7.6 空间向量求空间距离（精讲+精练+原卷+解析）

这是一份7.6 空间向量求空间距离（精讲+精练+原卷+解析），共34页。


常见考法
考点一 两点距
【例1】（1）（2021·全国课时练习）设点是点，，关于平面的对称点，则（ ）
A．10B．C．D．38
【答案】（1）A
（2）（2021·河南濮阳市·高三一模（文））在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】（1）A （2）B
【解析】（1）点是点，，关于平面的对称点，的横标和纵标与相同，而竖标与相反，，，，直线与轴平行，，故选：A．
（2）如图所示，在平面内，，
所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，
则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，
所以，椭圆方程为.
点在底面的投影设为点，则点为的中心，，
故点正好为椭圆短轴的一个端点，
，则，
因为，故只需计算的最大值.
设，则，
则，
当时，取最大值，
即，
因此可得，故的最大值为.故选：B.
【一隅三反】
1．（2020·福建高三学业考试）在轴上与点的距离为3的点是（ ）
A．B．C．D．和
【答案】D
【解析】设所求点的坐标为，
则由题可得，解得或1，
故在轴上与点的距离为3的点是或.故选：D.
2．（2021·全国高三专题练习）如图，棱长为4的正四面体，，分别是，上的动点，且，则中点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】把正四面体放在正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系，
设该正方体的棱长为，
因为正四面体的棱长为4，所以有，
因此相应点的坐标为：，
因为是上的动点，所以设点的坐标为：，
设，，因此有，
因此，
设中点为，因此有：，
因为，
所以，
化简得：，把代入中得：
，显然 中点的轨迹是圆，半径为，
圆的周长为：.故选：D
3．（2020·全国高三专题练习（理））在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平行于平面，则线段长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，2，，，2，，，0，，
，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
设，2，，，，则，2，，
平行于平面，
，整理得，
线段长度，
当且仅当时，线段长度取最小值．故选：D．
考点二 点线距、线线距
【例2-1】（2021·安徽）已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则＝(0,2,0)，＝(0,1,2)．
∴csθ＝＝.∴sinθ＝.
故点A到直线BE的距离d＝||sinθ＝2×.故答案为B
【例2-2】（2021·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.
【一隅三反】
1．（2020·全国高三专题练习）设为矩形所在平面外的一点，直线平面，，，.求点到直线的距离.
【答案】.
【解析】因为平面，所以，
所以，
因为四边形为矩形，所以,
所以,
因为，，
所以在上的射影长为，又，
所以点到直线的距离.
故答案为：
2．（2020·全国高三专题练习）如下图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）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，利用此定义求异面直线与之间的距离．
【答案】（1）；（2）
【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标为B（1,0,0），，，
（1）因为平面，且面，
，又，且，
AD⊥平面PAB，
所以是平面PAB的一个法向量，
因为，.
设平面PCD的法向量为，
则，
即，令，解得，.
所以是平面PCD的一个法向量，
从而，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为；
（2）因为，
设为直线PB上一点，且，
又，
则，
则点到直线的距离
∵
∴
所以异面直线PB与CD之间的距离为.
考点三 点面、面面距
【例3-1】（2021·云南民族大学附属中学高三月考（理））如图，在三棱柱中，平面，，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：因为平面，平面，
所以.
在中，，，，
所以.
所以.
因为，，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，，，
如图，以为原点建立空间直角坐标系.
则，，，.
，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，
所以.
又因为，
故点到平面的距离
.
【例3-2】．（2020·全国高三专题练习）在棱长为的正方体中，则平面与平面之间的距离为
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，则，
即，解得，故，
显然平面平面，
所以平面与平面之间的距离．
【一隅三反】
1．（2021·全国高一专题练习）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．
【答案】
【解析】取射线AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A1(0，0，1)，E，F，D1(0，1，1)．
所以＝，＝(0，1，0)．
设平面A1D1E的法向量为=(x，y，z)．
则即，
令z＝2，则x＝1，得=(1，0，2)，又＝，
所以点F到平面A1D1E的距离.
故答案为：
2．（2021·山东菏泽市·高三期末）已知四边形是边长为1的正方形，半径为1的圆所在平面与平面垂直，点是圆上异于的任一点，当点到平面的距离最大时四面体的体积为________．
【答案】
【解析】以D为原点，直线DA为x轴，直线DC为y轴，垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，，，
依题意，可设，其中，．
设平面MAB的法向量是，，，
由可得取，得，
又
到平面MAB的距离，
点C到平面ABM的距离有最大值，其最大值为，
当h取得最大值时，，则，
且，，
三棱锥的体积．
故答案为：；
3．（2021·上海普陀区·高三其他模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC=4，BD=2，且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.
（1）求点B1到平面D1AC的距离；
（2）在线段BO1上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD1垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，故以AC与BD的交点O为原点，
以射线OA､OB､OO1分别为x､y､z轴，建立空间直角坐标系.
由已知条件，相关点的坐标为A(2，0，0)，B(0，1，0)，C(﹣2，0，0)，O1(0，0，3)，B1(0，1，3)，D1(0，﹣1，3)，
设平面D1AC的法向量为，
由，，
得，
令z=1，则
因，
故点B1到平面D1AC的距离为.
（2）设，
则由，，
得.
又，
故当时，.
于是，在线段BO1上存在点P，使得AP⊥CD1，
此时.
4．（2021·浙江高三专题练习）如图，在正方体中，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2
则，，，， ，
（1）设平面的法向量为，，
令，则，，
，，
面平面.
（2）平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离，
，，==，
直线到平面的距离为.
（3）平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，
，==，
所以平面与平面夹角的余弦值.
考点四 距离中的动点
【例4】（2021·北京首都师大二附高三开学考试）如图，在四棱锥中，底面，底面为梯形，，，且．
（Ⅰ）若点为上一点且，证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的大小；
（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使得?若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，且.
【解析】（Ⅰ）过点作，交于，连接，
因为，，所以．
又，，所以．
所以为平行四边形, 所以．
又平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）因为梯形中，，，所以．
因为平面，所以,
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系,
所以．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为,
因为
所以，即，取得到，
因为，所以，即，令得，
所以,
因为二面角为锐角，所以二面角为；
（Ⅲ）假设存在点，设，其中，
所以，
所以，解得，
所以存在点，且．
【一隅三反】
1．（2021·全国高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，与底面所成角的正切值为，是的中点，线段上的动点.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：平面平面，
.
又，，，平面，
平面，
又平面，∴.
又，是的中点，
，
又，，平面，
平面.
（2）以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
∵与底面所成角的正切值为，，∴，
则，，.
设，则，
设平面的法向量为，由，得：，
而平面的一个法向量为，依题意得：，
即，得或(舍).
故.
2．（2021·广西桂林市·高三月考（理））如图所示，在三棱锥中，侧棱平面BCD，F为线段BD中点，，，.
（1）证明：平面ABD；
（2）设Q是线段AD上一点，二面角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）因为，F为线段BD中点，所以.
因为平面BCD，平面BCD，
所以.
又因为平面ABD，平面ABD，，
所以平面ABD.
（2）在三棱锥中，在平面BCD内作于E.
以B为原点建立如图空间直角坐标系.
由题得，，，，
，，.
设，
所以.
设，分别为平面ABQ，平面CBQ的一个法向量.
则，.
即，.
不妨取，.
因为二面角的正弦值为，则余弦值为，
所以，
解得（舍）或.
因此，的值为.
3．（2021·全国高三专题练习（理））如图所示，已知四棱锥，侧面是边长为的正三角形，且平面平面，底面是菱形，且，为棱上的动点，且=().

（1）求证:；
（2）试确定的值，使得平面与平面夹角的余弦值为.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）取的中点，连接，，，
由题意可得△，△均为正三角形，
所以，.
又，所以平面.
又平面，所以.
因为//，所以.
（2）由（1）可知，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.
故可得，，两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以.
由 ()，
可得点的坐标为，
所以，.
设平面的法向量为，
由可得
令，则.
又平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或(舍去).
所以当时，平面与平面夹角的余弦值为.