专题1.4 空间距离的向量求法（特色专题卷）-2024-2025学年高二数学特色专题卷（人教A版2019选择性必修第一册）

专题1.4 空间距离的向量求法 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！ 1． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 2．（23-24高二下·江苏常州·期中）四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2024高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ） A．1 B． C． D． 7．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 8．（2024高二下·江西·阶段练习）已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 2． 多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．（2024·江苏连云港·模拟预测）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，CD，的中点，则（    ） A． B．平面EFG截正方体所得到的截面面积是 C．直线AB和直线与平面EFG所成的角相等 D．点E到平面BFG的距离为 10．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（    ）    A．是平面的一个法向量 B． C．点到平面的距离为 D．二面角的正弦值为 11．（2024高二下·湖北宜昌·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．平面时，截正方体的截面积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．点到平面的距离最大值为 3． 填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（23-24高二下·福建龙岩·期中）已知点，平面的一个法向量为，点在平面外，则点到平面的距离为 . 13．（2024高二下·河南濮阳·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到平面的距离为 ． 14．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）直四棱柱的所有棱长都为，，点在四边形及其内部运动，且满足，则点到平面的距离的最小值为 ．    4． 解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分） 15．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图，在四棱锥中，平面，分别是的中点，四边形是菱形，，．    (1)证明：平面； (2)求点E到平面的距离． 16．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）如图所示，已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，，，，E，F分别是AB，BC的中点．    (1)求点D到平面PEF的距离； (2)求直线AC到平面PEF的距离． 17．（2024高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点．    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离． 18．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在直四棱柱中，底面是梯形，，且是的中点. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 19．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.    (1)证明：； (2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.4 空间距离的向量求法 考试时间：120分钟；满分：150分 姓名：___________班级：___________考号：___________ 考卷信息： 本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！ 1． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知，则到直线的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距离的向量公式计算即得. 【详解】由可知, 则与同方向的单位向量为， 又 , , 故点到直线的距离为. 故选：D. 2．（23-24高二下·江苏常州·期中）四棱锥中，，，，则顶点到底面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】先求出平面的法向量，再根据点到面的距离的向量公式求解即可. 【详解】设平面的法向量为， 则有，令，则， 所以， 所以顶点到底面的距离为. 故选：A. 3．（23-24高二下·江苏徐州·期末）在棱长为4的正方体中，分别为棱的中点，点在棱上，且，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，求出平面的一个法向量和，再利用点到平面距离的向量法，即可求出结果. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为4， 则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 所以点到平面的距离为， 故选：C. 4．（2024高二下·江苏连云港·阶段练习）在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可． 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以点到平面的距离为， 故选：D． 5．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线面关系可证得平面，，将四棱锥补成长方体，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量的坐标运算计算到平面的距离即可. 【详解】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则， 因为平面，所以平面， 则，又，，，所以，则, 如图，将四棱锥补成长方体， 若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点， 如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，故， 设平面的法向量为，又， ，令，所以， 又，则到平面的距离为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 或者采用补形法，利用规则图形的外接球位置确定所求外接球球心的位置. 6．（23-24高二下·甘肃·期中）已知棱长为2的正方体中，，，分别是的中点，则直线与平面之间的距离为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，先利用向量法证明平面EMN，根据线面距离的定义把直线AC到平面EMN的距离转化为点A到平面EMN的距离，再利用点面距离的向量公式求解即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以，设平面的一个法向量为， 则令，可得，所以， 即，又平面，所以平面， 故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 又，所以点到平面的距离为， 即直线与平面之间的距离为. 故选：B 7．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量法求点到直线的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，， ，，设向量与的夹角为， ， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 8．（2024高二下·江西·阶段练习）已知正方体的棱长为是棱的中点，若点在线段上运动，则点到直线的距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，借助空间向量结合二次函数求解作答. 【详解】在棱长为2的正方体中，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则有，则， 设点， 则点到直线的距离 ， 当且仅当时取等号，则点到直线的距离的最小值为. 故选：D. 2． 多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9．（2024·江苏连云港·模拟预测）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，CD，的中点，则（    ） A． B．平面EFG截正方体所得到的截面面积是 C．直线AB和直线与平面EFG所成的角相等 D．点E到平面BFG的距离为 【答案】AC 【分析】对于A，可用几何法直接证明；对于B，画出截面，求面积即可；对于C 和D，建系求法向量，进而求得线面角和点到面的距离. 【详解】以点为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 对于A，因为正方体中E，F分别为棱，CD的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，， 又，所以，故A正确； 对于B，由平面的基本性质，平面EFG截正方体所得到的截面如图所示为正六边形， 正六边形边长为，面积为，故B错误； 对于C，设平面EFG的一个法向量为，则，， 取，则，而，， ，， 所以直线AB和直线与平面EFG所成的角相等，故C正确； 对于D，，设平面BFG的一个法向量为， 则，，取，则， 点E到平面BFG的距离为，故D错误. 故选：AC. 10．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（    ）    A．是平面的一个法向量 B． C．点到平面的距离为 D．二面角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项. 【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知， 在中，因为， 所以， 故， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，在中，因为， 则， 在中，利用余弦定理, 可求得或（舍去）， 因此，故错误； 对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由B选择可知，，， 所以， 故， 设为平面的法向量， 则， 令，则， 设点到平面的距离为， 所以由点到平面的距离公式得： ，故C正确； 对于D，由C选项中坐标可知， 为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 则 令， 所以， 因此二面角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD.    11．（2024高二下·湖北宜昌·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．平面时，截正方体的截面积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．点到平面的距离最大值为 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，由垂直向量的坐标表示可判断A；先求出过点，，的截面，可判断B；求出三棱锥的外接球的半径，由表面积公式可判断C；由点到平面的距离公式可判断D. 【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则，， ，，设，，则点坐标为. 对于A项：，，若，则， 即，得，又，故不存在点，使得，故A项错误； 对于B项，过点，，的截面为六边形且六边形为正六边形时垂直. 此时过的截面经过对称中心，截面交，，于中点，也为中点， 为的中点时，取，，的中点为，，， 连接，，，，，故此时截面为正六边形， 其面积，故B项正确； 对于C项，设中点，外接球球心，则面， 设，，解得，， 外接球表面积，故C项正确； 对于D项，设平面的法向量为，， ，则 即取， 得一个法向量； 点到平面的距离， 考虑到，时，最大为，故D项正确. 故选：BCD. 3． 填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（23-24高二下·福建龙岩·期中）已知点，平面的一个法向量为，点在平面外，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】根据题意，利用空间向量的距离公式，即可求解. 【详解】由点和，可得， 又由平面的一个法向量为，所以点B到平面PAD的距离为. 故答案为：. 13．（2024高二下·河南濮阳·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，为棱的中点，则点到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，然后利用点到平面的距离公式求解. 【详解】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， 令，则. 设点到平面的距离为， 则， 即点到平面的距离为. 故答案为：. 14．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）直四棱柱的所有棱长都为，，点在四边形及其内部运动，且满足，则点到平面的距离的最小值为 ．    【答案】/ 【分析】取交点于点，以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立空间直角坐标系，设，，，可得，则，由求出平面的一个法向量，由点到平面的距离公式可得，再由，可得点到平面的距离的最小值. 【详解】   取交点于点， 因为直四棱柱的所有棱长都为， 所以， 以所在直线为轴，过点竖直向上所直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，， ，， 设平面的法向量为， 则有，令，则，，所以， 因为点在四边形及其内部运动，所以设，， 又因为，所以， 即，则， 设点到平面的距离为，则有， 又因为，所以时，， 即点到平面的距离的最小值为 . 故答案为：. 4． 解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分） 15．（23-24高一下·广西南宁·期末）如图，在四棱锥中，平面，分别是的中点，四边形是菱形，，．    (1)证明：平面； (2)求点E到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的判定定理和性质定理证明即可. （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由点到平面的向量公式求解即可. 【详解】（1）证明：取中点，连接， ∵在四棱锥中，平面，分别是的中点， 四边形是菱形，，． ∴， 平面，平面，所以平面， 同理平面，，， ∴平面， ∵平面，∴平面； （2）连接，由题意得，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，    则，，， 设，则，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，得， ∴点E到平面的距离为：． 16．（23-24高二上·安徽芜湖·期中）如图所示，已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，，，，E，F分别是AB，BC的中点．    (1)求点D到平面PEF的距离； (2)求直线AC到平面PEF的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可求解； （2）结合直线到平面的距离公式，代入计算，即可求解. 【详解】（1）   ，，． 又，，面ABCD， 故建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，， 设为面PEF的法向量， 令，则，，，， 设点D到平面PEF的距离为d，则． （2）设点AC到平面PEF的距离为，，则． 17．（2024高一下·重庆荣昌·阶段练习）在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，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)直线到平面的距离为． 【分析】（1）连接，证明，进而得到平面； （2）易证明平面，点到平面的距离即直线到平面的距离，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接交与点，，则是的中点， 因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面.    （2）如图，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， 所以点到平面的距离为， 又因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即直线到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 18．（23-24高二下·江苏南通·期中）如图，在直四棱柱中，底面是梯形，，且是的中点. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由点到平面距离的向量求法求解. （2）求出平面的法向量，结合（1），利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）在直四棱柱中，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 而，且是的中点， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 所以点到平面的距离. （2）设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值. 19．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，三棱柱中，是边长为2的等边三角形，.    (1)证明：； (2)若三棱柱的体积为3，且直线与平面ABC所成角为60°，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，借助等边三角形的性质结合线面垂直的判定定理可得平面，结合线面垂直的性质定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，再利用体积公式与空间向量夹角公式，结合点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，，因为是等边三角形，所以， 又，所以，且，平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以；    （2）在平面中，作，垂足为D， 由（1）知平面，平面，所以， 而，平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由为中点，所以， 所以可过点O作Oz轴平行于，建立如图所示的空间直角坐标系，    因为三棱柱的体积为3， 所以，故， 则，，，设，， 所以 平面ABC的一个法向量为， 所以，解得， 此时，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得，，所以， 又， 故点到平面的距离为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$