第05講異面直線間的距離（2個知識點3種題型強化訓練）

第05講異面直線間的距離課程標準學習目標認識和理解兩條異面直線的公垂線以及公垂線的存在性與唯一性，進一步完善空間中直線與直線的位置關系、直線與平面的位置關系以及研究方法，進一步發(fā)展直觀想象和邏輯推理核心素養(yǎng).1.認識和理解兩條異面直線的公垂線概念及其距離（重點）初步感受求異面直線間的距離的多種方法.（難點）知識點01異面直線距離與兩條異面直線都垂直相交的直線叫做這兩條異面直線的公垂線，異面直線的公垂線在兩條異面直線上的垂足間的距離叫做這兩條異面直線間的距離。知識點02異面直線距離求法（1）通過平移，在一條直線上找一點，過該點做另一直線的平行線；（2）找出與一條直線平行且與另一條相交的直線，那么這兩條相交直線所成的角即為所求．3題型01異面直線間的距離【例1】（2022·上?！じ叨ｎ}練習）棱長為1的正方體中，異面直線與之間的距離為．【答案】【分析】根據題意，證得且，得到為異面直線與的公垂線，即可求解.【詳解】如圖所示，在正方體中，可得平面，平面，因為平面，平面，所以且，所以為異面直線與的公垂線，又由正方體的棱長為，可得，所以異面直線與的距離為.故答案為：.【變式11】（2022·上?！じ叨ｎ}練習）若RtΔABC的斜邊AB=5，BC=3，BC在平面內，A在平面內的射影為O，AO=2，則異面直線AO與BC之間的距離為．【答案】2【分析】連接，通過證明和可知即為異面直線與之間的距離，利用勾股定理可求得結果.【詳解】連接，，

，又

平面，又平面

即為異面直線與之間的距離又

本題正確結果：【點睛】本題考查異面直線間距離的求解，關鍵是能夠通過垂直關系找到異面直線之間的公垂線段.【變式12】．（2022秋·上?！じ叨ｎ}練習）在棱長為的正方體中，與AD成異面直線且距離等于的棱共有條.【答案】4【分析】作出圖形，結合異面直線距離的定義即可得到答案.【詳解】如圖，由圖可知，異面，且垂線段，異面，且垂線段，異面，且垂線段，異面，且垂線段.故答案為：4.【變式13】．（2022秋·上海閔行·高二?？茧A段練習）如圖所示，在直角梯形中，，，，，，邊上一點滿足．現將沿折起到的位置，使平面平面，如圖所示，則異面直線與的距離是．【答案】/【分析】作的中點，連接，，，過作于點，由條件證明平面，進而得到，即得出為異面直線與的公垂線段，通過解直角三角形得到的線段長度即可.【詳解】作的中點，連接，，，因為，，，所以，又因為，所以，所以四邊形是平行四邊形，因為，，，所以，且，所以平行四邊形為邊長為2的菱形，且，所以和都是正三角形，所以，，又因為，、平面，所以平面，過作于點，因為平面，所以，則為異面直線與的公垂線段，因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，則，又因為，所以為等腰直角三角形，所以，即異面直線與的距離為，故答案為：.題型02點面距離【例2】（2022秋·上海靜安·高二上海市市西中學?？计谀┰O四邊形為矩形，點為平面外一點，且平面，若，．(1)求與平面所成角的大??；(2)在邊上是否存在一點，使得點到平面的距離為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)存在，當時，使得點到平面的距離為【分析】（1）根據線面垂直的性質定理及矩形的性質，利用線面垂直的判定定理及線面角的定義，結合勾股定理及銳角三角函數即可求解；（2）根據已知條件做出圖形，利用線面垂直的判定定理及點到面的距離的定義即可求解.【詳解】（1）因為平面，平面，所以，又因為底面是矩形，所以，又，平面，所以平面，直線在平面的射影為直線，所以是直線與平面所成的角，因為，,所以，在中，，故直線與平面所成角的大小為；（2）假設邊上存在一點滿足題設條件，作，如圖所示因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，故，且△DQA∽△ABG，所以，故存在點，當時，使得點到平面的距離為；【變式21】（2023春·上海徐匯·高二統(tǒng)考階段練習）在棱長為1的正方體中，點到平面的距離為______.【答案】【詳解】在棱長為1的正方體中，，如圖所示，設點在平面的射影為，因為，所以有，故答案為：【變式22】（2023春·上海楊浦·高二同濟大學第一附屬中學?？计谥校┤鐖D，在棱長為1的正方體中，點A到平面距離是______．

【答案】【詳解】，為邊長為的等邊三角形，設到平面的距離為，根據，則，解得.故答案為：.【變式23】．（2023春·上海·高二專題練習）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為1的菱形，，平面ABCD，，E為PA的中點．

(1)求證：平面平面ABCD；(2)求二面角的正切值；(3)求點E到平面PBC的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）設，連接EO，由已知得，從而得到平面ABCD，由此能證明平面平面ABCD；（2）過點O作OF垂直BE于F點，連接AF，由線面垂直的判定定理可得平面BDE，平面AOF，得到二面角的平面角為，求解直角三角形得答案；（3）在底面作，垂足為H，根據平面PBC可知點E到平面PBC的距離就是點O到平面PBC的距離OH，求出OH即可求出點E到平面PBC的距離．【詳解】（1）設，連接EO，∵菱形ABCD，∴O是AC中點，∵E為PA的中點，∴，∵平面ABCD，∴平面ABCD，又平面EDB，故平面平面ABCD．（2）過點O作OF垂直BE于F點，連接AF，因為平面ABCD，平面ABCD，所以，又，平面BDE，∴平面BDE，因為平面BDE，所以，又平面AOF，所以平面AOF．∴二面角的平面角為，因為底面ABCD是邊長為1的菱形，則為等邊三角形，所以，，又，所以，所以，在中，．（3）在底面作，垂足為H，∵平面ABCD，平面ABCD，所以，又平面PCB，所以平面PCB，由（1）知，，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以點E到平面PBC的距離就是點O到平面PBC的距離OH，在中，，，，所以，即點E到平面PBC的距離為．

題型03線面距離【例3】（2023·上海·高二專題練習）如圖，正四棱柱的底面邊長為1，異面直線AD與BC1所成角的大小為60°，求A1B1到底面ABCD的距離.【答案】【分析】由，得，則線段的長為到底面ABCD的距離，然后求出即可．【詳解】解：因為，所以為異面直線AD與所成的角，所以，因為正四棱柱中，平面ABCD，平面ABCD，所以線段的長為線段到底面ABCD的距離，因為在中，，，所以，所以線段到底面ABCD的距離為．【變式31】（2023·上?！じ叨ｎ}練習）在棱長為2的正方體中，直線到平面的距離為___________.【答案】.【分析】根據平面，將直線B1C1到平面的距離轉化為C1到平面的距離，進而解出答案.【詳解】如圖，在棱長為2的正方體中，取的中點E，連接，則，且，又平面，平面，所以，而，所以平面，易知平面，則C1到平面的距離即為直線B1C1到平面的距離，所以直線B1C1到平面的距離為.故答案為：.【變式32】（2022秋·上海·高二期中）如圖，已知正方體的棱長為2，E、F分別是、的中點．(1)求證：平面；(2)在線段BD上是否存在點H，使得EH⊥平面？若存在，求點H的位置；若不存在，說明理由；(3)求EF到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析(3)【分析】（1）連接，分別證明平面和平面即可；（2）連接交于，連接，，，，，，通過證明和即可.（3）平面，又因為平面，為交的交點，所以EF到平面的距離即為.【詳解】（1）連接，由正方體的性質知：，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為在三角形中，，平面，平面，平面.（2）取的中點，則滿足平面，證明如下：連接交于，連接，，，，，，則，，，，∴在中，由，得，∴在中，由，得，∴在中，由，得，∴在中，，，又∵，，平面，∴平面（3）平面，又因為平面，為交的交點，所以EF到平面的距離即為，由（2）知.【變式33】（2022秋·上海·高二期中）已知正方體的棱長為，分別是的中點．(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使得平面？若存在，求線段的長；若不存在，請說明理由；(3)求到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)存在，(3)【分析】（1）由平行四邊形和三角形中位線性質可證得，由線面平行判定可得結論；（2）取中點，由等腰三角形三線合一性質和勾股定理可證得，，由線面垂直的判定可得平面，進而得到的長；（3）根據（1）（2）的結論可知所求距離為的長，由（2）可知.【詳解】（1）連接，，，四邊形為平行四邊形，；分別為中點，，，平面，平面，平面.（2）取中點為，，，，，又，，，又，，則，，平面，平面，此時，則線段上存在點，為中點，使得平面，此時.（3）平面，到平面的距離即為點到平面的距離，由（2）知：當為中點時，平面，則點到平面的距離即為，又，直線到平面的距離為.一．選擇題1．（2023秋?松江區(qū)校級期末）正方形的邊長為12，其內有兩點，，點到邊，的距離分別為3，2，點到邊，的距離也是3和2．現將正方形卷成一個圓柱，設得和重合（如圖）．則此時、兩點間的距離為A． B． C． D．【分析】設點和點所在的截面圓的圓心分別為，，利用，將、兩點間的距離轉化為向量的模進行計算即可．【解答】解：如圖，設過點且平行底面的截面圓心為，過點且平行底面的截面圓心為，設圓柱底面半徑為，則，所以，由扇形的弧長公式可得，，因為，所以，所以．故選：．【點評】本題考查空間距離的求法，熟練掌握扇形的弧長公式，空間向量的運算法則是解題的關鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．2．（2023秋?閔行區(qū)期中）如圖，在長方體中，，，，，分別為，，的中點，點在平面內，若直線平面，則線段長度的最小值是A． B． C． D．【分析】首先找出過點且與平面平行的平面，然后在三角形內找線段長度的最小值即可．【解答】解：連結，，，如圖所示，因為，，分別為，，的中點，所以，又平面，平面，則平面，因為，同理可得平面，又，，平面，所以平面平面，因為直線平面，所以點在直線上，在中，，所以，故當時，線段的長度最小，所以，故．故選：．【點評】本題考查了空間中兩平面平行的證明，等面積法求點到直線的距離，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于中檔題．3．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）已知四面體的所有棱長均為，，分別為棱，的中點，為棱上異于，的動點．有下列結論：①線段的長度為1；②若點為線段上的動點，則無論點與如何運動，直線與直線都是異面直線；③的余弦值的取值范圍為；④周長的最小值為．其中正確結論的為A．①② B．②③ C．③④ D．①④【分析】將四面體放置在正方體中，設正方體的棱長為，求得值判斷①；取特殊點并求值判斷②③；利用剪展法求最小值判斷④．【解答】解：將四面體放置在正方體中，設正方體的棱長為，則，，故①正確；當為線段的中點，點為線段的中點時，直線與直線相交垂直，故②錯誤；若在的中點處，則，此時，若在的端點處（在處同理），則，，此時，故③錯誤；將和展開成平面圖形，如圖2，由圖2可知，當且僅當、、三點共線時，取得最小值，此時，周長的最小值為，故④正確．故選：．【點評】本題考查空間中點、線、面間的距離計算，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．二．填空題4．（2023秋?黃浦區(qū)期末）已知圓柱的底面半徑為1，高為2，、分別為該圓柱上、下底面圓周上的動點，若直線與該圓柱的軸始終互為異面直線，則線段長度的取值范圍是，．【分析】根據圓柱的幾何性質，利用勾股定理求解即可．【解答】解：設是圓柱的底面圓的一條直徑，點位于點的正上方，點在底面圓周上運動（不與和重合），則，由勾股定理知，，，即線段長度的取值范圍是，．故答案為：，．【點評】本題考查空間中距離的求法，熟練掌握圓柱的幾何性質是解題的關鍵，考查空間立體感和運算能力，屬于基礎題．5．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）如圖所示，正四面體的棱長為1，則點到平面的距離為．【分析】先過點作平面于點，得到點是的外心，再利用平面幾何的知識來解答．【解答】解：過點作平面相交于點，連接并延長與相交于點，連接，因為，所以，因此點是的外心，又因為，所以點是的中心，因此，又因為，且，所以，故點到平面的距離是．故答案為：．【點評】本題考查點到平面的距離的求法，屬于中檔題．6．（2023秋?長寧區(qū)校級期末）點是線段的中點，若，到平面的距離分別為和，且，在平面的異側，則點到平面的距離為1．【分析】畫出該幾何模型的側面示意圖，利用三角形相似的性質，求解即可．【解答】解：畫出該幾何模型的側面示意圖，如圖所示，設點，到平面的距離分別為，，與平面相交于點，過點作平面，則，所以，不妨設，，因為為的中點，所以，所以，因為，所以，所以，即點到平面的距離為．故答案為：1．【點評】本題考查空間中點到面的距離，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．7．（2023秋?徐匯區(qū)期末）在二面角的一個面內有一個點，它到另一個面的距離是，則這個點到二面角的棱的距離為．【分析】畫出簡圖，結合三角函數關系即可求解．【解答】解：如簡圖所示，兩平面相交于，，，，，，．則為二面角的平面角，且，，即點到二面角的棱的距離為．故答案為：．【點評】本題考查二面角的平面角的求法，屬于中檔題．8．（2023秋?寶山區(qū)校級期末）正方體的棱長為4，在平面上，，之間的距離為5，則、之間的最短距離為．【分析】由正方體的性質可得，即在以為圓心，3為半徑的圓，進而可求、之間的最短距離．【解答】解：由正方體，可得平面，平面，，由，之間的距離為5，正方體的棱長為4，可得，即在以為圓心，3為半徑的圓，又，、之間的最短距離為．故答案為：．【點評】本題考查兩點間的距離的最小值，考查點的軌跡的求法，屬中檔題．9．（2023秋?黃浦區(qū)期末）如圖，平面的一條斜線與交于點，是在上的投影，是上過點的另一條直線，若上一點到平面的距離為1，與所成的角的大小為，與所成的角的大小為，則點到直線的距離為．【分析】作輔助線，并利用線面垂直的判定定理與性質定理尋找點到直線的距離，再由三角函數的知識求解即可．【解答】解：設點在平面上的投影為點，則點在直線上，且，，所以，，過點作于點，連接，則，由題意知，平面，因為平面，所以，又，、平面，所以平面，因為平面，所以，即點到直線的距離為，在中，，所以，即點到直線的距離為．故答案為：．【點評】本題考查空間中的角與距離，理解線線夾角、點到面的距離，點到線的距離等的含義是解題的關鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．10．（2023秋?松江區(qū)校級期末）如圖，在棱長為2的正方體中，，，，分別是棱，，，的中點，則平面到平面的距離是．【分析】根據線面平行的判定定理、面面平行的判定定理、線面垂直的判定定理，結合銳角三角函數定義進行求解即可．【解答】解：因為，分別是棱，的中點，所以，又因為平面，平面，所以平面，同理平面，而，，平面，所以平面平面，過作，垂足為，由正方體的性質可知，平面，而平面，所以，而，，平面，所以平面，因此的長度就是平面到平面的距離，在正方形中，，即，因為正方體的棱長為2，所以由勾股定理，可得，因為，所以．故答案為：．【點評】本題考查空間面面平行的判定，考查線面垂直的判定以及勾股定理，屬中檔題．11．（2023秋?閔行區(qū)校級期末）已知正方體的棱長為2，為棱的中點，，分別是線段，上的兩個動點，為正方體表面上一點，若到棱與到棱的距離相等，則的最小值為．【分析】根據題意得點在以為焦點，以為準線的拋物線上，則的最小值轉化為到直線的距離與到棱的距離之和，由三角形三邊關系能求出結果．【解答】解：正方體的棱長為2，為棱的中點，，分別是線段，上的兩個動點，為正方體表面上一點，面，到棱的距離為，到棱與到棱的距離相等，點在以為焦點，以直線為準線的拋物線上，的最小值為到直線的距離與到直線的距離之和，即的最小值轉化為到直線的距離與到棱的距離之和，點到直線的距離與到棱的距離之和，，的最小值即為點到直線的距離，即為的高，在中，，，，，，的最小值為．故答案為：．【點評】本題考查點的軌跡、拋物線定義、三角形三邊關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．三．解答題12.（2022·上?！じ叨ｎ}練習）如圖，正方體中，.（1）求證：平面平面；（2）求兩平面與之間的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據正方體的性質，通過證明線面平行證明面面平行即可；（2）作出兩平行平面的公垂線段，再計算公垂線段的長即可得出結論.【詳解】(1)正方體中，且不在平面內，所以平面同理可得，平面又平面平面；（2）如圖，設，連接，，平面，，又正方體中，平面，，又，平面，根據（1），平面平面平面，圖中線段EF為兩平面的公垂線段，線段EF的長即為兩平面間的距離，平行四邊形中，分別是的中點，是線段的三等分點，，兩平面與之間的距離為.13．（2023·上?！じ叨ｎ}練習）如圖，在棱長為的正方體中，分別是和的中點.(1)求異面直線與所成角的余弦值；(2)在棱上是否存在一點，使得二面角的大小為?若存在，求出的長，若不存在，請說明理由；(3)求異面直線與之間的距離.【答案】(1)(2)存在，(3)【分析】(1)做出異面直線所成的角，解三角形求解即可；(2)假設存在，利用二面角的大小為求解即可；(3)利用線面垂直，找到公垂線，然后借助相似來計算即可.【詳解】（1）取的中點，因為是的中點，所以，又，所以，所以異面直線與所成角也就是與所成角，由正方體得平面，平面，所以，，所以，，所以異面直線與所成角的余弦值為.（2）假設存在點符合題意，連接與交于點，所以，因為是正方體，所以，又是的中點，所以，所以就是二面角的平