B錯誤；

對于C，根據(jù)題意，即求異面直線和之間的距離，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，則，，，設直線與的共垂線向量為，則，即，即，可取，

所以異面直線和之間的距離為，所以線段的最小值為，故C正確；對于D，設三棱錐的外接球心為，當過點的外接球的截面時，所得截面面積最小，因為，由選項C知，，則，而三棱錐的外接球即為正方體的外接球，所以三棱錐的外接球直徑為正方體的體對角線，即，即三棱錐的外接球半徑為，所以所在圓的直徑，所以所得截面面積為，故D錯誤.故選：AC.

10．（2023·云南·高三校聯(lián)考階段練習）（多選）如圖，在棱長為1的正方體中，點P在線段上運動，則下列結(jié)論正確的是（

）A．點B到平面的距離為B．直線AP//平面C．異面直線與所成角的取值范圍是[,]D．三棱錐的體積為定值【答案】ABD【解析】分別以DA、DC、為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，A：設邊長為1，則,，所以，因為，所以，即，又平面，所以直線平面，而為面的一個法向量，又，則B到平面的距離為，故正確；B：因為點M在線段上運動，設，則，由上知：平面的法向量為，，因為平面，所以直線平面，故正確；C：，設異面直線AM與所成角為，所以，因為，所以當時，，當時，，因為，所以，綜上，，所以，故錯誤；D：因為，點M在線段上運動，所以點P到直線的距離不變，即△的面積不變，又點到面距離恒為，所以到面距離不變，即三棱錐的高不變，所以三棱錐的體積為定值，而，故正確，故選：ABD11．（2023