立体几何：空间的距离 专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 以向量法为核心，系统覆盖空间距离（点线、点面、线面）的坐标化求解，构建“几何关系分析-坐标系建立-向量运算”的完整解题链，突出数学思维与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |点面距离|单选1/4/5、解答15/16|坐标法（建系求法向量）、等积法|空间垂直关系→坐标系构建→法向量计算→距离公式| |点线距离|单选2/3、填空13/14|向量投影法、参数方程法|方向向量→向量模与投影→勾股定理求距离| |综合应用|多选7/8/9/10、解答17/18/19|翻折问题转化、不规则几何体处理|几何体性质→几何量关系→代数化求解|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何--空间的距离 一、单选题 1．如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 2．，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，，，分别是射线，，上的点，且，，，D，E，F分别为，，的中点，则点E到直线的距离为（    ）． A． B． C． D． 3．在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．正三棱柱的所有棱长都为2，则到平面的距离是（    ） A． B． C． D． 5．如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 6．如图，平行六面体各条棱长均为，，则线段的长度为（   ） A．3 B．4 C．6 D．5 二、多选题 7．如图，在三棱柱中，是与的交点，，，则（   ） A． B． C．平面 D．到平面的距离为 8．在棱长为1的正方体中，下列说法正确的有（　　） A．平面 B．平面 C．点到平面的距离为 D．与平面所成的角为 9．圆柱的轴截面是正方形，分别是上、下底面的圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线，若圆柱的侧面积为，则（    ） A．圆柱的体积是 B．圆柱内切球的表面积是 C． D．点到直线距离的最大值为 10．某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．该石凳的体积为 C．，，，四点共面 D．点到平面的距离为 三、填空题 11．若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为 . 12．已知正方体的棱长为1，点M，N分别在线段上运动，若与底面所成角为，则线段长度的最小值为 ． 13．已知空间中的三个点，则点到直线的距离为 ． 14．四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为 . 四、解答题 15．如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)设的中点为，在平面内取点，使得直线平面，问点是否在内？并求的长. 16．如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． (1)若平面与直线交于点，求的值； (2)若平面和平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离． 17．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 19．已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点．    (1)求证平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B C B D BC ABC AC AC 1．B 先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可. 在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形， 则，，，则，可知， 即，且，由，，， 则，可知. 由，，平面， 可得平面，又因为平面，所以平面平面 取中点O，中点H，连，，则，，可得， 因为为等边三角形，则，平面平面， 平面，所以平面. 以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，，可得，，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 可得， 由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的. 平面的一个法向量，， 点B到平面的距离 ，所以点F到平面的距离为. 故选：B. 2．C 利用，，表示出与，由点E到直线的距离为可计算得到答案    如图所示，为的中点， 则， ， 又， ， ， ， 点E到直线DF的距离为． 故选：C 3．B 根据直线方程，求出直线经过点，且为一个方向向量，再利用向量法求解即可． 由题意可得直线的方向向量， 直线经过点，又， 则， 所以， 则点到直线的距离为. 故选：B. 4．C 建立空间直角坐标系，将线面距离转化为点面距离，利用空间距离的向量求法，即得答案. 设分别是的中点，连接， 根据正三棱柱的几何性质可知，两两相互垂直， 建立如图所示空间直角坐标系，    则， . 设平面的法向量为，则， 令，则，故可得. 由于平面平面，所以平面. 所以到平面的距离即到平面的距离，即. 故选：C. 5．B 根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果. 根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 又点为的重心，所以， 则，， 则， 则， 所以点到直线的距离为. 故选：B 6．D 由可得，利用数量积运算即可得出结果. 因为，即，所以， 因为平行六面体各条棱长均为，， 所以，， 因为， ∴ ， 所以，即线段的长度为. 故选：D. 7．BC 对A，利用向量的线性运算求解；对B，由平方后结合数量积的运算，即可求得答案；对C，利用向量数量积运算验证，可得，同理得，根据线面垂直的判定定理得证；对D，由C选项得为平面的一个法向量，利用向量法求点到平面的距离. 设，，， 对于A， ，故A错误； 对于B，因为， 所以 ， 则，故B正确； 对于C，因为， 所以，同理，可得，又，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，因为， 由选项C知，平面，所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离，故D错误. 故选：BC. 8．ABC 构建空间直角坐标系，用向量法根据线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理判断AB；利用空间向量求得点到平面的距离判断C；利用向量法求出线面角的正弦值判断 D． 在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A：，则，即． 又平面平面，因此平面，A正确； 对于B，由，得， 由，得平面， 则平面，B正确； 对于C：是平面的一个法向量， 则点到平面的距离，C正确， 对于D，与平面所成角的正弦值为，D错误． 故选：ABC 9．AC 根据圆柱体积公式、侧面积公式，结合空间向量数量积的坐标公式、点到线距离公式逐一判断即可. 设圆柱的底面半径为，所以母线为， 因为圆柱的侧面积为，所以. 因为圆柱的体积是，所以选项A正确； 因为圆柱的底面半径为2，所以母线为4，所以圆柱内切球的半径为， 所以圆柱内切球的表面积是，因此选项B不正确； 建立如图所示的空间直角坐标系，   ，设，， ， ， 所以选项C正确； 设， 直线的单位方向向量为， 所以点到直线距离为 ， 由题意，所以当时，，选项D不正确， 故选：AC. 10．AC 由题意可得A正确；由正方体的体积减去八个三棱锥的体积可得B错误；由图中几何关系可得C正确；建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，代入空间点面距离公式可得D错误. “阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点. A选项：由图可知平面，故A选项正确； B选项：，故B选项错误； C选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点， ∴，且这个六条边长全相等，∴，，，四点共面，故C选择正确； D选项：如图建立空间直角坐标系， ∵，∴正方体棱长为4，∴，，，， 所以，设平面的一个法向量为， 则，解得，即，， ∴点到平面的距离，故D选项错误. 故选：AC 11． 先判断出公共部分的位置，然后利用锥体体积公式来求得正确答案. 记， 由于， 则为的第一个三等分点（靠近），连，是的中点， 由于平面， 所以到平面的距离是到平面的距离的一半， 则公共部分是三棱锥， 又，作，垂足为， 根据长方体的性质可知平面， 所以面，由等面积法可得， 所以，故. 故答案为：    12． 由三点共线，引入两个参数，由与底面所成角为得出的约束关系以及各自的范围，进一步将长度表示为的函数即可得解. 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，     ， 由题意可设，， 其中， 所以， 显然为平面的法向量， 所以， 显然（否则矛盾）， 从而， 注意到， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在上的最小值为， 所以的最小值为. 故答案为：. 关键点点睛：关键在于得到，由此即可顺利得解. 13．/ 由题意求出和在上的投影，根据勾股定理计算即可求解. 由题意知，， 所以， 得，， 所以点A到直线BC的距离为 . 故答案为： 14． 建立空间直角坐标系，由求解. 由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 所以点到直线的距离为， 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) (3)不在内， （1）取的中点，把问题转化为证明平面，然后只需证明和即可； （2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，然后再利用点到平面的距离的向量公式即可； （3）设，由在平面可得到，再根据解出点坐标即可. （1）取的中点，连结，，因为，所以. 在中，，所以，在中，， 在中， ，，，所以， 所以，又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）连结，，，， 所以，且，由（1）可知平面， 又因为平面， 所以，，所以两两垂直， 如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，     取，得，则， 所以点到平面的距离. （3）设，由在平面内可知， 即， 所以，即，所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量，所以， 即，解得，故，. 所以点不在内，. 16．(1) (2) （1）建立空间直角坐标系，设，利用共面向量基本定理及向量的坐标运算求得，即可得解. （2）求出平面和平面的法向量，利用向量法根据平面夹角的余弦值列式求得，最后利用向量法求解点面距离即可. （1）在平面内作， 因为平面，平面，平面， 所以， 所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， 又，分别为，的中点， ，，设， ， ，，共面，存在实数，，使得， 即， 所以，解得，所以； （2）设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 又，， 设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 设平面和平面所成的角为， ， 整理得，，， ，， 故点到平面的距离为． 17．(1)证明见解析 (2)存在；或 （1）先由勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到面，最后再由线面垂直的判定定理可得； （2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面的一个法向量，代入空间点到面的距离公式解一元二次方程可得. （1）证明：，，，故． 又面面，面面，面， 面． 面，， 又，面，，面． （2）面，，四边形为菱形， 取的中点为，连接，，为等边三角形． ．又，． 又平面，． 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设为面的一个法向量， 则  令，则． 设为点到面的距离， 则． ，即或． 故存在或，满足题意． 18．（1）证明见解析；（2）． （1）连接，欲证平面，只需证明即可； （2）方法一：过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可. （1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=． 连结OB．因为AB=BC=，，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，，知PO⊥平面ABC． （2）［方法一］：【最优解】定义法 作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）易知平面，从而OP⊥CH， 所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°． 所以OM=，CH==． 所以点C到平面POM的距离为． ［方法二］：等积法 设C到平面的距离为h，由（1）知即为P到平面的距离，且．又，在中，，则由余弦定理得， 则，即，则．即点C到平面POM的距离为． ［方法三］：向量法 如图，以O为原点，建立直角坐标系，设，，，，，，，． 设平面的一个法向量，则，令，则，所以，点C到平面的距离为． 【整体点评】（2）方法一：根据定义法求点到面的距离，是解决点面距问题的首选方法，特别是题目中含有面面垂直的条件，计算简单，是该题的最优解； 方法二：根据等积法求点到面的距离，也是解决点面距问题的常用方法； 方法三：当题目中有较好的建系条件，利用向量法解决点面距，思想简单，过程稍繁． 19．(1)证明见解析 (2) (3) （1）由中位线得到平行四边形，再由线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，计算得到法向量夹角的余弦值，从而得到两个平面所成角的余弦值； （3）由点到平面的距离公式计算得到答案. （1）取的中点，连接，    则且，又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，得， 又平面，平面，所以平面． （2）建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为 （3）由，平面的一个法向量为， 则点到平面的距离为. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $