2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（五十三） 空间距离

这是一份2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（五十三） 空间距离，共5页。
课时跟踪检测（五十三） 空间距离一、全员必做题1．直线l的方向向量为m＝(1,0，－1)，且l过点A(1,1,1)，则点P(1，－1，－1)到l的距离为(　 )A.        B.        C.  D．2解析：选C　∵A(1,1,1)，P(1，－1，－1)，∴＝(0，－2，－2)，又m＝(1,0，－1)，∴在m方向上的投影||·cos〈·m〉＝＝＝，∴P到l的距离d＝＝＝.2．(2023·滁州模拟)《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以基，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝1，AB＝AD＝2，则点A到平面PBD的距离为(　 )A.       B.       C.  D.解析：选B　设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥P-ABD的体积为×S△ABD×PA＝×S△PBD×h，即有××2×2×1＝××2××h，∴h＝.3．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，E为CD1的中点，则点A1到平面BDE的距离为(　 )A.       B．2       C.  D.解析：选D　如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A1(2,0,4)，B(2,2,0)，E(0，1,2)，所以＝(2,0,4)，＝(2,2,0)，＝(0,1,2)，设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝－1，则x＝1，z＝，即n＝，则点A1到平面BDE的距离d＝＝＝.4．(2023·福州模拟)在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AB＝AC＝AA′＝2，AB⊥AC，D为线段A′C的中点，则点D到平面BCC′B′的距离为_________．解析：取B′C′的中点E，连接A′E，由于平面A′B′C′⊥平面BCC′B′，A′E⊂平面A′B′C′，所以A′E⊥平面BCC′B′，由已知得A′E＝，又D为A′C的中点，所以D到平面BCC′B′的距离等于A′到平面BCC′B′的距离的一半，即.答案：5．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为D1C1，C1C的中点，求下列问题：(1)求点E到直线AF的距离；(2)求点B1到平面A1BE的距离．解：(1)如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，E，F.＝，＝，则E到直线AF的距离d＝＝.(2)由(1)可得＝，＝(0,1，－1)，设n＝(x，y，z)为平面A1BE的一个法向量，则即取x＝1，得平面A1BE的一个法向量为n＝(1,2,2)．又＝(0,1,0)，得B1到面A1BE的距离为d＝＝.    6.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD.PA＝2，AB＝2，点E是PD的中点．(1)求证：PB∥平面ACE；(2)求点P到平面AEC的距离．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，∵底面ABCD为正方形，∴O为BD的中点，∵点E是PD的中点，∴OE∥PB，∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD.又点E是PD的中点，PA＝2，AB＝2，所以S△PAE＝S△PAD＝××2×2＝，AE＝PD＝ ＝2，CE＝＝2，AC＝ ＝2，所以S△AEC＝×2×＝，设点P到平面AEC的距离为d，则VP-AEC＝VC-AEP，即S△AEC·d＝S△AEP·CD，即×·d＝××2，解得d＝，即点P到平面AEC的距离为.二、重点选做题1.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝，PD⊥底面ABCD，若点D到平面PAC的距离为，则PD＝(　 )A．2      B.       C．1  D．2解析：选D　设E为BC的中点，因为底面ABCD是边长为4的菱形，且∠DAB＝，所以DE⊥BC，而AD∥BC ，所以DE⊥DA.以D为坐标原点，以，的方向分别为x，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设PD＝a，则P(0,0，a)，A(4,0,0)，C(－2，2，0)．设n＝(x，y，z)是平面PAC的一个法向量，因为＝(4,0，－a)，＝(－6,2，0)，则令x＝a，得n＝(a，a，4)．设点D到平面PAC的距离为d，因为＝(4,0,0)，所以d＝＝＝，得a＝2.2.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为(　 )A．1  B.C.  D.解析：选D　如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，设P(x,0,1－x)，0≤x≤1，则＝(x－1,0，－x)，＝(－1,1,0)，∴动点P到直线A1C1的距离为d＝＝＝＝≥，当x＝时取等号，即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为.3.如图多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，求点M到平面BCF的距离．解：(1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，所以GN∥AE且GN＝AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN，又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN.又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC，所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC.(2)取CD的中点H，连接AH，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，则∠ADC＝60°，所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，所以以A为原点，AH，AB，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由题意，在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，则D(，－1,0)，B(0,2,0)，C(，1,0)，E(0,0,2)，F(0,2,1)，A(0,0,0)，则设＝λ＝λ(，1，－2)＝(λ，λ，－2λ)，所以M(λ，λ，2－2λ)，所以＝(λ－，λ＋1,2－2λ)，＝(λ，λ－2，2－2λ)，＝(，－1,0)，＝(0,0,1)，设平面DBM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝，则y＝1，z＝，得n＝，平面ABCD的法向量可以为m＝(0,0,1)，所以|cos〈n，m〉|＝＝＝，解得λ＝，所以M，则＝，设平面BCF的一个法向量为u＝(a，b，c)，则即取a＝1，得u＝(1，，0)，所以点M到平面BCF的距离d＝＝.