6.3.4 空间距离的计算（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第6章　空间向量与立体几何 6.3　空间向量的应用 6.3.4　空间距离的计算 基础过关练 题组一　点到直线的距离 1.(2024江苏南通质量监测)在空间直角坐标系中,已知点A(1,1,1),B(0,1,0),C(1,2,3),则点C到直线AB的距离为(　　) A.　　　D.3 2.(2025江苏无锡市北高级中学期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为平面A1ABB1的中心,E为BC的中点,则点O到直线A1E的距离为(　　) A. 3.(2025江苏无锡青山高级中学月考)已知直线l的一个方向向量为n=(1,0,2),点A(0,1,1)在直线l上,若点P(1,a,2)到直线l的距离为,则a=(　　) A.0　　　B.2　　　C.0或2　　　D.1或2 题组二　点到平面的距离 4.(2025陕西榆林调研)已知A(0,0,2),B(0,2,1),C(2,1,0),D(2,0,1),则点D到平面ABC的距离为(　　) A. 5.(2025云南昆明长水教育集团质量检测)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,∠C1CA=60°,侧面ACC1A1与底面ABC垂直,D,E分别是线段AC,CC1的中点,若F为棱B1C1上靠近点B1的三等分点,则点F到平面BDE的距离为(　　) A. 6.(2025江苏南通第二中学调研)在空间直角坐标系中,u(x-x0)+v(y-y0)+w(z-z0)=0为经过点(x0,y0,z0)且法向量为(u,v,w)的平面的方程,则点P(1,1,3)到平面(x-1)-2(y+1)+2(z-2)=0的距离为　　　　.  题组三　直线与直线、直线与平面、平面与平面间的距离 7.(2024江苏连云港厉庄高级中学期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　) A.a 8.(2024河南新高中创新联盟TOP二十名校月考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是线段DD1,AB,BB1的中点. (1)求证:平面FGC1∥平面AB1E; (2)求直线GC1到直线AE的距离; (3)求直线GC1到平面AB1E的距离. 能力提升练 题组　用空间向量解决空间距离问题 1.(2025广东珠海段考)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1为矩形,AB=1,BC=3,且,若点B到平面AB1D1的距离为,则点C到直线AM的距离为(　　) A. 2.(2024江苏盐城响水中学期中)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上运动,则点P到直线CC1的距离的最小值为(　　) A. 3.(2024江苏扬州仪征中学调研)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,棱A1D1,CC1的中点分别是E,F,点G是底面ABCD内任意一点(包括边界),则三棱锥G-B1EF的体积的取值范围是(　　) A. 4.(2025江苏常州联盟学校期中)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内,其余顶点均在平面α的同侧,AB=1,AD=2,AA1=3,若顶点B到平面α的距离为,顶点D到平面α的距离为,则顶点A1到平面α的距离为　　　　.   5.(2025河北石家庄十七中月考)如图,经过棱长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形,将这个截面上方部分去掉,得到一个七面体,则这个七面体内部能容纳的最大的球的半径是　　　　.   6.(2025江苏高邮调研)如图1,等边三角形ABC的边长为8,E,F分别为AB,AC的中点,O为线段EF的中点,现将△AEF沿直线EF折起,如图2,使得二面角A-EF-B为直二面角. (1)求图2中线段AC的长度; (2)求直线BE与平面ABC所成角的正弦值; (3)在棱AC上是否存在异于端点的点M,使得点A到平面OBM的距离为?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.A 2.A 3.C 4.C 5.B 7.D 1.A　由题意可得=(0,1,2), 则|. 设向量u是直线AB的单位方向向量, 则u=, 所以·u=0+0+2×, 所以点C到直线AB的距离为. 2.A　连接OA1,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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O,所以,所以点O到直线A1E的距离为. 3.C　由题意得=(1,a-1,1),所以点P到直线l的距离为,解得a=0或a=2. 4.C　由已知得=(2,0,-1). 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则令y=2,则z=4,x=3, 所以平面ABC的一个法向量为n=(3,2,4), 所以点D到平面ABC的距离为. 5.B　连接C1D,AC1,DF. 因为CA=CC1,∠C1CA=60°,所以△ACC1为正三角形, 又D为AC的中点,所以C1D⊥AC, 又侧面ACC1A1与底面ABC垂直,C1D⊂平面ACC1A1,侧面ACC1A1∩底面ABC=AC,所以C1D⊥平面ABC. 易得AC⊥BD,所以DB,DA,DC1两两垂直. 以D为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(, 所以. 设平面BDE的法向量为m=(x,y,z), 则得x=0, 令z=1,则y=,可得m=(0,,1), 所以点F到平面BDE的距离为. 6.答案　 解析　由题意及(x-1)-2(y+1)+2(z-2)=0知平面过点(1,-1,2)(记为A),且其法向量为(1,-2,2)(记为n),则=(1-1,-1-1,2-3)=(0,-2,-1),所以点P(1,1,3)到平面(x-1)-2(y+1)+2(z-2)=0的距离为. 7.D　由正方体的性质得AB1∥DC1,D1B1∥DB,又AB1,D1B1⊄平面BDC1,DC1,DB⊂平面BDC1,所以AB1∥平面BDC1,D1B1∥平面BDC1,又AB1∩D1B1=B1,AB1,D1B1⊂平面AB1D1,所以平面AB1D1∥平面BDC1,所以求平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为求点B到平面AB1D1的距离. 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则A(a,0,0),B1(a,a,a),D1(0,0,a),B(a,a,0),所以=(0,-a,0). 设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1),所以点B到平面AB1D1的距离d=a,所以平面AB1D1与平面BDC1的距离为a. 8.解析　(1)证明: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F(0,1,0),G(0,2,1),C1(2,2,2),A(0,0,0),B1(0,2,2),E(2,0,1),则=(2,0,1). 设平面FGC1的法向量为m=(x,y,z), 则令z=2,则y=-2,x=-1, 所以平面FGC1的一个法向量为m=(-1,-2,2). 设平面AB1E的法向量为n=(a,b,c), 则令c=2,则a=-1,b=-2, 所以平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2). 因为m=n,所以平面FGC1∥平面AB1E. (2)由(1)得=(2,0,1), 所以,即GC1∥AE,所以点C1到直线AE的距离即为直线GC1到直线AE的距离,连接AC1, 则=(2,2,2),所以,所以直线GC1到直线AE的距离为. (3)因为平面FGC1∥平面AB1E,GC1⊂平面FGC1,所以GC1∥平面AB1E,所以直线GC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离. 由(1)知=(-2,0,0),平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2), 所以点C1到平面AB1E的距离为, 所以直线GC1到平面AB1E的距离为. 能力提升练 1.D 2.A 3.C 1.D　因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以D1D⊥底面ABCD,又DA,DC⊂平面ABCD,所以D1D⊥DA,D1D⊥DC.因为底面ABCD为矩形,所以DA⊥DC,故DA,DC,DD1两两互相垂直,故以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 由AB=1,BC=3,得A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,1,0). (难点之一:直四棱柱的高未知,B1等点的竖坐标待求,但注意到条件“点B到平面AB1D1的距离为”,故可采用先设后求的方法求出该直四棱柱的高) 设DD1=a,a>0,则D1(0,0,a),B1(3,1,a),M(1,1,a),则=(0,1,a). 设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z), 则令z=3,得n=(a,-3a,3). 又=(0,1,0),故点B到平面AB1D1的距离为,解得a=(舍负), 于是M. 连接AC,则=(-3,1,0), 所以, 所以点C到直线AM的距离为. 2.A　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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E(1,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2), ∴=(1,0,0). 解法一:设异面直线CC1与ED1的公垂线的方向向量为u=(x,y,z),则u⊥,u⊥, 则得z=0, 令x=1,则y=-,∴u=, ∴异面直线D1E与CC1之间的距离d=, ∵点P在线段D1E上运动, ∴点P到直线CC1的距离的最小值为. 解法二:设P(x,y,z),,λ∈[0,1],则=(-λ,-2λ,2λ),则(x-1,y-2,z)=(-λ,-2λ,2λ), ∴∴P(1-λ,2-2λ,2λ), 连接CP(图略),又C(0,2,0),∴=(1-λ,-2λ,2λ), ∴点P到直线CC1的距离d1= =,当且仅当λ=时,d1取得最小值,为,∴点P到直线CC1的距离的最小值为. 3.C　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则B1(2,2,2),E(1,0,2),F(0,2,1), 所以=(-1,-2,0), 则|. 取EF的中点M,连接B1M,则M, 所以,所以|. 易得B1E=B1F,则B1M⊥EF, 所以△B1EF的面积S=·EF·B1M=. 设平面B1EF的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=2,得y=-1,z=-4,则n=(2,-1,-4). 设G(m,n,0)(0≤m≤2,0≤n≤2), 则=(2-m,2-n,2), 所以点G到平面B1EF的距离d=, 所以S·d=. 因为0≤m≤2,0≤n≤2,所以-2≤2m-n≤4,所以,即. 4.答案　 解析　以点A为坐标原点,AB,AD,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(1,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,3),所以=(0,0,3). 设平面α的法向量为n=(x,y,z), 则 所以顶点A1到平面α的距离为. 5.答案　 解析　记正方体为ABCD-A1B1C1D1,截去的三棱锥为B1-BA1C1. 当七面体内部能容纳的球最大时,该球与三个正方形所在平面和等边三角形所在平面均相切,且球心在体对角线B1D上. 如图,以点D为坐标原点建立空间直角坐标系, 则B(1,1,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1), 所以=(-1,0,1). 设球心为O(a,a,a),则=(1-a,1-a,-a). 设平面BA1C1的法向量为n=(x,y,z), 则所以可取n=(1,1,1), 所以球心O到平面BA1C1的距离为. 因为球O与三个正方形所在平面和等边三角形所在平面均相切,所以=a,解得a=,所以这个七面体内部能容纳的最大的球的半径是. 6.解析　(1)连接AO.由已知得AE=AF,又因为O为线段EF的中点,所以AO⊥EF. 由题意知平面AEF⊥平面BCFE,又平面AEF∩平面BCFE=EF,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面BCFE. 取BC的中点D,连接OD,易知OE⊥OD. 以点O为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,2,0), 所以), 所以AC=|. (2)由(1)中建系得E(2,0,0),B(4,2,0),所以). 设平面ABC的法向量为n=(x0,y0,z0), 则得x0=0, 不妨取y0=1,则z0=1,所以n=(0,1,1). 设直线BE与平面ABC所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|=, 所以直线BE与平面ABC所成角的正弦值为. (3)假设在棱AC上存在符合题意的点M,设,其中0<λ<1,则λ).又),所以λ). 设平面OBM的法向量为m=(x1,y1,z1), 则 不妨取z1=4λ,得x1=λ,y1=2λ-2. 所以m=(λ,2λ-2,4λ). 所以点A到平面OBM的距离d=, 整理得21λ2+14λ-7=0,即3λ2+2λ-1=0, 解得λ=或λ=-1(舍去), 所以棱AC上存在符合题意的点M,当点M为线段AC上靠近点A的三等分点时,点A到平面OBM的距离为. 17 学科网（北京）股份有限公司 $