人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离课后练习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离课后练习题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．已知直线l过定点A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)为其一个方向向量，则点P(4,3,2)到直线l的距离为( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(2)
2．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
3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1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
4．已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))，则点P到AB的距离为( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(\r(181),12) C.eq \f(10\r(30),6) D.eq \f(\r(5),6)
二、填空题
5．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱的棱长都等于2，且两两夹角都是60°，则A，C1两点间的距离是________．
6．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为________．
6题图
7题图
7．如图所示，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________．
三、解答题
8.
已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，棱A1A＝5，AB＝12，求直线B1C1和平面A1BCD1的距离．
9．四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DA＝2，F，E分别为AD，PC的中点．
(1)求证：DE∥平面PFB；
(2)求点E到平面PFB的距离．
[尖子生题库]
10.
如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，∠PAD＝90°，且PA＝AD＝2，E，F分别是线段PA，PD的中点．问：线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离为eq \f(4,5)？若存在，求出CQ的值；若不存在，请说明理由．
课时作业(八) 空间中的距离
1．解析：eq \(PA,\s\up12(→))＝(－2,0，－1)，|eq \(PA,\s\up12(→))|＝eq \r(5)，eq \f(|\(PA,\s\up12(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),2)，则点P到直线l的距离d＝ eq \r(|\(PA,\s\up12(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PA,\s\up12(→))·n,|n|)))\(2,\s\up12( )) )＝ eq \r(5－\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2).
答案：A
2．解析：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＝eq \f(AB,2sin∠BCA)＝eq \f(15,2sin 120°)＝5eq \r(3)，
∴PO＝eq \r(PA2－OA2)＝11为所求．
答案：B
3．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为坐标原点，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 \(CA1,\s\up12(→))＝(a，－a，a)，eq \(BA,\s\up12(→))＝(0，－a,0)，连接A1C，由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(|\(BA,\s\up12(→))·n|,|n|)＝eq \f(a,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)a.
答案：D
4．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则eq \(AP,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)(1,0,0)＋eq \f(1,2)(0,1,0)＋eq \f(2,3)(0,0,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3))).
又eq \(AB,\s\up12(→))＝(1,0,0)，∴eq \(AP,\s\up12(→))在eq \(AB,\s\up12(→))上的投影为eq \f(\(AP,\s\up12(→))·\(AB,\s\up12(→)),|\(AB,\s\up12(→))|)＝eq \f(3,4)，∴点P到AB的距离为 eq \r(|\(AP,\s\up12(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up12(→))·\(AB,\s\up12(→)),|\(AB,\s\up12(→))|)))\(2,\s\up12( )) )＝eq \f(5,6).
答案：A
5．解析：设eq \(AB,\s\up12(→))＝a，eq \(AD,\s\up12(→))＝b，eq \(AA1,\s\up12(→))＝c，易得eq \(AC1,\s\up12(→))＝a＋b＋c，则|eq \(AC1,\s\up12(→))|2＝eq \(AC1,\s\up12(→))·eq \(AC1,\s\up12(→))＝(a＋b＋c)·(a＋b＋c)＝a2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＋b2＋c2＝4＋4＋4＋4＋4＋4＝24，所以|eq \(AC1,\s\up12(→))|＝2eq \r(6).
答案：2eq \r(6)
6．解析：
建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，B(0,1,0)，B1(0,1,1)，C1(0,0,1)，则eq \(C1A,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq \(C1B1,\s\up12(→))＝(0,1,0)，eq \(C1B,\s\up12(→))＝(0,1，－1)．
设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y,1)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(C1A,\s\up12(→))·n＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y－1＝0，,\(C1B,\s\up12(→))·n＝y－1＝0，))
解得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1，1))，则所求距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(C1B,\s\up12(→))·n,|n|)))＝eq \f(1,\r(\f(1,3)＋1＋1))＝eq \f(\r(21),7).
答案：eq \f(\r(21),7)
7．解析：
由已知，得AB，AD，AP两两垂直．∴以A为坐标原点，AB，AD，AP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(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，eq \(PB,\s\up12(→))＝(2,0，－2)，eq \(BC,\s\up12(→))＝(0,2,0)，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up12(→))＝0,n·\(BC,\s\up12(→))＝0))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－2c＝0,2b＝0))，∴可取n＝(1,0,1)．又eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,0,0)，AD∥平面PBC，∴所求距离为eq \f(|\(AB,\s\up12(→))·n|,|n|)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
8．解析：∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1.
从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．
过点B1作B1E⊥A1B于E点．
∵BC⊥平面A1ABB1，且B1E⊂平面A1ABB1，
∴BC⊥B1E.又BC∩A1B＝B.
∴B1E⊥平面A1BCD1，
∴线段B1E的长即为所求．
在Rt△A1B1B中，
B1E＝eq \f(A1B1·B1B,A1B)＝eq \f(5×12,\r(52＋122))＝eq \f(60,13).
因此直线B1C1和平面A1BCD1的距离是eq \f(60,13).
9．解析：
(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，E(0,1,1)．
eq \(FP,\s\up12(→))＝(－1,0,2)，eq \(FB,\s\up12(→))＝(1,2,0)，eq \(DE,\s\up12(→))＝(0,1,1)，
所以eq \(DE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)eq \(FP,\s\up12(→))＋eq \f(1,2)eq \(FB,\s\up12(→))，
又因为DE⊄平面PFB，
所以DE∥平面PFB.
(2)因为DE∥平面PFB，
所以点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离．
设平面PFB的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FB,\s\up12(→))＝0,n·\(FP,\s\up12(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y＝0，,－x＋2z＝0，))
令x＝2，得y＝－1，z＝1，
所以n＝(2，－1,1)．
又因为eq \(FD,\s\up12(→))＝(－1,0,0)，
所以点D到平面PFB的距离d＝eq \f(|\(FD,\s\up12(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3).
所以点E到平面PFB的距离为eq \f(\r(6),3).
10．解析：由题意知PA，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，D(0,2,0)，E(0,0,1)，F(0,1,1)．
假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件．
令CQ＝m(0≤m≤2)，则DQ＝2－m.
∴点Q的坐标为(2－m,2,0)，∴eq \(EQ,\s\up12(→))＝(2－m,2，－1)．
而eq \(EF,\s\up12(→))＝(0,1,0)，设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up12(→))＝0,n·\(EQ,\s\up12(→))＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0,2－mx＋2y－z＝0))，
令x＝1，则n＝(1,0,2－m)是平面EFQ的一个法向量．
又eq \(AE,\s\up12(→))＝(0,0,1)，∴点A到平面EFQ的距离d＝eq \f(|\(AE,\s\up12(→))·n|,|n|)＝eq \f(|2－m|,\r(1＋2－m2))＝eq \f(4,5)，即(2－m)2＝eq \f(16,9)，
∴m＝eq \f(2,3)或eq \f(10,3)，eq \f(10,3)＞2，不合题意，舍去．
故存在点Q，且CQ＝eq \f(2,3)时，点A到平面EFQ的距离为eq \f(4,5).