2024年新高考专用数学第一轮复习讲义一隅三反基础版 7.6 空间向量求空间距离（精练）（基础版）（原卷版+解析版）

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A．B．1C．D．
2． (2023·山东）点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是______．
3． (2023云南）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)设M为侧棱上的点，若平面与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线距离．
题组二 点面距
1． (2023·新疆）如图所示，在四棱锥中，平面，，在四边形中，，，，点在上，，与平面成的角．
(1)求证：平面；
(2)点到平面的距离．
2． (2023·重庆一中）已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，平面ABCD，求证：
(1)平面SAC；
(2)若，求点C到平面SBD的距离.
3． (2023·上海）如图，是矩形，平面，，，、分别是、的中点，求点到平面的距离.
4． (2023·北京）已知，分别是正方形边，的中点，交于，垂直于所在平面．
(1)求证：平面．
(2)若，，求点到平面的距离．
5．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
6． (2023·湖南·周南中学）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”（如图2）．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角是直二面角，求点到平面的距离．
7． (2023·重庆长寿）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，，E、F分别是PC、AD中点．
(1)求直线DE和PF夹角的余弦值；
(2)求点E到平面PBF的距离．
8．（2022·河北唐山）如图，已知长方体＝＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点．
(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；
(2)求点A到平面BDF的距离．
题组三 线线距
1． (2023·全国·课时练习）如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是______．
2． (2023·福建）如图，在正方体中，AB＝1，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______.
3． (2023·浙江）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______．
4． (2023·湖北）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____.
题组四 线面距
1． (2023·重庆一中）如图，在正三棱柱中，已知，D为的中点，E在上．
(1)若，证明：DE⊥CE；
(2)若平面CDE，求直线和平面CDE的距离．
2． (2023·河南）如图，长方体的棱长DA、DC和的长分别为1、2、1．求：
(1)顶点B到平面的距离；
(2)直线到平面的距离．
3． (2023·北京市）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，在棱上取点，使得平面.
(1)求证：为中点；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求直线到平面的距离.
题组五 面面距
1． (2023·河北）正方体的棱长为，则平面与平面的距离为_______.
2． (2023·全国·高二专题练习）直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面的距离．
3． (2023·湖南）在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，求平面与平面之间的距离．
4． (2023·湖南）在正方体中，M，N，E，F分别为，，，的中点，棱长为4，求平面MNA与平面EFBD之间的距离．
5． (2023·湖南）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．
(1)求证：平面平面EFG；
(2)求平面与平面EFG间的距离．
7.6 空间向量求空间距离（精练）（基础版）
题组一 点线距
1． (2023·湖南益阳）在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，得，，，
，，
所以在上的投影为，
所以点到直线的距离为故选：B
2． (2023·山东）点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是______．
【答案】
【解析】由题意，点和，可得，且，
所以点到直线的距离是.
故答案为：.
3． (2023云南）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)设M为侧棱上的点，若平面与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线距离．
【答案】(1)见解析(2)
【解析】(1)取AC的中点O，连接，，，所以由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
由，，所以所以平面ABC；
平面,所以平面平面ABC；
(2)以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
所以
设可得，
设平面的法向量为则
即取
所以因为为平面ABC的一个法向量，
设平面与平面ABC夹角为，
解得，所以
所以点M到直线距离
题组二 点面距
1． (2023·新疆）如图所示，在四棱锥中，平面，，在四边形中，，，，点在上，，与平面成的角．
(1)求证：平面；
(2)点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）以点为空间直角坐标系的坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建如图所示的空间直角坐标系，证明：∵平面，∴为与平面成的角，∴．∵，∴，，∴，，，，．∴，，．设平面的法向量为，由，即，可得，，∴．又，∴，又不在平面内，∴平面．
（2）取的中点，如图所示，则，，，∴．又，∴，即，又，平面，平面，∴平面，∴ 是平面的法向量，平面的单位法向量为，又，∴点到平面的距离为
2． (2023·重庆一中）已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，平面ABCD，求证：
(1)平面SAC；
(2)若，求点C到平面SBD的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：平面ABCD，平面ABCD，，又四边形ABCD为正方形，，又，平面；
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，因为，所以两两垂直，所以以A为坐标原点，AB､AD､AS分别为x､y､z轴建立空间直角坐标系则，所以，，设平面BDS的法向量为，则，令，则所以点C到平面SBD的距离
3． (2023·上海）如图，是矩形，平面，，，、分别是、的中点，求点到平面的距离.
【答案】
【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，则、 、、、，
、分别是、的中点，，
设为平面的一个法向量，，，
即且，
令，得，
在上的射影长，即点到平面的距离.
4． (2023·北京）已知，分别是正方形边，的中点，交于，垂直于所在平面．
(1)求证：平面．
(2)若，，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：如图所示，连接交于，因为是正方形边，的中点，，所以，又因为垂直于所在平面，平面，所以，因为且平面，所以平面．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，则，，，，可得，，设平面的法向量，则，令时，可得，所以又因为向量，则点到面的距离.
5．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的五面体中，面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)求证见解析(2)(3)
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为面是边长为2的正方形，，且，为的中点，所以，，，，，，，所以，因为平面的法向量可以为，所以，即，又平面，所以平面；
（2）解：因为，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为平面，，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，所以平面的法向量可以为，设二面角为，由图可知二面角为钝角，则，所以二面角的余弦值为；
（3）解：由（2）知平面的法向量为，又，设点到平面的距离为，则所以点到平面的距离；
6． (2023·湖南·周南中学）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”（如图2）．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角是直二面角，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)证明：取线段中点，连接、，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，且，
在图1中知且，且，
所以在图2中，且，且，
∴四边形是平行四边形，则，
由于平面，平面，∴平面.
(2)由图1，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角，∴，
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
∴
设平面的一个法向量为
由，得，取，则
于是平面的一个法向量
点B到平面的距离为.
7． (2023·重庆长寿）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，，E、F分别是PC、AD中点．
(1)求直线DE和PF夹角的余弦值；
(2)求点E到平面PBF的距离．
【答案】(1)；(2).
【解析】(1)因PD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，则PD、DA、DC三线两两互相垂直，
如图，以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
则直线DE的方向向量，直线PF的方向向量，
，
所以直线DE和PF夹角的余弦值为.
(2)由（1）知，，，，
设平面PBF的法向量，则，令，得，
所以点E到平面PBF的距离为.
8．（2022·河北唐山）如图，已知长方体＝＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点．
(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；
(2)求点A到平面BDF的距离．
【答案】(1)(2)
【解析】(1)在长方体中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图．
由已知AB＝＝1，
可得A（0，0，0）、B（2，0，0）、F（1，0，1）．
又AD⊥平面从而BD与平面所成的角即为∠DBA＝30°，
又AB＝2，AE⊥BD，AE＝1，AD＝
从而易得
∵＝＝（－1，0，1）．
设异面直线AE与BF所成的角为，
则．
即异面直线AE、BF所成的角的余弦为
(2)设＝（x，y，z）是平面BDF的一个法向量．
＝，＝（－1，0，1），＝（2，0，0）．
由 ∴ ，即取＝
所以点A到平面BDF的距离
题组三 线线距
1． (2023·全国·课时练习）如图，多面体是由长方体一分为二得到的，，，，点D是中点，则异面直线与的距离是______．
【答案】
【解析】以为坐标原点，分别以，,为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,,
∴,,
设是，的公垂线方向上的单位向量，
则，即①，
，即②，
易知③，
联立解得，，或，，；
不妨取，
又∵,
则异面直线与的距离，
故答案为：.
2． (2023·福建）如图，在正方体中，AB＝1，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，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：.
3． (2023·浙江）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：
4． (2023·湖北）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(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：.
题组四 线面距
1． (2023·重庆一中）如图，在正三棱柱中，已知，D为的中点，E在上．
(1)若，证明：DE⊥CE；
(2)若平面CDE，求直线和平面CDE的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)证明：因为，，
由余弦定理，
所以，
又因为平面，平面，
所以，
由于，
故DE⊥平面，
而平面，
故DE⊥EC；
(2)以C为坐标原点，CA为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
此时，，，，，
设，
此时，，
设平面CDE的一个法向量为，
则，即
，
因为平面CDE，
所以，
故，
即，
解得，
故
由于平面CDE，直线和平面CDE的距离等于点和平面CDE的距离．
此时，，
取，
所以点和平面CDE的距离，
所以直线和平面CDE的距离为.
2． (2023·河南）如图，长方体的棱长DA、DC和的长分别为1、2、1．求：
(1)顶点B到平面的距离；
(2)直线到平面的距离．
【答案】(1)(2)
【解析】(1)以点D为原点，分别以、与为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系．则，，，，，，，.
设平面的法向量为，所以，．因为，，由，得，不妨取，则.
而向量，
所以B到平面的距离；
(2)直线到平面的距离等于到平面的距离．
因为，
所以到平面的距离．
3． (2023·北京市）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，在棱上取点，使得平面.
(1)求证：为中点；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求直线到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】(1)连接，交于点，则平面平面，
又因为平面，平面，则，
由于底面为正方形，所以点为的中点，
因此可得为中点.
(2)由（1）知是的中点.
由于平面，所以，
故两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
，
设平面的法向量为，
所以，故可设，
平面的法向量为，
平面与平面夹角为，
则.
(3)
由于平面，则到平面的距离，即到平面的距离.
,
到平面的距离为.
即直线到平面的距离为.
题组五 面面距
1． (2023·河北）正方体的棱长为，则平面与平面的距离为_______.
【答案】
【解析】由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
因为，
所以，且，
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，
又因为，所以.
故答案为：.
2． (2023·全国·高二专题练习）直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)法一:证明：连接分别为的中点，
分别是的中点，
，平面，平面，
平面，平行且等于，
是平行四边形，，
平面，平面，平面，
，平面平面；
法二: 如图所示，建立空间直角坐标系，
则，
，
，
，，，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面平面，
(2)
法一:平面与平面的距离到平面的距离．
中，，，，
由等体积可得，．
法二:
设平面的一个法向量为，
则，则可取，
，
平面与平面的距离为
3． (2023·湖南）在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，求平面与平面之间的距离．
【答案】
【解析】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、、、、、，
，，则，
因为、不在同一条直线上，则，
平面，平面，则平面，
同理可证平面，，故平面平面，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
又因为，因此，平面与平面之间的距离为.
4． (2023·湖南）在正方体中，M，N，E，F分别为，，，的中点，棱长为4，求平面MNA与平面EFBD之间的距离．
【答案】．
【解析】以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
又，
，
所以平面MNA与平面EFBD之间的距离．
5． (2023·湖南）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，的中点．
(1)求证：平面平面EFG；
(2)求平面与平面EFG间的距离．
【答案】(1)证明见详解；(2)﹒
【解析】(1)∵E是AB中点，F是BC中点，
∴连接AC得，EF∥AC，
∵是平行四边形，
∴，
又平面平面，
∥平面，
同理，连接可得，可得EG∥平面，
与平面EFG，
∴平面∥平面EFG﹒
(2)如图：
以D为原点，DA、DC、分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz﹒
则
∴，
设平面的法向量为，
则，取，
则平面与平面EFG间的距离为