课时达标检测(28) 空间中的距离问题(教用Word)-【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）

课时达标检测(二十八)　空间中的距离问题 基础达标 　　　　　　　　　　　　　 一、单项选择题 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) A. B. C. D.2 解析　由已知得=(-1,-1,-1),所以点P到直线l的距离为d===。 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 (D) A.10 B.3 C. D. 解析　由=(-1,-2,4),得点P到平面α的距离d==。 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 (C) A.3 B.4 C.5 D.6 解析　因为=(4,-5,0),=(0,4,-3),则对应的单位向量为u=0,,-,所以AC边上的高BD的长为B到AC的距离d===5。 4. 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 (B) A. B. C. 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=(1,2,-3),=(0,2,0),对应的单位向量u为,,-,所以点B到A1C的距离为==。 5. 如图,已知直三棱柱ABO⁃A1B1O1中,∠AOB=,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 (C) 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轴、y轴、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=(-2,6,-t),=(1,3,t),所以·=-2+18-t2=0,所以t=4。故选C。 6.已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1的棱长为a,则平面AB1D1与平面BDC1的距离为 (D) A.a B.a C.a D.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),=(a,-a,a),=(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===a。 7.在四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1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 (C) A.2 B.1 C. 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O⁃xyz。因为底面ABCD是边长为4的菱形,∠DAB=60°,所以OA=2,OB=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3),所以=(0,2,-3),=(-2,0,-3)。设平面O1BC的一个法向量为n=(x,y,z),则所以取z=2,则x=-,y=3,则n=(-,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E,0,,=-,0,,则d===,所以点E到平面O1BC的距离为。 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==。 9.已知正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,E为CC1的中点,则直线AC1到平面BED的距离为 1 。  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。 三、解答题 10.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1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D⁃xyz,如图。 设DA=2,则A(2,0,0),E(0,2,1),F(1,0,2),=(1,-2,1),=(1,0,-2)。取a==(1,0,-2),u==,-,,所以点A到直线EF的距离为==。 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=得,(-2,0,z)=(-2,0,2),所以z=2。所以F(0,0,2)。所以=(-2,-4,2)。于是||=2,即BF的长为2。 (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),=(0,4,1),=(-2,0,2),所以所以即所以得n1=1,-,1。又=(0,0,3),所以C到平面AEC1F的距离d===。 12. 如图,四棱锥P⁃ABCD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(-2,2,0),E(0,0,2),P(0,0,4),C(2,2,0),所以=(-4,0,2),=(2,-2,2)。设平面BED的一个法向量为n=(x,y,z),则⇒令z=2,得平面BED的一个法向量为n=(1,,2)。因为=(2,2,-4),且n·=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=(0,0,2),n=(1,,2),所以|n|=2,·n=4,所以点P到平面BED的距离d===,所以PC到平面BED的距离为。 素养升级 13. 已知在正四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中,底面正方形的边长为2,侧棱长为4,E,F分别为棱AB,BC的中点。求三棱锥B1⁃EFD1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(2,2,4),D1(0,0,4),E(2,,0),F(,2,0),所以=(2,,-4),=(,2,-4),=(2,2,0),所以cos<,>===,所以sin<,>=,所以=||||·sin<,>=×××=5。设平面EFD1的一个法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,z=,则n=1,1,是平面EFD1的一个法向量,所以点B1到平面EFD1的距离d==,所以=××d=×5×=。 学科网（北京）股份有限公司 $$