北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系第二课时测试题

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知识点一点到平面的距离
1.在空间直角坐标系中，点P(0，0，1)为平面ABC外一点，其中A(1，1，0)，B(0，2，3).若平面ABC的一个法向量为(1，m，1)，则点P到平面ABC的距离为( )
A．2 B． eq \f(\r(6),3) C． eq \f(2\r(3),3) D． eq \f(1,2)
2．如图所示，在直二面角D－AB－E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中∠AEB＝90°，则点D到平面ACE的距离为________.
3.
在四棱锥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)证明：DE∥平面PFB；
(2)求点E到平面PFB的距离．
知识点二 点到直线的距离
4.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)
知识点三直线到平面的距离、平面到平面的距离
5.如图，若正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1间的距离为( )
A． eq \r(2) B． eq \r(3) C． eq \f(\r(2),3) D． eq \f(\r(3),3)
6.
如图，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，求AD到平面PBC的距离．
关键能力综合练
一、选择题
1．已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为( )
A． eq \f(2\r(2),3) B．1C． eq \r(2) D．2 eq \r(2)
2．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，且点P(－2，1，4)到平面α的距离为 eq \f(10,3)，则实数x的值为( )
A．－1 B．－11C．－1或－11 D．－21
3．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( )
A． eq \f(2,7) B． eq \f(2\r(35),7)C． eq \f(\r(35),7) D．1
4．已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别是AB，AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，则点B到平面EFG的距离为( )
A． eq \f(13,11) B． eq \f(2\r(11),11)C． eq \f(4\r(3),3) D．3
5．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2 eq \r(2)，点E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为( )
A．2 B． eq \r(3)C． eq \r(2) D．1
6．[探究题]在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长与侧棱长均等于2，且E为CC1的中点，则点C1到平面AB1E的距离为( )
A． eq \r(3) B． eq \r(2)C． eq \f(\r(3),2) D． eq \f(\r(2),2)
二、填空题
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到GF的距离为________.
8．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________.
9．[探究题]如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1距离的最小值为________.
三、解答题
10．如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
学科素养升级练
1．[多选题]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝4，CC1＝2，则下列结论正确的是( )
A．平面A1BC1与平面ACD1的距离为 eq \f(12\r(61),61)
B．平面A1BC1与平面ACD1的距离为 eq \f(4\r(61),61)
C．点B1到平面A1BC1的距离为 eq \f(12\r(61),61)
D．点B1到平面A1BC1的距离为 eq \f(6\r(61),61)
2．如图所示，在直平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且AE＝ eq \f(1,4)AA1＝ eq \f(1,2)，DC1⊥BE，则点B到平面EDC1的距离为________.
3.
[学科素养——直观想象与数学运算]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角D－PC－A的余弦值为 eq \f(\r(5),5)，求点A到平面PBC的距离．
第2课时 空间中的距离问题
必备知识基础练
1．解析：在空间直角坐标系中，A(1，1，0)，B(0，2，3)，所以＝(－1，1，3)，而平面ABC的一个法向量为n＝(1，m，1)，所以·n＝0，即－1＋m＋3＝0，解得m＝－2，所以n＝(1，－2，1).因为点P(0，0，1)，所以＝(－1，－1，1)，则点P到平面ABC的距离d＝＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，故选B.
答案：B
2．解析：取AB的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，E(1，0，0)，D(0，－1，2)，C(0，1，2)，从而＝(0，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，2).设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0,2y＋2z＝0))，令y＝1，则x＝－1，z＝－1，
∴n＝(－1，1，－1)为平面ACE的一个法向量．故点D到平面ACE的距离d＝||＝|eq \f(－2,\r(3))|＝eq \f(2\r(3),3).
答案：eq \f(2\r(3),3)
3.
解析：(1)证明：以点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).
＝(－1，0，2)，＝(1，2，0)，＝(0，1，1).
∴＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2).∴∥平面PFB.
又∵DE⊄平面PFB，∴DE∥平面PFB.
(2)设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋0＋2z＝0，,x＋2y＝0.))
令x＝2，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－1，,z＝1，))∴n＝(2，－1，1).
又∵＝(0，1，－1)，
∴d＝＝eq \f(|0×2－1×1－1×1|,\r(6))＝eq \f(\r(6),3).
∴点E到平面PFB的距离为eq \f(\r(6),3).
4．解析：＝(－2，0，－1)，||＝eq \r(5)，＝eq \f(\r(2),2)，则点P到直线l的距离d＝＝eq \r(5－\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2).
答案：A
5．解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1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(1，0，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，∴＝(1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，1，1)，＝(1，0，0).设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋z＝0,y＋z＝0))，令z＝－1，则n＝(1，1，－1)，显然n·＝0，n·＝0，∴n也是平面BDC1的一个法向量，∴平面AB1D1∥平面BDC1，∴所求距离为＝eq \f(\r(3),3).
答案：D
6．解析：
分析知AB，AD，AP两两互相垂直，∴可建立以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系(如图所示)，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，＝(2，0，－2)，＝(0，2，0)，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－2c＝0,2b＝0))，取a＝1，则b＝0，c＝1，则n＝(1，0，1)是平面PBC的一个法向量．又＝(2，0，0)，AD∥平面PBC，∴所求距离为＝eq \r(2).
关键能力综合练
1．解析：∵A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，∴＝(1，0，0)，＝(－1，2，－2)，cs〈，〉＝＝－eq \f(1,3)，
∴点A到直线BC的距离为d＝||eq \r(1－（－\f(1,3)）2)＝1×eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3).
答案：A
2．解析：由题意得＝(x＋2，2，－4)，而d＝＝eq \f(10,3)，即eq \f(|－2（x＋2）－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq \f(10,3)，解得x＝－1或－11.故选C.
答案：C
3．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)，＝(x，y，z－3)，
＝(x－1，y，z)，易知
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,1)＝\f(y,2)＝\f(z－3,－3)，,x－1＋2y－3z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(5,7)，,y＝\f(10,7)，,z＝\f(6,7)，))所以＝(－eq \f(2,7)，eq \f(10,7)，eq \f(6,7))，
所以点B到直线A1C的距离为||＝eq \f(2\r(35),7)，故选B.
答案：B
4．解析：如图所示，建立空间直角坐标系C－xyz，
则B(4，0，0)，E(4，2，0)，F(2，4，0)，G(0，0，2)，
∴＝(－2，2，0)，＝(－4，－2，2).
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－4x－2y＋2z＝0，))
令x＝1，得平面EFG的一个法向量n＝(1，1，3)，
∴|n|＝eq \r(11)，·n＝2，
∴点B到平面EFG的距离为＝eq \f(2\r(11),11).
答案：B
5．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，eq \r(2))，易知AC1∥平面BDE.
设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．
则
取y＝1，则n＝(－1，1，－eq \r(2))为平面BDE的一个法向量．
又因为＝(2，0，0)，
所以点A到平面BDE的距离
d＝＝eq \f(|（－1）×2＋0＋0|,\r(（－1）2＋12＋（－\r(2)）2))＝1.
故直线AC1到平面BED的距离为1.
答案：D
6．解析：如图所示，以A为坐标原点，，的方向分别为x轴，z轴的正方向，y轴⊥平面A1ACC1建立空间直角坐标系，可知A(0，0，0)，C(2，0，0)，C1(2，0，2)，B(1，eq \r(3)，0)，B1(1，eq \r(3)，2).
∵E为CC1的中点，∴E(2，0，1)，
∴＝(1，eq \r(3)，2)，＝(2，0，1).
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，由得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＋2z＝0，,2x＋z＝0，))
令x＝1，可得平面AB1E的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，－2).
又＝(2，0，2)，
∴点C1到平面AB1E的距离为d＝|·eq \f(n,|n|)|＝eq \f(\r(2),2).
答案：D
7．解析：连接D1G.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0，0，2)，F(1，1，0)，G(0，2，1)，于是有＝(1，－1，－1)，＝(0，－2，1)，所以＝eq \f(2－1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，||＝eq \r(5)，
所以点D1到GF的距离d＝＝eq \r(5－\f(1,3))＝eq \f(\r(42),3).
答案：eq \f(\r(42),3)
8．解析：建立空间直角坐标系，如图所示，则A1(a，0，a)，D1(0，0，a)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，B1(a，a，a)，E(a，a，eq \f(a,2))，F(0，eq \f(a,2)，0).设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x，y，z）·（－a，0，0）＝0，,（x，y，z）·（0，a，－\f(a,2)）＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－ax＝0，,ay－\f(a,2)z＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\f(z,2)．))令z＝2，得n＝(0，1，2).
又∵＝(0，－eq \f(a,2)，a)，∴点F到平面A1D1E的距离d＝＝eq \f(\f(3,2)a,\r(5))＝eq \f(3\r(5),10)a.
答案：eq \f(3\r(5),10)a
9．解析：点P到直线CC1距离的最小值就是异面直线D1E与CC1的距离．以点D为原点，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D1(0，0，2)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，∴＝(1，2，－2)，＝(0，0，2).
设n⊥，n⊥，n＝(x，y，z)，则n·＝x＋2y－2z＝0，n·＝2z＝0，∴z＝0，取y＝－1，则x＝2，∴n＝(2，－1，0).又∵＝(1，0，0)，∴异面直线D1E与CC1间的距离d＝＝eq \f(2\r(5),5).
答案：eq \f(2\r(5),5)
10．解析：(1)连接DE.以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则D(0，0，0)，P(0，0，1)，E(1，eq \f(1,2)，0)，
F(eq \f(1,2)，1，0)，所以＝(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，
＝(1，eq \f(1,2)，－1)，＝(1，eq \f(1,2)，0).
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0,x＋\f(1,2)y－z＝0))，
令x＝2，则y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3)为平面PEF的一个法向量，所以点D到平面PEF的距离为＝eq \f(|2＋1|,\r(4＋4＋9))＝eq \f(3\r(17),17).
(2)由(1)，知A(1，0，0)，所以＝(0，eq \f(1,2)，0)，
所以点A到平面PEF的距离为＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17).
因为AC∥平面PEF，所以直线AC到平面PEF的距离为eq \f(\r(17),17).
学科素养升级练
1．解析：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AB＝3，BC＝4，CC1＝2，
∴A(4，0，0)，A1(4，0，2)，B(4，3，0)，B1(4，3，2)，C(0，3，0)，C1(0，3，2)，D1(0，0，2).
∴＝(－4，3，0)，＝(－4，0，2)，
＝(－4，3，0)，＝(－4，0，2)，
∴＝，＝，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x＋3y＝0，,－4x＋2z＝0，))令z＝6，得x＝3，y＝4，
则平面A1BC1的一个法向量为n＝(3，4，6)，
∴点A到平面A1BC1的距离为
d1＝||＝|eq \f(（0，3，0）·（3，4，6）,\r(61))|＝eq \f(12\r(61),61).
故平面A1BC1与平面ACD1的距离为eq \f(12\r(61),61)，故A正确；
点B1到平面A1BC1的距离为
d2＝＝|eq \f(（0，0，－2）·（3，4，6）,\r(61))|＝eq \f(12\r(61),61).故C正确．故选AC.
答案：AC
2．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，－1，eq \f(1,2))，
∴＝(0，1，2)，＝(1，－1，eq \f(1,2)).
设平面EDC1的一个法向量为n＝(x，y，1)，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(5,2)，,y＝－2.))
∴n＝(－eq \f(5,2)，－2，1).
∴点B到平面EDC1的距离d＝＝eq \f(\f(5,2),\f(3\r(5),2))＝eq \f(\r(5),3).
答案：eq \f(\r(5),3)
3．解析：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，
∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.
(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，
∴AE⊥AB.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE.
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，P(0，0，h)，C(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0)，D(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，0)，B(0，2，0)，
则＝(0，0，h)，＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0)，＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，－h)，
＝(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，－h).
设平面PAC的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(hz＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0.))
令x＝h(h＞0)，得n1＝(h，－eq \r(3)h，0).
同理得平面PDC的一个法向量为n2＝(h，0，eq \f(\r(3),2)).
∵cs〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(5),5)，∴h＝eq \r(3).
又可求得平面PBC的一个法向量为n3＝(3，eq \r(3)，2)，
故点A到平面PBC的距离d＝||＝eq \f(\r(3),2).