课后分层练(十)　用空间向量研究距离问题-【正禾一本通】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教A版）

[课后分层练(十)]　用空间向量研究距离问题 (单选题、填空题每题5分，多选题每题6分，解答题每题15分) 【基础巩固】 1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，点A(x，3，0)在平面α内，若点P(－2，1，4)到平面α的距离d＝，则x＝(　　) A．－1 B．11 C．－1或－11 D．9或－21 解析：选C.由题意＝(x＋2，2，－4)，所以d＝，解得x＝－1或－11. 2．(一题多解)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝a，AA1＝2a，则点D1到直线AC的距离为(　　 ) A．a B． C． D． 解析：选D.法一　连接BD，AC交于点O(图略)，则D1O＝a，所以点D1到直线AC的距离为a. 法二　 如图建立空间直角坐标系，易得C(a，a，0)，D1(0，a，2a)， 取a＝＝(－a，0，2a)，u＝＝， 则点D1到直线AC的距离为a. 3． 如图，已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　　) A．5 B．8 C． D． 解析： 选C.以D为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0，12，0)，D1(0，0，5)，＝(0，－12，5)， 设B(x，12，0)，B1(x，12，5)(x>0)，则＝(－x，0，0)， 设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)， 由n⊥，n⊥， 得 所以所以可取n＝(0，5，12)． 又＝(0，0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为. 因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为. 4．(多选)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是(　　 ) A．点A到直线BE 的距离是 B．点A到直线BE的距离是 C．点O到平面ABC1D1的距离为 D．点O到平面ABC1D1的距离为 解析：选BC.以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E，O， 所以＝(1，0，0)，＝， 所以点A 到直线BE的距离d1＝，故A错误，B正确； 易知＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)． 则点O到平面ABC1D1的距离d1＝，故C正确，D错误． 5．(多选)棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则(　　 ) A．MN∥平面ACD1 B．MN⊥平面ACD1 C．点M到平面ACD1的距离为 D．直线MN到平面ACD1的距离为 解析：选AD. 如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 则D(0，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，M，A(1，0，0)，N，所以＝＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝. 设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝z＝1，所以n＝(1，1，1)， 所以点M到平面ACD1的距离d＝. 又∥，故MN∥平面ACD1， 故直线MN到平面ACD1的距离为. 6．已知AB∥平面α，平面α的法向量为n＝(1，0，1)，平面α内一点C的坐标为(0，0，1)，直线AB上点A的坐标为(1，2，1)，则直线AB到平面α的距离为________. 解析：因为AB∥平面α，所以直线AB到平面α的距离可转化为点A到平面α的距离，易知＝(1，2，0)，所以点A到平面α的距离d＝. 答案： 7．已知直线l的方向向量为m＝，若点P(－1，1，－1)为直线l外一点，A(4，1，－2)为直线l上一点，则P到直线l的距离为________. 解析：易知＝(5，0，－1)，＝， 所以P到直线l的距离d＝ ＝. 答案： 8．(2025·广东深圳期末模拟)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝4，AD＝2，点P为侧面ABB1A1内一动点，且满足C1P∥平面ACD1，则C1P的最小值为________，此时点P到直线A1C1的距离为________． 解析：如图所示，因为AB∥C1D1且AB＝C1D1，故四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1∥AD1，因为BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1， 同理可证A1B∥平面ACD1， 因为A1B∩BC1＝B，A1B，BC1⊂平面A1BC1， 所以平面A1BC1∥平面ACD1，因为P∈平面AA1B1B，要使得C1P∥平面ACD1， 则C1P⊂平面A1BC1，因为平面AA1B1B∩平面A1BC1＝A1B， 故点P的轨迹为线段A1B，当C1P取最小值时，C1P⊥A1B，则P为A1B的中点， 则C1P＝. 以D为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系． 易知A1(2，0，4)，C1(0，4，4)，P(2，2，2)，＝(－2，4，0)，＝(0，2，－2)， 取a＝＝(0，2，－2)，u＝(－1，2，0)． 则a2＝8，a·u＝. 所以点P到直线A1C1的距离为. 答案：2 9． 如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点． (1)求直线FC1到直线AE的距离； (2)求直线FC1到平面AB1E的距离． 解： 建立如图所示的空间直角坐标系， 则B1(1，1，1)，E，F，C1(0，1，1)，A(1，0，0)． (1)因为＝， 所以∥，即AE∥FC1， 所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离． 取u＝＝， 又， 所以， 所以直线FC1到直线AE的距离为. (2)因为AE∥FC1，所以FC1∥平面AB1E， 所以直线FC1到平面AB1E的距离等于C1到平面AB1E的距离． ＝(1，0，0)，＝(0，1，1)，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取z＝2，可得n＝(1，－2，2)， 所以C1到平面AB1E的距离为， 所以直线FC1到平面AB1E的距离为. 【综合运用】 10． (多选)(新背景)(2025·福建三明高二期末)很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数24，棱长为2的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有(　　 ) A．AG⊥平面BCDG B．若E是棱BC的中点，则DE与平面AFG平行 C．点B到平面ACD的距离为 D．该半正多面体的体积为 解析：选AC.由题意，可作图如下： 对于A，根据正方体的几何性质，易知AG⊥平面BCDG，故A正确； 对于B，根据正方体的几何性质，易知CG⊥平面AFG. 若ED与平面AFG平行，则有ED⊥CG，而E是棱BC的中点，所以在正方形BCDG中这是不可能的，故B错误； 对于C，建立空间直角坐标系，如下图： 因为该半正多面体的棱长为2， 所以正方体的棱长为4. 由图可知B(0，2，4)，A(2，0，0)，C(2，4，4)，D(4，2，4)， 在平面ACD内取＝(2，2，4)，＝(0，4，4)， 设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，由 可得化简可得令y＝1，则x＝1，z＝－1， 所以平面ACD的一个法向量n＝(1，1，－1)． 因为＝(－2，2，4)， 则点B到平面ACD的距离d＝，故C正确； 对于D，该半正多面体可看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的， 所以该立体图形的体积V＝4×4×4－8×，故D错误． 11． (2025·日照高二检测)如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离(　　 ) A．等于a B．和EF的长度有关 C．等于a D．和点Q的位置有关 解析：选A.取B1C1的中点G，连接PG，CG，DP，则PG∥CD，所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离，与EF的长度无关，故B错误． 又A1B1∥平面PGCD，所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离，即点Q到平面PEF的距离，与点Q的位置无关，故D错误． 如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，P，所以＝(0，a，0)，＝(a，0，a)，＝. 设n＝(x，y，z)是平面PGCD的法向量， 则由得 令z＝1，则x＝－2，y＝0， 所以n＝(－2，0，1)是平面PGCD的一个法向量． 设点Q到平面PEF的距离为d，则d＝，故A正确，C错误． 12． (数学文化)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，如图．已知在鳖臑P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝2，M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为________． 解析： 以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，如图， 则B(0，0，0)，A(2，0，0)，P(2，0，2)，C(0，2，0)，由M为PC的中点可得M(1，1，1)． ＝(1，1，1)，＝(2，0，0)，＝(2，0，2)． 设n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量， 则即 令z＝－1，可得n＝(0，1，－1)，点P到平面MAB的距离为d＝. 答案： 13． 如图所示，多面体是由底面为ABCD的长方体被平行四边形AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.则BF的长为________，点C到平面AEC1F的距离为_____________. 解析： 如图，建立空间直角坐标系， 则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)．由题意，知四边形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)． 所以＝2，即BF的长为2. 设n1为平面AEC1F的一个法向量，显然n1不垂直于平面ADF. 因为＝(0，4，1)，＝(－2，0，2)，所以可设n1＝(x，y，1)， 则由 得所以 所以n1＝. 因为＝(0，0，3)，设与n1的夹角为α，则 cos α＝. 所以点C到平面AEC1F的距离为d＝cos α＝3×. 答案：2 14．(新定义)在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面α的距离d＝，则在底面边长与高都为2的正四棱锥P­ABCD中，求底面中心O到侧面PAB的距离． 解： 以底面中心O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图， 则O(0，0，0)，A(1，1，0)，B(－1，1，0)，P(0，0，2)． 设平面PAB的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0，将A，B，P三点的坐标代入计算得A＝0，B＝－D，C＝－D，所以方程可化为－Dy－Dz＋D＝0，即2y＋z－2＝0，所以d＝. 【创新探索】 15．(知识融合)如图，在四棱锥P­ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC＝∠FAB＝90°，求四棱锥P­ABCD外接球的球心到平面PBC的距离． 解：该几何体的直观图如图所示， 分别取AD，BC的中点O，M，连接OM，PM，PO， ∵PO＝1，OM＝2，PM＝， ∴OP2＋OM2＝PM2，∴OP⊥OM， 又∵PO⊥AD，∴由线面垂直的判定定理得出PO⊥平面ABCD， 以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系． 则A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，1)，＝(1，2，－1)，＝(－1，2，－1)，设四棱锥P­ABCD外接球的球心为N(0，1，a)， ∵PN＝NA，∴(－1)2＋(1－a)2＝1＋(－1)2＋(－a)2，解得a＝0， ∴＝(0，－1，1)． 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则⇒ 取z＝2，则n＝(0，1，2)，则四棱锥P­ABCD外接球的球心到平面PBC的距离为d＝. 学科网（北京）股份有限公司 $