内容正文:
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“四翼”检测评价(十)空间中的距离
(一)基础落实
1.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(2,-1,0)在α内,则P(1,3,-2)到α的距离为( )
A.10 B.3
C. D.
解析:选C =(1,-4,2),又平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),所以P到α的距离为==.
2.如图所示,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
解析:选B 过点B作BE⊥A1C,垂足为E,设点E的坐标为(x,y,z),
由题意知A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),
故=(1,2,-3),=(0,2,0),
对应的单位向量为,
所以点B到A1C的距离为
= =.
3.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在上且=,N为B1B的中点,则||为( )
A.a B.a
C.a D.a
解析:选A 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(a,0,0),C1(0,a,a),N.设M(x,y,z).
∵点M在上且=,
∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),
∴x=a,y=,z=.于是M.
∴||=
=a.
4.在△ABC中,AB=15,∠BCA=120°,若△ABC所在平面α外一点P到A,B,C的距离都是14,则P到α的距离是( )
A.13 B.11
C.9 D.7
解析:选B 作PO⊥α于点O,连接OA,OB,OC(图略),∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,∴O是△ABC的外心.∴OA===5,∴PO==11为所求.
5.若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.a B.a
C.a D.a
解析:选D 建立空间直角坐标系如图.
则A(a,0,0),D(0,0,0),C1(0,a,a),D1(0,0,a),B1(a,a,a),
∴=(0,a,a),=(-a,0,a).
设n=(x,y,z)为平面AB1D1的法向量,
则
得取z=1,则n=(1,-1,1).
又∵AD1∥BC1,AB1∥DC1,AD1∩AB1=A,
DC1∩BC1=C1,∴平面AB1D1∥平面BDC1.
∴平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d.
∵=(a,0,0),平面AB1D1的法向量为n=(1,-1,1),∴d===a.
6.已知过点P(1,0,0)的两条直线l1与l2,l1平行于向量s1=(0,1,-1),l2平行于向量s2=(1,1,0),则点P1(0,1,0)到直线l1与l2确定的平面α的距离为________.
解析:设平面α的法向量n=(x,y,z),
由s1·n=s2·n=0得
取x=1,则y=-1,z=-1,所以n=(1,-1,-1),
又因=(-1,1,0),所以点P1到平面α的距离为==.
答案:
7.在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知=(-6,2,-8),=(4,-2,3),=(-4,1,0),则该三棱柱的高为________.
解析:由题意知==(-4,1,0),
该三棱柱的高即为点A1到平面ABC的距离d.
设n=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,
则
令x=1,则y=4,z=,∴n=,
∵=(-6,2,-8),
∴d===2.
答案:2
8.在空间直角坐标系Oxyz中,A(1,2,1),B(2,1,m),C(0,1,2),若点C到直线AB的距离不小于,写出一个满足条件的m的值:________.
解析:因为=(1,-1,m-1),=(-1,-1,1),
所以点C到直线AB的距离d==≥,
解得1-≤m≤1+.
答案:1(答案不唯一,只要m∈[1-,1+]即可)
9.如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为3,底面是边长为4且∠DAB=60°的菱形,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,E是O1A的中点,求点E到平面O1BC的距离.
解:法一:在△O1AC中,OE是△O1AC的中位线,∴OE∥O1C,∵O1C⊂平面O1BC,OE⊄平面O1BC,
∴OE∥平面O1BC,作OF⊥BC,∴BC⊥平面O1OF,
∴平面O1BC⊥平面O1OF,交线为O1F.
过O作OH⊥O1F于H,则OH是点O到面O1BC的距离,
∴OH=,∴点E到平面O1BC的距离等于.
法二:∵OO1⊥平面AC,∴OO1⊥OA,OO1⊥OB,又OA⊥OB, 建立如图所示的空间直角坐标系,
∵底面ABCD是边长为4,∠DAB=60°的菱形,
∴OA=2,OB=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3).
设平面O1BC的一个法向量