专题37 空间距离5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

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1．点到直线的距离
如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－a·u2).
2．点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的长度，因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
一、单选题
1．（2024高二上·全国·课后作业）如图所示，在长方体中，，则直线到平面的距离是（ ）
A．5B．8C．D．
【答案】C
【分析】
以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可》
【详解】以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则．设．设平面的法向量为，
由，得

，∴可取．
又，∴点到平面的距离为,
∥，平面，平面，
∴∥平面，
到平面的距离为．
故选：C
2．（2024高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，把直线到平面的距离转化为点到平面的距离，根据空间中点到平面的距离公式即可求解.
【详解】由题意易知直线面，
所以到面的距离即为直线到平面的距离.
建立如图所示坐标系，则：

，，，，,
所以
设面的法向量，则：
，即
取，则，所以
所以到面的距离.
故选：D
3．（2024高三·全国·专题练习）在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，则的范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间中点到线的距离公式，列不等式求解.
【详解】因为，，
所以点到直线的距离为，
所以，化简得
解得.
故选：A
4．（2024·浙江温州·三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.
【详解】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
5．（2024·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解
【详解】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则，
∴，.
设为平面的法向量，，
由，得，
令z=1，∴，
所以.
又，
∴点C到平面AEC1F的距离d=.
故选：C.
6．（2024高二·全国·课后作业）如图，已知是侧棱长和底面边长均等于的直三棱柱，是侧棱的中点.则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.
【详解】取的中点，连接，
因为为等边三角形，为的中点，则，
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，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以，点到平面的距离为.
故选：A.
7．（2024高二上·浙江绍兴·期末）空间直角坐标系中、、）、，其中，，，，已知平面平面，则平面与平面间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知得，，，设向量与向量、都垂直，由向量垂直的坐标运算可求得，再由平面平行和距离公式计算可得选项.
【详解】解：由已知得，，，设向量与向量、都垂直，则
，即，取，，
又平面平面，则平面与平面间的距离为，
故选：A.
8．（2024高二上·全国·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
【分析】建立如图所示的直角坐标系，求得和平面的一个法向量，
利用向量的距离公式，即可求解．
【详解】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．

【点睛】本题主要考查了空间向量在求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
9．（2024高二上·湖南邵阳·阶段练习）在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，
所以,
设平面的法向量为，则
，令，则，
因为，平面，平面，
所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，
所以直线到平面的距离为 .
故选：D.

10．（2024高二上·辽宁沈阳·阶段练习）在长方体中，，，，则异面直线与之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，求解直线与的公垂线的方向向量，利用异面直线距离的向量公式，即得解
【详解】
如图所示，以为原点，所在直线为轴如图建立空间直角坐标系
则
设直线与的公垂线的方向向量为
则
不妨令
又
则异面直线与之间的距离
故选：D
11．（2024·北京石景山·模拟预测）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（ ）

A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得.
【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），
，
设异面直线的公共法向量为，
则，取x＝1，得，
∴点P到直线AC的距离为：
，
点P到直线AC的距离的最小值为.
故选：C.

二、多选题
12．（2024高二上·吉林长春·期中）如图，正方体的棱长为2，为线段中点，为线段中点，则（ ）

A．点到直线的距离为B．直线到直线的距离为2
C．点到平面的距离为D．直线到平面的距离为
【答案】AD
【分析】建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离，判断A；先证明，再转化为点到直线的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解，判断D.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
因为，
所以.
所以点到直线的距离为，故A正确；
因为，所以，即
所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，
，，
所以直线到直线的距离为，故B错误；
设平面的一个法向量为，，.
由，令，则，即.
设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为，故C错误；
因为平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，
由C得平面的一个法向量为，
所以到平面的距离为，
所以直线到平面的距离为，故D正确.
故选：AD.
13．（2024·辽宁朝阳·一模）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
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项分析.
【详解】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 是 与 的公垂线段， ，正确；
故选：ABD.
三、填空题
14．（2024高二上·北京·期中）如图，在长方体中，，，点，分别是，的中点，则点到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即得．
【详解】以为原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以
所以点到直线的距离为：
，
即点到直线的距离为．
故答案为：．
15．（2024高二上·上海虹口·阶段练习）已知是棱长为1的正方体，则平面与平面的距离为 ．
【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，可证得平面平面，从而平面与平面的距离等于点到平面的距离．求得平面的法向量和，结合点到平面的距离的向量公式，即可得解．
【详解】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：．
16．（2024高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在长方体中，，，､､分别是､､的中点，则直线到平面的距离为 .
【答案】
【分析】以D为原点，DC，DA，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，得到A，C，E，F，H各点坐标，由向量可判定平面，则将问题转化为点E到平面的距离，先求得平面的法向量，再根据距离求解即可.
【详解】以D为原点，DC，DA，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由题，则，，
因为､､分别是､､的中点，
所以，，，
则，所以，所以平面，所以点E到平面的距离即为直线到平面的距离，
设平面的法向量为，则，
因为，所以，取，则，，
所以是平面的一个法向量，
又向量，所以点E到平面的距离为，
即直线到平面的距离为.
故答案为：
17．（2024·福建·一模）已知空间中三点，则点A到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解.
【详解】，
,
，
，
设点A到直线的距离为，则
.
故答案为：.
18．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为
【答案】
【分析】首先以点为原点，建立空间直角坐标系，然后利用点到直线距离的坐标公式，列式，化简后求函数的最小值.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，
∴动点P到直线的距离为
，当时取等号，
即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故答案为：
19．（2024高二上·重庆沙坪坝·期中）已知直线过点，它的一个方向向量为，则点到直线AB的距离为 .
【答案】2
【分析】利用空间中点到直线的距离公式求解即可
【详解】因为，，
点到直线AB方向上的投影为，
所以点到直线AB的距离为，
故答案为：2
20．（2024高二·全国·课后作业）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，计算平面AMN的一个法向量，然后使用等价转化的思想，面面距转为点面距，最后计算即可.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，
F(2，4，4)，N(4，2，4).
∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)，
∴，
∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M.
∴平面AMN∥平面EFBD.
设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量，
则解得
取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1).
平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.
∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.
故答案为：
【点睛】本题考查面面距，使用数形结合，形象直观，并采用向量的方法，将几何问题代数化，便于计算，属基础题.
21．（2024高二上·贵州遵义·期中）在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，写出一个满足条件的的值： .
【答案】1（答案不唯一，只要即可）
【分析】计算，，根据点到直线的距离公式得到，解得答案.
【详解】因为，，
所以点到直线的距离，
解得.
故答案为：1（答案不唯一，只要即可）
22．（2024高二上·广东佛山·期中）如图，正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段的中点，则直线到平面的距离为 .

【答案】
【分析】用向量法求直线到平面的距离，先建系，再求出平面的法向量，再利用公式求距离.
【详解】，平面，平面，
，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图

以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系，
则，，
，，，，
设平面的法向量
则
另，则，设点到平面的距离为，
则，
故答案为：
23．（2024高二下·全国·单元测试）在直三棱柱中，，，D是AC的中点，则直线到平面的距离为 ．
【答案】
【分析】
以点D为坐标原点，为轴，为轴，过平行于的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，利用点面距的向量公式可求出结果.
【详解】
连与交于，则为的中点，连，因为D是AC的中点，则，
因为平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离就等于点B1到平面的距离．
因为，D是AC的中点，所以，
以点D为坐标原点，为轴，为轴，过平行于的直线为轴，
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，
则，则，令，得，则，
所以所求距离为.

故答案为：.
24．（2024高二上·全国·专题练习）在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线上移动，若，则长度的最小值为 ．
【答案】
【分析】的最小值即为两条异面直线间的距离，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线的公垂向量为，由距离公式可求得答案.
【详解】分别是异面直线上的点，的最小值即为两条异面直线间的距离，
平面平面，，平面平面，平面，
又，两两垂直．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设异面直线的公垂向量为，则,
令，则，，
，即的最小值为．
故答案为：
25．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，且，为棱的中点，点在上，且，则的中点到直线的距离是 ．
【答案】/
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出、，进而可计算得出点到直线的距离为.
【详解】因为平面，底面为正方形，
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，
则点、、，
，，，
所以，，
所以，的中点到直线的距离.
故答案为：.
26．（2024高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为2，，平面，异面直线与所成的角为60°，若为线段的中点，则点到直线的距离为 ．
【答案】/1.5
【分析】连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.借助题设条件找出，，三点的坐标，最后利用点到直线距离的向量求法进行求解即可.
【详解】
连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，，为异面直线与所成角，即.
在菱形中，，， ，．设，则，．在中， 由，，可得，
，，，，，
点到直线的距离为.
故答案为：.
27．（2024高三上·福建莆田·期中）已知空间中三点，，，则点C到直线AB的距离为 ．
【答案】
【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．
【详解】依题意得，，
则点C到直线AB的距离为
.
故答案为：.
28．（2024高二·全国·课后作业）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】#
【分析】建立空间直角坐标系，直接利用异面直线之间的距离公式求解即可.
【详解】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：.
29．（2024高二·全国·单元测试）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】
【分析】建立空间直角坐标系，表示出，求出同时垂直于的，再通过公式求距离即可.
【详解】
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：.
30．（2024高三·宁夏银川·阶段练习）在棱长为的正方体中，点是线段上的动点，则点到直线距离的最小值为
【答案】
【解析】以为坐标原点， 所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出与两异面直线和都垂直的向量，再由在方向上的投影，即为点到直线距离的最小值.
【详解】
以为坐标原点， 所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
，，，，
，，
点点到直线距离的最小值为两异面直线和间的距离，
设他们的公垂线所在的向量为，
由，令，则，，
所以，，
则两异面直线和间的距离为：
故答案为：
【点睛】关键点点睛：点到直线距离的最小值即为两条异面直线和间的距离，也即是他们的公垂线段的长在方向上的投影.
31．（2024高三下·山西太原·阶段练习）在如图所示实验装置中，正方形框架的边长都是1，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线，上移动，则长度的最小值是 ．
【答案】
【分析】将问题转化为异面直线与之间距离的求解问题，以为原点建立空间直角坐标系，根据异面直线间距离的空间向量求法可求得结果.
【详解】是异面直线，上两点，的最小值即为两条异面直线间距离.
平面平面，，平面平面，
平面，又，则以为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设异面直线，的公垂向量，
则，令，则，，，
，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查空间向量法求解异面直线间距离的问题，关键是能够将两异面直线上点的连线的最小值问题转化为异面直线间距离的求解问题.
32．（2024高二·全国·课后作业）已知点，，，，则过点P平行于平面ABC的平面与平面ABC的距离为 ．
【答案】
【分析】求得平面ABC的一个法向量，由求解
【详解】解：因为点，，，，
所以，
设平面ABC的一个法向量为，
则，即，
令，得，则，
所以过点P平行于平面ABC的平面与平面ABC的距离为，
故答案为：
33．（2024高二上·四川绵阳·阶段练习）已知正三棱柱的所有棱长均为2，为线段上的动点，则到平面的最大距离为 .
【答案】
【分析】取的中点，连接，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【详解】取的中点，连接，
因为三棱柱为正三棱柱，所以，平面，
因为平面，所以，
所以以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正三棱柱的所有棱长均为2，
所以，
设，则，
所以,
当时，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设到平面的距离为，则
，
当时，设平面的法向量为，则
，令，则，
设到平面的距离为，则
，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以到平面的最大距离为，
故答案为：
34．（2024·广东广州·一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为 .点到直线的距离的最小值为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
35．（2024高二上·浙江宁波·期末）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】
【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定
【详解】
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：
四、解答题
36．（2024高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.

(1)求点到直线的距离；
(2)求直线到直线的距离；
(3)求直线到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）（2）（3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间法可求得结果.
【详解】（1）解：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，点到平面的距离为.
（2）解：，，则，
因为、、、不共线，则，，
所以，直线到直线的距离为.
（3）解：因为，平面，平面，则平面，
则直线到平面的距离等于点到平面的距离，
设平面的法向量为，则，
所以，，取，可得，
，则直线到平面的距离为.
37．（2024高二·湖南·课后作业）已知正方体的棱长为4，设M、N、E、F分别是，的中点，求平面AMN与平面EFBD的距离．
【答案】
【分析】建立适当空间直角坐标系，求出平面EFBD的法向量，并证明平面平面EFBD.于是两平面的距离转化为点到平面的距离．利用向量距离公式求出即可.
【详解】以D为坐标原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴．
则，
.
设是平面EFBD的一个法向量，
则，即，解得，所以 ．
又因为，
所以，从而，所以平面，
所以平面平面EFBD，所以两平面的距离即是点A到平面BDEF的距离．
从而两平面间距离为．
38．（2024高二上·重庆·期中）如图正方体的棱长为2，E是棱的中点，过的平面与棱相交于点F.

(1)求证：F是的中点；
(2)求点D到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到，结合E是棱的中点，得到结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间向量求解出点到平面的距离.
【详解】（1）连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又，
所以四边形为平行四边形，
故，
故，
又E是棱的中点，
所以F是的中点.

（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，得，故，

点D到平面的距离为.
39．（2024高二上·广东东莞·阶段练习）如图，P、O分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点，．如图建立空间直角坐标系．

(1)求平面PBC的法向量；
(2)求点O到平面PBC的距离．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据平面法向量计算法求解即可；
（2）利用（1）的结论，结合距离公式计算即可．
【详解】（1）因为P、O分别是正四棱柱上、下底面的中心，
所以OA、OB、OP两两互相垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，，
所以，，，
所以，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，取，则，，
所以，
所以平面PBC的一个法向量为；
（2）由（1）有平面PBC的一个法向量为，又，
所以O到平面PBC的距离，
所以O到平面PBC的距离为．
40．（2024高二·陕西宝鸡·期末）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，
.
(1)求直线与平面的夹角；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，点的坐标和平面的法向量，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求得直线与平面的夹角.
（2）根据空间直角坐标系写出，的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即可求出结果.
【详解】（1）设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

由已知得，，
因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为，
又，设直线与平面的夹角为，
则有，即，
所以直线与平面的夹角为.
（2）由（1）空间直角坐标系，得，，所以，，
可设平面的法向量为，则，得，
令，得，，即，
又因为，
所以点到平面的距离为.
41．（2024·福建泉州·模拟预测）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)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【详解】（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.
42．（2024高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点．
(1)求平面的法向量；
(2)求直线FC到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据法向量的计算方法计算即可；
（2）将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，然后利用空间向量的方法求距离即可.
【详解】（1）
如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
所以平面的法向量为.
（2），， ，，，
因为，所以，
因为平面，平面，所以∥平面，
所以直线到平面的距离即点到平面的距离，
设点到平面的距离为，
则，
所以直线到平面的距离为.
43．（2024·贵州贵阳·一模）底面为菱形的直棱柱中，分别为棱的中点.
(1)在图中作一个平面，使得，且平面.（不必给出证明过程，只要求作出与直棱柱的截面）；
(2)若，求平面与平面的距离.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，则平面即为所求平面.（2）连接,交于，则，分别以所在的直线为轴，为原点建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面的距离.
【详解】（1）
如图，取的中点，连接，则平面即为所求平面.
证明：由,平面，平面，可得平面.
由，平面，平面，可得平面.
,平面，平面,故可得平面平面，即平面.
（2）如图，连接,交于，
在直棱柱中，底面为菱形，
，
分别以所在的直线为轴，为原点建立如图所示空间直角坐标系，
又所有棱长为2，

，
，，
设是平面的一个法向量，则，即
令得，，
点到平面的距离，
平面与平面的距离.
44．（2024高二·湖南·课后作业）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】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，证明出平面平面，然后利用空间向量法求出点到平面的距离，即为所求.
【详解】解：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.
45．（2024高二上·河南·期中）在（图1）中，为边上的高，且满足，现将沿翻折得到三棱锥（图2），使得二面角为.

(1)证明：平面；
(2)在三棱锥中，为棱的中点，点在棱上，且，若点到平面的距离为，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由二面角定义确定为二面角的平面角，即，根据线面垂直的判定和性质证，再由已知证，最后根据线面垂直的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，向量法求点面距离得到关于的方程，即可求值.
【详解】（1）在题图2中，则为二面角的平面角，即，
又，面，所以平面，
由平面，所以，
题图1中及，所以，
在中，由余弦定理得，
又，所以.
又，面，所以平面.
（2）以为坐标原点，以、、（）为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

在中，所以.
所以，
则，令，则，
由，则，
所以且，，，
设平面的法向量为，则，
取，所以，而
所以，解得或（舍去），故.
46．（2024·江苏南京·二模）在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．
(1)求证：；
(2)若点到直线的距离为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.
【详解】（1），，
，故，则，即，
又平面平面，平面平面，
，平面，故平面，
平面，则 ，
又，，平面，所以平面，
又平面，则.
（2）设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
有，
设，则，设，则，
则 ，，，
点到直线的距离为，则，
即，即，解得，
所以.
47．（2024高二上·河北石家庄·期中）如图，在棱长为2的正方体中，点M是的中点.

(1)求到平面的距离；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，先求解出平面的一个法向量，然后利用公式即可求解出到平面的距离；
（2）先求解出平面的一个法向量，然后根据的运算结果判断的位置关系，由此完成证明.
【详解】（1）以为坐标原点，以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，所以，
令，则，所以，
设到平面的距离为，
所以.
（2）因为，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，所以，
令，则，所以，
又因为平面的一个法向量，
所以，所以，
所以平面平面.
48．（2024高二上·山东临沂·期中）如图，在长方体中，，点为的中点．

(1)证明：平面；
(2)设，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据正方形性质可知，利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）利用空间向量求出平面的一个法向量为，再由代入点到平面距离公式即可计算得出结果.
【详解】（1）在四边形中，，，即是正方形；
所以，
又平面，平面，
，
又平面，平面，，
平面；
（2）由，得，
以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，，
当为的中点时，，，，
设平面的一个法向量为，
由，可得，
由点到平面的距离公式得，
即点到面的距离是．
49．（2024高三·全国·专题练习）在棱长为1的正方体中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．
(1)求点B到直线AC1的距离；
(2)求直线FC到平面AEC1的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，用向量法求解即可；
（2）用向量法求解即可
【详解】（1）以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间坐标系，
则，，，，，，
∴，，，，，，
取，，
，
则点B到直线AC1的距离为；
（2）∵，
∴，
而平面，平面，
∴平面，
∴点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设平面的法向量为，则，
∴，
∴，取，则，，
∴，
又，
∴点到平面的距离为.
【点睛】
50．（2024高三上·山东青岛·期中）如图，已知长方体的体积为4，点A到平面的距离为．
(1)求的面积；
(2)若，动点E在线段上移动，求面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据长方体体积与三棱锥的体积关系，结合已知条件，即可求得结果；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，从而求得点到到直线的距离，建立三角形的面积关于的竖坐标之间的函数关系，求函数值域即可.
【详解】（1）由题知：
设点到平面的距离为，则，
因为，所以.
（2）由题知：，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系：
则，
设，则，
则直线的单位方向向量为
则点到直线的距离为
所以的面积
所以面积的取值范围为.
51．（2024高二·江苏·课后作业）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)﹒
【分析】(1)要证面面平行，转化为证明两组线面平行，连接AC，证明EF∥AC∥，可证∥平面，同理可证EG∥平面；
(2)由(1)知两平面平行，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，两平面间的距离为在法向量上的投影﹒
【详解】（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﹒
52．（2024高三上·上海浦东新·期中）瀑布（图1）是埃舍尔为人所知的作品.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”（图2）.在棱长为2的正方体中建立如图3所示的空间直角坐标系（原点O为该正方体的中心，x，y，轴均垂直该正方体的面），将该正方体分别绕着x轴，y轴，轴旋转45°，得到三个正方体，（图4，5，6）结合在一起便可得到一个高度对称的“三立方体合体”（图7）.
(1)设，求，.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）写出各点坐标，利用正方体的顶点到中心的距离不变即可求解；
（2）利用空间向量法求解点到平面的距离.
【详解】（1）正方体棱长为2，面对角线长为，
由题意，，，，
旋转后，，，，，，，，，，，，
旋转过程中，正方体的顶点到中心的距离不变，始终为，
因此，.
（2），，
设是平面的一个法向量，则，
令，得，又，
所以到平面的距离为.
（一）
空间距离
(1)点到直线的距离．
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＝eq \r(\(\s\up7(),\s\d5())|\(PA,\s\up6(→))|2－\(PA,\s\up6(→))·n2)；
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．
(2)求点面距一般有以下三种方法．
①作点到面的垂线，求点到垂足的距离；
②等体积法；
③向量法.
题型1：求点到直线的距离
1-1．（2024高三下·广东茂名·阶段练习）菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）

A． B．C．D．
【答案】A
【分析】
由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】
连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A

1-2．（2024·吉林·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥.
(1)若平面平面，求证： ；
(2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到四边形是平行四边形，证得，进而证得平面，结合线面平行的性质定理，即可证得.
（2）取中点，以为原点，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得和向量，得到，且，结合点到直线的距离，即可求解.
【详解】（1）证明：在梯形中，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以.
（2）解：取中点，连接，因为是等边三角形，可得
以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，
所以，，，且，
则点到直线的距离
因为，所以当时，；
当时，，所以点到直线的距离的取值范围是.
1-3．（2024高二上·山东·阶段练习）已知直四棱柱，底面为矩形，，，且，若点到平面的距离为，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求解即得.
【详解】直四棱柱，建立如图所示的空间直角坐标系，
由底面为矩形，，，且，
得，令，则，
，设平面的法向量，
则，令，得，而，
由点到平面的距离为，得，解得，
于是，，而，
向量在向量方向上的投影长为，
所以点到直线的距离为.
故选：D
题型2：求点到面的距离
2-1．（2024高二上·浙江温州·期中）如图，是棱长为1的正方体中，点P在正方体的内部且满足，则P到面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立合适的坐标系，利用空间向量求点面距离即可.
【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则，
，所以，
设平面的一个法向量，所以，
令，即，
故P到面的距离.
故选：A
2-2．（2024高三上·山东青岛·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，为等边三角形，面底面ABCD，E为AD的中点.

(1)求证：；
(2)在线段BD上存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为.
①确定点F的位置；
②求点C到平面PEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①点的位置是线段上靠近的三等分点；②
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质定理，即可证明线线垂直；
（2）①根据（1）的证明过程，以点为原点，建立空间直角坐标系，
以线面角的向量公式求点的位置；②根据①的结果，结合点到平面的距离的向量公式，
计算结果.
【详解】（1）取中点，连接，,
为等边三角形,
,
面底面，
面底面，
面，
面，
，
，
，
又，
面，
面，
，

（2）①如图以为原点，为轴，为轴建立空间

直角坐标系.设，
，，，,,
，，，，
，
设是平面的一个法向量
则有，
令解得：
因为直线与平面所成角的正弦值为
即
解得，所以点的位置是线段上靠近的三等分点，
②，，
，
点到平面的距离.
2-3．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．

(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，

面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，

设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
2-4．（2024·广东）已知正四棱柱，E为中点，F为中点．
(1)证明：为与的公垂线；
(2)求点到面的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法证明，即可得证；
（2）利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，从而可得出答案.
【详解】（1）证明：如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
因为，
所以，
即为与的公垂线；
（2）解：，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到面的距离为.
2-5．（2024高二上·贵州·期中）埃及金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，若金字塔的高为3，，点E满足，则点D到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系，把各个点的坐标求出来，然后求出平面AEC的法向量为以及，结合即可求解.
【详解】如图，

连接，设与相交于点O，连接，
因为金字塔可视为一个正四棱锥，
故以点O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
又由题意可得，，
所以，
所以，，，，，，
不妨设，又因为，所以，
即，解得，即，
，，，
设平面AEC的法向量为，则，，
即，取，得，
所以点D到平面AEC的距离．
故选：A.
题型3：求直线到平面的距离
3-1．（2024高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，F为线段的中点．
(1)求直线\到直线的距离；
(2)求直线到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线到直线的距离；
（2）转化为到平面的距离,利用点到平面的距离向量法可得答案.
【详解】（1）建立如下图所示的空间直角坐标系，
，，
因为，所以，即，
所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，
，，
，，
所以直线到直线的距离为；
（2）因为，平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于到平面的距离，
,，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，可得，
所以到平面的距离为，
所以直线到平面的距离为.
3-2．（2024高二上·全国·课后作业）在棱长为的正方体中，、分别是、的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)a
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，证明出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线到平面的距离.
【详解】（1）证明：如图，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，则、、、，

所以，，所以，
又因为、不共线，则，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：由（1）得、，
所以，.
设平面的法向量为，
则，取，可得，
所以点到平面的法向量为.
所以直线到平面的距离是.
3-3．（2024高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求：
(1)直线与平面的距离；
(2)平面与平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面的距离；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离．
【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形，
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、、、、、，
因为、分别为、的中点，则，
平面，平面，平面，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
，、平面，平面平面，
平面，平面，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，，
所以，直线与平面的距离为.
（2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为.
题型4：求面到面的距离
4-1．（2024高二·全国·单元测试）已知正方体的棱长为a，则平面与平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解
【详解】由正方体的性质，∥,∥，，，
易得平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴
建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，．
连接，由，，且，可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离．
故选：D
4-2．（2024高二上·河北沧州·阶段练习）两平行平面分别经过坐标原点O和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间向量求解
【详解】∵两平行平面分别经过坐标原点O和点，
且两平面的一个法向量，
∴两平面间的距离．
故选：A
4-3．（2024高二上·全国·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)
【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系，通过证明，再由面面平行的判定定理即可证明.
（2）法一: 平面与平面的距离到平面的距离,再由等体积法即可求出答案. 法二:求出平面的法向量,，平面与平面的距离等于到平面的距离，由点到平面的距离公式即可求出答案.
【详解】（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
题型5：求异面直线间的距离
5-1．（2024高二上·贵州·开学考试）定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离，公垂线段的长度可以看作是：分别连接两异面直线上两点，所得连线的向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度.如图，正方体的棱长为是异面直线与的公垂线段，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求得异面直线与的公垂线的方向向量，根据即可求解.
【详解】

如图，以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.
由题意得，
则.
设异面直线与的公垂线的方向向量，
则，即，令，得，，
所以异面直线与之间的距离.
故选：C.
5-2．（2024高二上·山西运城·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】设是底面正的中心，平面，，以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离用空间向量法求异面直线的距离．
【详解】如图，是底面正的中心，平面，平面，则，
，则，又，，
，直线交于点，，
以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，，
，
设与和都垂直，
则，取，则，，
P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离等于．
故选：D．
5-3．（2024高二上·浙江杭州·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形.，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
【分析】（1）找到四棱锥的高，利用四棱锥体积公式求出体积；
（2）根据题目中的条件建立空间直角坐标系，表达出与，均垂直的向量，进而利用异面直线BF，DE的距离为1建立等式求出a.
【详解】（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.
5-4．（2024·全国·模拟预测）在平行四边形中，，，，分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，将沿折叠，直到三棱锥的体积最大时，不再继续折叠.在折叠过程中，的最小值为 .
【答案】
【分析】根据平行四边形的边长即角度可得，再由两点的位置关系以及的几何意义，确定出沿折叠过程中三棱锥的体积最大时平面，建立空间直角坐标系利用两异面直线间的距离公式即可计算出结果.
【详解】根据题意可知，如下图所示；

由，，利用余弦定理可得，
解得，所以满足，即，则
又分别为直线上的动点，记两点之间的最小距离为，则表示两直线之间的距离，
在沿折叠过程中，直线由两平行线变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近；
当三棱锥的体积最大时，此时平面；
即此时两点之间的距离最小，即为两异面直线之间的距离；
以点为坐标原点，分别以为轴，轴，以过点且与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，
即，
设与垂直的一个向量为，
则，令，则，可得
不妨取，由两异面直线间的距离公式可得
的最小值为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于把“两点之间的最小距离为”理解成异面直线之间的距离，再利用折叠过程中的位置关系，代入两异面直线距离公式求解即可.