课时训练（8）空间距离（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

一、单选题 1．(2024·济南模拟)已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在α内，则P(－2，1，4)到α的距离为(　　) A．10 B．3 C． D． D　解析：由题意，得＝(－1，－2，4)，又知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，则P到平面α的距离d＝＝＝. 2．(2025·临沂模拟)已知空间中三点A(－1，0，0)，B(0，1，－1)，C(－1，－1，2)，则点C到直线AB的距离为(　　) A． B． C． D． C　解析：因为A(－1，0，0)，B(0，1，－1)，C(－1，－1，2)，所以＝(0，－1，2)，＝(1，1，－1)，则点C到直线AB的距离为＝＝. 3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点 A(2，1，1)，且两平面的一个法向量为n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是(　　) A． B． C． D．3 B　解析：∵两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，＝(2，1，1)，且两平面的一个法向量为n＝(－1，0，1)，∴两平面间的距离d＝＝＝. 4．已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)，P(1，－1，0)，那么过点P且平行于平面ABC的平面与平面ABC间的距离是(　　) A． B． C． D． C　解析：连接AP，因为点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)，P(1，－1，0)，所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(0，－1，0)，设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得则n＝(1，1，)，所以所求距离d＝＝. 5．(2025·滨州模拟)在棱长为的正方体ABCD­A1B1C1D1中，直线BD到平面AB1D1的距离为(　　) A． B． C． D． B　解析：因为BD∥B1D1，B1D1⊂平面AB1D1，BD⊄平面AB1D1，因此BD∥平面AB1D1，故直线BD到平面AB1D1的距离即为点B到平面AB1D1的距离．易得△AB1D1为边长为2的等边三角形，故S△AB1D1＝×2×2×＝，S△AB1B＝××＝1.设点B到平面AB1D1的距离为h，由等体积法可得VB­AB1D1＝VD1­AB1B，即h＝＝＝. 6．在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(－1，0，3)，E(a2，0，5)，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． C　解析：依题意可得＝(a2＋1，2a，3)，＝(1，1，1)，＝(－1，0，2).设n＝(x，y，z)是平面BCD的一个法向量，则令x＝2，则z＝1，y＝－3，得n＝(2，－3，1)，所以点A到平面BCD的距离d＝＝＝，当a＝时，d取得最小值，此时＝(0，－3，－1)，所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为＝＝. 二、填空题 7．已知点A(2，1，1)是直线l上一点，a＝(1，0，0)是直线l的一个方向向量，则点P(1，2，0)到直线l的距离是________． 答案：　解析：由题可得＝(－1，1，－1)，且|a|＝1，所以点P(1，2，0)到直线l的距离为＝＝. 8．在直三棱柱ABC­A′B′C′中，AB＝AC＝AA′＝2，AB⊥AC，D为线段A′C的中点，则点D到平面BCC′B′的距离为________． 答案：　解析：如图，取B′C′的中点E，连接A′E，则A′E⊥B′C′，由于平面A′B′C′⊥平面BCC′B′，平面A′B′C′∩平面BCC′B′＝B′C′，A′E⊂平面A′B′C′，所以A′E⊥平面BCC′B′，由已知得A′E＝，又D为A′C的中点，所以点D到平面BCC′B′的距离等于A′到平面BCC′B′的距离的一半，即. 9．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________． 答案：　解析：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D1(0，0，2)，F(1，1，0)，G(0，2，1)，于是有＝(1，－1，－1)，GD1＝(0，－2，1)，所以||＝＝，|GD1|＝，所以点D1到直线GF的距离为＝. 三、解答题 10．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BB1的中点． (1)证明：BC1∥平面AD1E； (2)求直线BC1到平面AD1E的距离． (1)证明：∵D1C1∥AB，D1C1＝AB，∴四边形D1ABC1为平行四边形，∴D1A∥C1B， ∵D1A⊂平面AD1E，C1B⊄平面AD1E，∴BC1∥平面AD1E. (2)解：∵BC1∥平面AD1E，∴直线BC1到平面AD1E的距离即为点B到平面AD1E的距离．以A为原点，AD，AB，AA1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A(0，0，0)，B(0，2，0)，D1(2，0，2)，E(0，2，1)，所以＝(0，2，0)，AD1＝(2，0，2)，＝(0，2，1). 设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 取z＝－1，得n＝(1，，－1)， ∴点B到平面AD1E的距离d＝＝＝， 故直线BC1到平面AD1E的距离为. 11．如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE∥AC，且DE＝AC，AD＝BD＝1. (1)求AB的长； (2)已知2≤AC≤4，求点E到平面BCD的距离的最大值． 解：(1)平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB， ∵AC⊥AB，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面ABD． 又DE∥AC，∴DE⊥平面ABD， 又BD⊂平面ABD，∴DE⊥BD， 又AE⊥BD，DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， ∴BD⊥平面ADE，∵AD⊂平面ADE，∴BD⊥AD． ∵AD＝BD＝1，∴AB＝. (2)∵AD＝BD，取AB的中点为O，∴DO⊥AB， 又平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，DO⊂平面ABD，∴DO⊥平面ABC，过点O作直线OY∥AC交BC于点Y，连接OD，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示． 记AC＝2a，则1≤a≤2，B(，0，0)，C(－，2a，0)，D(0，0，)，E(0，－a，)， ∴＝(－，2a，0)，＝(－，0，)，＝(0，－a，0). 设平面BCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由得令x＝，则y＝，z＝，∴n＝(，，). 又＝(0，－a，0)，∴点E到平面BCD的距离d＝＝. ∵1≤a≤2，∴当a＝2时，d取得最大值，dmax＝＝. 12．(2025·北京模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点． (1)求证：BM⊥AB1； (2)若直线AB1与平面BCM所成的角为，求点A1到平面BCM的距离． (1)证明：连接A1B，∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC， ∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，∴AB，AC，AA1两两垂直，以A为原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0，1]， 则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，0，1)，M(0，a，1)， ＝(－1，a，1)，AB1＝(1，0，1)， ∵·＝0，∴⊥，∴BM⊥AB1. (2)解：设平面BCM的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由(1)知＝(－1，a，1)，＝(－1，1，0)，＝(1，0，1)， ∴取x＝1，则y＝1，z＝1－a，即n＝(1，1，1－a). ∵直线AB1与平面BCM所成的角为， ∴sin ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，解得a＝，∴n＝(1，1，)， ∵＝(1，0，－1)，∴点A1到平面BCM的距离d＝＝＝. 13．(2024·大同模拟)图①是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝. (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． (1)证明：在图①中，连接AC，交BE于点O， ∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE＝60°， ∴AC⊥BE，OA＝OC＝； 在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直， ∴∠AOC1是二面角A­BE­C1的平面角， ∵AC1＝，∴OA2＋OC＝AC， ∴OA⊥OC1，∠AOC1＝90°，∴平面BC1E⊥平面ABED． (2)解：以O为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立如图②所示的空间直角坐标系， 则D(，－，0)，C1(0，0，)，A(，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)， ∴＝(－，，)，＝(－，－，0)，＝(－，1，0)，＝(－，0，)，＝(－，－1，0)， 设＝λ＝(－λ，λ，λ)，λ∈[0，1]， 则＝＋＝(－－λ，－＋λ，λ)， 设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，解得y＝，z＝1，∴n＝(1，，1)， ∴点P到平面ABC1的距离d＝＝＝，解得λ＝或λ＝(舍去)， ∴＝(－，－，)，∴＝－＝(，，).设直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为θ，∴sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$