立体几何--空间的距离 典型考点归纳 专项练 2026届高考数学复习备考

中小学教育资源及组卷应用平台
立体几何--空间的距离 典型考点归纳
专项练 2026届高考数学复习备考
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.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)