7.4 空间距离（精练）-2024年高考数学一轮复习一隅三反系列（新高考）

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【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，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：.
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(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．（2023·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：D
2．（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：
①三棱锥的体积的最大值为；
②的最小值为；
③点到直线的距离的最小值为．
其中所有正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【解析】在直三棱柱中平面，
对于①：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①正确；
对于②：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②错误；
对于③：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③正确；
故选：C
3．（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（ ）

A．
B．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，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 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（ ）
A．B．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，，
所以，，当时最大，此时，选项D正确．
故选：ACD．

7（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（ ）
A．
B．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：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
B．
C．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，、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（2023·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：ABD
11．（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