课时达标检测(28) 空间中的距离问题(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十八) 空间中的距离问题 　基础达标　 一、选择题 1．已知直线l的方向向量n＝(1,0,2)，点A(0,1,1)在直线l上，则点P(1,2,2)到直线l的距离为(　　) A.eq \f(\r(30),5) B.eq \r(30) C.eq \f(\r(30),10) D．2eq \r(30) 解析　由已知得eq \o(PA,\s\up15(→))＝(－1，－1，－1)，所以点P到直线l的距离为d＝eq \r(\o(PA,\s\up15(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up15(→))·\f(n,|n|)))2)＝eq \r(3－\f(9,5))＝eq \f(\r(30),5)。 答案　A 答案与解析 2．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内， 则点P(－2,1,4)到平面α的距离为(　　) A．10 B．3 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3) 解析　由eq \o(AP,\s\up15(→))＝(－1，－2,4)，得点P到平面α的距离d＝eq \f(|\o(AP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(10,3)。 答案　D 答案与解析 3．已知△ABC的顶点A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD的长等于(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析　因为eq \o(AB,\s\up15(→))＝(4，－5,0)，eq \o(AC,\s\up15(→))＝(0,4，－3)，则eq \o(AC,\s\up15(→))对应的单位向量为u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,5)，－\f(3,5)))，所以AC边上的高BD的长为B到AC的距离d＝eq \r(\o(AB,\s\up15(→))2－\o(AB,\s\up15(→))·u2)＝eq \r(41－16)＝5。 答案　C 答案与解析 4.如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCD­A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A.eq \f(2,7) B.eq \f(2\r(35),7) C.eq \f(\r(35),7) D．1 解析　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eq \o(A1C,\s\up15(→))＝(1,2，－3)，eq \o(BC,\s\up15(→))＝(0,2,0)，eq \o(A1C,\s\up15(→))对应的单位向量u为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(14))，\f(2,\r(14))，－\f(3,\r(14))))，所以点B到A1C的距离为eq \r(\o(BC,\s\up15(→))2－\o(BC,\s\up15(→))·u2)＝eq \r(4－\f(8,7))＝eq \f(2\r(35),7)。 答案　B 答案与解析 5.如图，已知直三棱柱ABO­A1B1O1中，∠AOB＝eq \f(π,2)，AO＝2，BO＝6，D为A1B1的中点，且异面直线OD与A1B垂直，则直线A1B1到平面ABO的距离为(　　) A．2 B．3 C．4 D．6 解析　由直棱柱的性质，知直线A1B1到平面ABO的距离为棱柱的高，不妨设为t(t>0)。以O为原点，OA，OB，OO1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(0,6,0)，A1(2,0，t)，B1(0,6，t)，则D(1,3，t)，所以eq \o(A1B,\s\up15(→))＝(－2,6，－t)，eq \o(OD,\s\up15(→))＝(1,3，t)，所以eq \o(A1B,\s\up15(→))·eq \o(OD,\s\up15(→))＝－2＋18－t2＝0，所以t＝4。故选C。 答案　C 答案与解析 6．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　) A.eq \r(2)a B.eq \r(3)a C.eq \f(\r(2),3)a D.eq \f(\r(3),3)a 解析　由正方体的性质，易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离。以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，A1(a,0，a)，C(0，a,0)，eq \o(CA1,\s\up15(→))＝(a，－a，a)，eq \o(BA,\s\up15(→))＝(0，－a，0)，连接A1C，则A1C⊥B1D1，A1C ⊥AB1，B1D1∩AB1＝B1，所以A1C⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)，则两平面间的距离d＝eq \f(|\o(BA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(a,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)a。 答案　D 答案与解析 7．在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4的菱形，且∠DAB＝60°，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，则点E到平面O1BC的距离为(　　) A．2 B．1 C.eq \f(3,2) D．3 解析　易得OO1⊥平面ABCD，所以OO1⊥OA，OO1⊥OB。又OA⊥OB，所以建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz。因为底面ABCD是边长为4的菱形，∠DAB＝60°，所以OA＝2eq \r(3)，OB＝2，则A(2eq \r(3)，0,0)，B(0,2,0)，C(－2eq \r(3)，0,0)，O1(0,0,3)，所以eq \o(O1B,\s\up15(→))＝(0,2，－3)，eq \o(O1C,\s\up15(→))＝(－2eq \r(3)，0，－3)。 答案与解析 设平面O1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(O1B,\s\up15(→))＝0,n·\o(O1C,\s\up15(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y－3z＝0，,－2\r(3)x－3z＝0，))取z＝2，则x＝－eq \r(3)，y＝3，则n＝(－eq \r(3)，3,2)是平面O1BC的一个法向量。设点E到平面O1BC的距离为d。因为E是O1A的中点，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，\f(3,2)))，eq \o(EO1,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，0，\f(3,2)))，则d＝eq \f(|\o(EO1,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，0，\f(3,2)))·－\r(3)，3，2)),\r(－\r(3)2＋32＋22))＝eq \f(3,2)，所以点E到平面O1BC的距离为eq \f(3,2)。 答案　C 二、填空题 8.在底面是直角梯形的四棱锥P⁃ABCD中,侧棱PA⊥底面ABCD,BC∥AD,∠ABC=90°,PA=AB=BC=2,AD=1,则AD到平面PBC的距离为  。  解析AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离。由已知可知AB,AD,AP两两垂直。以A为原点,,,的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(图略),则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),则=(2,0,-2),=(0,2,0)。设平面PBC的一个法向量为n=(a,b,c),则即取a=1,得n=(1,0,1),又=(2,0,0),所以d==。 答案　 答案与解析 9．已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq \r(2)，E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为________。 解析　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,2,),=(2,2,0),=(0,2,),易知AC1∥平面BDE。设n=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量,则取y=1,则n=(-1,1,-)为平面BDE的一个法向量。又因为=(2,0,0),所以直线AC1到平面BDE的距离d===1。 答案与解析 答案　1 三、解答题 10．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是C1C，D1A1的中点，求点A到直线EF的距离。 解　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D­xyz，如图。 设DA＝2，则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，eq \o(EF,\s\up15(→))＝(1，－2,1)，eq \o(FA,\s\up15(→))＝(1,0，－2)。取a＝eq \o(FA,\s\up15(→))＝(1,0，－2)，u＝eq \f(\o(EF,\s\up15(→)),|\o(EF,\s\up15(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(6))，－\f(2,\r(6))，\f(1,\r(6))))，所以点A到直线EF的距离为eq \r(a2－a·u2)＝eq \r(5－\f(1,6))＝eq \f(\r(174),6)。 11.如图所示的多面体是由底面为长方形ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，AEC1F为平行四边形。 (1)求BF的长； (2)求点C到平面AEC1F的距离。 解　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，设F(0，0，z)。 因为四边形AEC1F为平行四边形，所以由eq \o(AF,\s\up15(→))＝eq \o(EC1,\s\up15(→))得，(－2,0，z)＝(－2,0,2)，所以z＝2。所以F(0,0,2)。所以eq \o(BF,\s\up15(→))＝(－2，－4,2)。于是|eq \o(BF,\s\up15(→))|＝2eq \r(6)，即BF的长为2eq \r(6)。 (2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y,1)，eq \o(AE,\s\up15(→))＝(0,4,1)，eq \o(AF,\s\up15(→))＝(－2,0,2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up15(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0×x＋4×y＋1＝0，,－2×x＋0×y＋2＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4y＋1＝0，,－2x＋2＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4)，))得n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1))。又eq \o(CC1,\s\up15(→))＝(0,0,3)，所以C到平面AEC1F的距离d＝eq \f(|\o(CC1,\s\up15(→))·n1|,|n1|)＝eq \f(3,\f(\r(33),4))＝eq \f(4\r(33),11)。 12.如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，E是PA的中点。求PC到平面BED的距离。 解　取CD的中点F，连接AF，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(4,0,0)， D(－2，2eq \r(3)，0)，E(0,0,2)，P(0,0,4)，C(2，2eq \r(3)，0)， 所以eq \o(BE,\s\up15(→))＝(－4,0,2)，eq \o(DE,\s\up15(→))＝(2，－2eq \r(3)，2)。 设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BE,\s\up15(→))，,n⊥\o(DE,\s\up15(→))))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－4x＋2z＝0，,2x－2\r(3)y＋2z＝0。))令z＝2，得平面BED的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，2)。 因为eq \o(PC,\s\up15(→))＝(2,2eq \r(3)，－4)，且n·eq \o(PC,\s\up15(→))＝2＋6－8＝0，所以PC∥平面BED，所以PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离。因为eq \o(EP,\s\up15(→))＝(0,0,2)，n＝(1，eq \r(3)，2)，所以|n|＝2eq \r(2)，eq \o(EP,\s\up15(→))·n＝4，所以点P到平面BED的距离d＝eq \f(|\o(EP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,2\r(2))＝eq \r(2)，所以PC到平面BED的距离为eq \r(2)。 　素养升级　 13.已知在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面正方形的边长为2eq \r(2)，侧棱长为4，E，F分别为棱AB，BC的中点。求三棱锥B1­EFD1的体积。 解　以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(2eq \r(2)，2eq \r(2)，4)，D1(0,0,4)，E(2eq \r(2)，eq \r(2)，0)，F(eq \r(2)，2eq \r(2)，0)， 所以eq \o(D1E,\s\up15(→))＝(2eq \r(2)，eq \r(2)，－4)，eq \o(D1F,\s\up15(→))＝(eq \r(2)，2eq \r(2)，－4)，eq \o(D1B1,\s\up15(→))＝(2eq \r(2)，2eq \r(2)，0)， 所以cos〈eq \o(D1E,\s\up15(→))，eq \o(D1F,\s\up15(→))〉＝eq \f(\o(D1E,\s\up15(→))·\o(D1F,\s\up15(→)),|\o(D1E,\s\up15(→))||\o(D1F,\s\up15(→))|)＝eq \f(24,\r(26)×\r(26))＝eq \f(12,13)， 所以sin〈eq \o(D1E,\s\up15(→))，eq \o(D1F,\s\up15(→))〉＝eq \f(5,13)， 所以S△EFD1＝eq \f(1,2)|eq \o(D1E,\s\up15(→))||eq \o(D1F,\s\up15(→))|·sin〈eq \o(D1E,\s\up15(→))，eq \o(D1F,\s\up15(→))〉＝eq \f(1,2)×eq \r(26)×eq \r(26)×eq \f(5,13)＝5。 设平面EFD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(D1E,\s\up15(→))＝0，,n·\o(D1F,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2\r(2)x＋\r(2)y－4z＝0，,\r(2)x＋2\r(2)y－4z＝0，))令x＝1，则y＝1，z＝eq \f(3\r(2),4)，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3\r(2),4)))是平面EFD1的一个法向量，所以点B1到平面EFD1的距离d＝eq \f(|\o(D1B1,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(16,5)，所以VB1­EFD1＝eq \f(1,3)×S△EFD1×d＝eq \f(1,3)×5×eq \f(16,5)＝eq \f(16,3)。 $$