考点27-空间向量求空间距离(讲解)-(原卷版)

考点27空间向量求空间距离【思维导图】【常见考法】考法一两点距1．在空间直角坐标系中，已知，则（）A．3 B．1 C． D．2【答案】C【解析】故选：C2．连续掷三次骰子，先后得到的点数分别为x，y，z，那么点到原点O的距离不超过3的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】点到原点O的距离不超过3，则，即连续掷三次骰子，得到的点的坐标共有个其中满足条件则点到原点O的距离不超过3的概率为故选：B考法二点线距1.已知A(0,0，2)，B(1,0，2)，C(0,2，0)，则点A到直线BC的距离为A．223 B．1 C．2 【答案】A【解析】∵A(0,0，2)，B(1,0，2)，C(0,2，0)，AB=(1,0，0)∴点A到直线BC的距离为：d=故选A．2．如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为()A． B． C． D．1【答案】B【解析】过点B作BE垂直A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，＝(1,2，－3)，＝(x，y，z－3)，＝(x－1，y，z)．因为，所以，解得，所以＝(－，，)，所以点B到直线A1C的距离||＝，故答案为B考法三点面距1.如图所示，在平行四边形ABCD中，，，，点E是CD边的中点，将沿AE折起，使点D到达点P的位置，且.（1）求证；平面平面ABCE；（2）求点E到平面PAB的距离.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）∵在平行四边形ABCD中，，，，点E是CD边的中点，将沿AE折起，使点D到达点P的位置，且.∴，∴，∵，∴，∵，∴平面PAE，∵平面ABCE，∴平面平面ABCE.（2）∵，，，∴，∴.∵平面PAE，，∴平面PAE，∴EA，EC，EP两两垂直，以E为原点，EA，EB，EP为x，y，轴，建立空间直角坐标系，则，，，设平面PAB的法向量，则，取，得，∴点E到平面PAB的距离.3．如图，在正四棱柱中，已知，.（1）求异面直线与直线所成的角的大小；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）；（2）.【解析】以为原点，所在直线分别为轴建系，设所以,,所以异面直线与直线所成的角的余弦值为，异面直线与直线所成的角的大小为．（2）因为，，设是面的一个法向量，所以有即，令，，故，又，所以点到平面的距离为.4．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，且平面，，M，N分别为，的中点.（1）记平面与底面的交线为l，试判断直线l与平面的位置关系，并证明.（2）点Q在棱上，若Q到平面的距离为，求线段的长.【答案】（1）直线平面，证明见解析.（2）.【解析】（1）直线与平面平行，证明如下：连接，如下图所示：M，N分别为，的中点，则由中位线定理可得，因为平面，平面，所以平面，平面与底面的交线为，由线面平行的性质可得，又因为，则由平行线传递性可得因为，且平面，平面，所以直线平面.（2）根据题意，以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：则设，，（），所以解得，所以则由中点坐标公式可得，则设平面的法向量为，则，即所以，令，代入解得.即而，所以Q到平面的距离，解得，因为，所以.所以考法四线面距1．已知斜三棱柱,,,在底面上的射影恰为的中点,又知.(Ⅰ)求证：平面；(Ⅱ)求到平面的距离；(Ⅲ)求二面角的大小．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】(Ⅰ)∵平面,∴平面平面,又,∴平面,得,又,∴平面.(Ⅱ)如图,取的中点,则,∵,∴,又平面,以为轴建立空间坐标系,则,,,,,,,,由,得.设平面的法向量,为,,,,设,则.∴点到平面的距离.(Ⅲ)设面的法向量为,,,∴.设,则,故,根据法向量的方向可知二面角的大小为.2．已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为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）．【解析】(1)建立以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．则P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，,,设平面PEF的法向量＝(x，y，z)，则·＝0且·＝0，所以令x＝2，则y＝2，z＝3，所以＝(2,2,3)，所以点D到平面PEF的距离为d＝，因此，点D到平面PEF的距离为.(2)因为，所以点A到平面PEF的距离为d＝，所以AC到平面PEF的距离为.考法五面面距1.．两平行平面，分别经过坐标原点和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】两平行平面，分别经过坐标原点和点，，且两平面的一个法向量两平面间的距离，故选B.2．在棱长