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2023版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.5空间中的距离课时作业新人教B版选择性必修第一册
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这是一份2023版新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量在立体几何中的应用1.2.5空间中的距离课时作业新人教B版选择性必修第一册，共11页。
1．2.5 空间中的距离1．如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为( ) A．1 B． C． D．2．已知a＝(1，1，1)为平面α的一个法向量，A(1，0，0)为α内的一点，则点D(1，1，2)到平面α的距离为( )A． B． C． 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( )A．3 B．4 C．5 D．64．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是( )A． B． C． D．5．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________．6．如图所示，已知四面体顶点A(2，3，1)，B(4，1，－2)，C(6，3，7)和D(－5，－4，8)，则从顶点D所引的四面体的高h＝________． 7. (多选)如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA＝AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是( )A．OM⊥PAB．存在点M，使OM∥平面SBCC．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值8．已知直线l过点A(1，－1，－1)，且方向向量为m＝(1，0，－1)，则点P(1，1，1)到l的距离为( )A．2 B． C． D．9．若两平行平面α、β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量为n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是________． 10.如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，若BB1＝AB＝2，则点C到直线AB1的距离为________．11．已知四棱锥S ABCD的底面是正方形，SA⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥平面SAC；(2)若AB＝AS＝1，求点C到平面SBD的距离． 12．如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD为正三角形，O为AD的中点，且平面PAD⊥平面ABCD，M是线段PC上的点． (1)求证：OM⊥BC；(2)当点M为线段PC的中点时，求点M到平面PAB的距离；(3)是否存在点M，使得直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为.若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由． 13．如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，已知点E，F分别为直线BD，AD1上的动点， 给出下面四个结论：①异面直线AD1，BD所成的角为60°；②点F到平面B1C1C的距离为定值；③若F为AD1中点，则点F到BD距离为；④||的最小值为.则其中所有正确结论的序号是________． 14.如图所示，在四棱锥P ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD的中点，问：线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 15．如图所示，圆锥的高PO＝2，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得BC＝R，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点． (1)证明：平面PDE⊥平面POD；(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为，求点A到平面PED的距离． 16.如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA＝PC＝2，PB＝PD，且∠ABC＝60°，E为PD的中点．(1)求证：AC⊥PD； (2)求二面角E AC D的大小；(3)在侧棱PC上是否存在点F，使得点F到平面AEC的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．1．2.5 空间中的距离必备知识基础练1．答案：C解析：以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则点E(1，1，eq \r(2))，F(2，1，eq \f(\r(2),2))，所以|EF|＝eq \r(（1－2）2＋（1－1）2＋（\r(2)－\f(\r(2),2)）2)＝eq \f(\r(6),2)，故选C．2．答案：A解析：依题意，＝(0，1，2)，而a＝(1，1，1)为平面α的一个法向量，所以点D(1，1，2)到平面α的距离d＝＝eq \f(3,\r(3))＝eq \r(3).故选A.3．答案：C解析：因为＝(4，－5，0)，＝(0，4，－3)，则在上的投影为＝eq \f(－20,5)＝－4，即||＝4.又||＝eq \r(41)，所以AC边上的高BD的长为||＝＝eq \r(41－16)＝5.故选C.4．答案：B解析：以，，BB1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立坐标系B xyz，则＝(2，0，0)，＝(1，0，2)，∴cos〈，〉＝＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，∴sin〈，〉＝eq \f(2\r(5),5).∴点A到直线BE的距离d＝|AB|sin〈，〉＝eq \f(4\r(5),5).故选B.5．答案：eq \r(2)解析：由题意，得AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，故AD∥平面PBC，即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为坐标原点，，，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的法向量为n＝(a，b，c)，则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－2c＝0，,b＝0，))令a＝1，得n＝(1，0，1)，又＝(2，0，0)，所以d＝＝eq \r(2).6．答案：11解析：因为A(2，3，1)，B(4，1，－2)，C(6，3，7)，D(－5，－4，8)，所以＝(2，－2，－3)，＝(4，0，6)，＝(－7，－7，7)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，所以，令x＝－3，则z＝2，y＝－6，所以n＝(－3，－6，2)，所以D到平面ABC的距离为d＝＝eq \f(77,7)＝11，即从顶点D所引的四面体的高h＝11.关键能力综合练7．答案：ABD解析：以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)，设SA＝AB＝2，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2)，O(1，1，0)，P(1，1，1)，由M是棱SD上的动点，设M(0，λ，2－λ)，(0≤λ≤2)，∵＝(1，1，1)，＝(－1，λ－1，2－λ)，∴·＝－1＋λ－1＋2－λ＝0，∴AP⊥OM，故A正确；当M为SD的中点时，OM是△SBD的中位线，所以OM∥SB，又OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，所以OM∥平面SBC，故B正确；＝(2，0，0)，＝(－1，λ－1，2－λ)，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则cos30°＝＝eq \f(1,\r(1＋（λ－1）2＋（2－λ）2))＝eq \f(\r(3),2)，化简得3λ2－9λ＋7＝0，方程无解，故C错误；点M到平面ABCD的距离d1＝2－λ，点M与平面SAB的距离d2＝＝eq \f(2λ,2)＝λ，所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为d1＋d2＝2－λ＋λ＝2，是定值，故D正确．故选ABD.8．答案：B解析：∵点P(1，1，1)，直线l过点A(1，－1，－1)，且一个方向向量为m＝(1，0，－1)，∴＝(0，－2，－2)，所以直线l的一个单位方向向量m0＝eq \f(m,|m|)＝eq \f(1,\r(2))(1，0，－1)，∴点P到直线l的距离为d＝＝eq \r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))))\s\up12(2))＝eq \r(6).故选B.9．答案：eq \f(\r(2),2)解析：依题意，平行平面α，β间的距离即为点O到平面β的距离，而＝(2，1，1)，所以平行平面α，β间的距离d＝＝eq \f(|－1×2＋0×1＋1×1|,\r(（－1）2＋02＋12))＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).10．答案：eq \f(\r(33),3)解析：取AC的中点D，建立如图空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B1(eq \r(3)，0，2eq \r(2))，C(0，1，0)，所以＝(eq \r(3)，1，2eq \r(2))，＝(0，－2，0).直线AB1的一个单位方向向量s＝(eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),6)，eq \f(\r(6),3))，所以点C到直线AB1的距离d＝＝eq \r(（－2）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(33),3).11．解析：(1)证明：∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD，又∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又∵SA∩AC＝A，SA，AC⊂平面SAC，∴BD⊥平面SAC.(2)因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD，因为AB⊥AD，所以AB，AD，AS两两垂直，所以以A为坐标原点，AB，AD，AS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，S(0，0，1)，C(1，1，0)，所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，设平面BDS的法向量为n＝(x，y，z)，则，令x＝1，则n＝(1，1，1)，所以点C到平面SBD的距离为d＝＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).12．解析：(1)证明：连接OC，AC，因为四边形ABCD为菱形，则AD＝CD，因为∠ADC＝60°，则△ACD为等边三角形，因为O为AD的中点，故OC⊥AD，因为△PAD为等边三角形，O为AD的中点，则PO⊥AD，∵PO∩OC＝O，∴AD⊥平面POC，∵OM⊂平面POC，则AD⊥OM，∵BC∥AD，故OM⊥BC.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，因为OC⊥AD，以点O为坐标原点，OC，OD，OP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A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，－2，0)，C(eq \r(3)，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq \r(3))，M(eq \f(\r(3),2)，0，eq \f(\r(3),2))，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，＝(eq \r(3)，－1，0)，＝(0，1，eq \r(3))，由，取x＝1，可得m＝(1，eq \r(3)，－1)，＝(eq \f(\r(3),2)，1，eq \f(\r(3),2))，所以点M到平面PAB的距离为d＝＝eq \f(\r(3),\r(5))＝eq \f(\r(15),5).(3)设＝λ＝λ(eq \r(3)，0，－eq \r(3))＝(eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)，其中0≤λ≤1，＝＋＝(0，1，eq \r(3))＋(eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)＝(eq \r(3)λ，1，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，由题意|cos〈，m〉|＝＝eq \f(|2\r(3)λ|,\r(6λ2－6λ＋4)·\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，整理可得9λ2＋3λ－2＝0，因为0≤λ≤1，解得λ＝eq \f(1,3)，因此，存在点M，使得直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为eq \f(\r(10),10)，此时eq \f(PM,PC)＝eq \f(1,3).核心素养升级练13．答案：①②④解析：①连接BC1，DC1，由正方体的几何性质可得，BC1∥AD1，所以异面直线AD1，BD所成的角即为BC1与BD所成的角即∠DBC1，因为△BDC1为等边三角形，所以∠DBC1＝60°，故选项①正确；因为BC1∥AD1，且AD1⊄平面B1C1C，BC1⊂平面B1C1C，所以AD1∥平面B1C1C，则直线AD1上的点到平面B1C1C的距离相等，所以点F到平面B1C1C的距离为定值，故选项②正确；连接FD，FB，因为FD＝eq \f(1,2)A1D＝eq \r(2)，BD＝2eq \r(2)，FB＝eq \r(12＋（\r(5)）2)＝eq \r(6)，所以FD2＋FB2＝BD2，故△FBD为直角三角形，设点F到BD的距离为d，由等面积法可得，S△FBD＝eq \f(1,2)·BD·d＝eq \f(1,2)·FD·BF，即eq \f(1,2)×2eq \r(2)·d＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)，解得d＝eq \f(\r(6),2)，所以若F为AD1的中点，则点F到BD距离为eq \f(\r(6),2)，故选项③错误；以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1(2，0，2)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，D(0，0，0)，由三垂线定理可得，A1C⊥AD1，A1C⊥BD，故向量＝(2，－2，2)是异面直线AD1与BD的法向量，又＝(2，0，0)，所以直线BD，AD1公垂线的长度为＝eq \f(4,\r(4＋4＋4))＝eq \f(2\r(3),3)，因为异面直线间的公垂线距离最短，所以||的最小值为eq \f(2\r(3),3)，故选项④正确．14．解析：在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.又侧面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，易得A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，则＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0).假设存在点Q，使它到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2)，设Q(0，y，0)(－1≤y≤1)，则＝(－1，y，0).设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0，,－x0＋y0＝0，))即x0＝y0＝z0，取x0＝1，则平面PCD的一个法向量为n＝(1，1，1).∴点Q到平面PCD的距离d＝＝eq \f(|－1＋y|,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，∴y＝－eq \f(1,2)或y＝eq \f(5,2)(舍去).此时＝(0，eq \f(1,2)，0)，＝(0，eq \f(3,2)，0)，则||＝eq \f(1,2)，||＝eq \f(3,2).∴存在点Q满足题意，此时eq \f(AQ,QD)＝eq \f(1,3).15．解析：(1)证明：由题设，PO⊥平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，∴CE⊂平面ABD，则PO⊥CE，且OD⊥CE，又PO∩OD＝O，∴CE⊥平面POD，又CE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面POD.(2)作Ox∥AE，以O为原点，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，且CO＝2R，OD＝R，CD＝eq \r(3)R，又eq \f(CD,CA)＝eq \f(CO,CE)＝eq \f(OD,EA)，可得AE＝CD＝ED＝eq \r(3)R，∴P(0，0，2)，D(eq \f(\r(3),2)R，eq \f(1,2)R，0)，E(eq \r(3)R，－R，0)，B(0，R，0)，有＝(eq \f(\r(3),2)R，eq \f(1,2)R，－2)，＝(0，R，－2)，＝(eq \r(3)R，－R，－2)，设m＝(x，y，z)是平面PBD的一个法向量，则，令x＝eq \r(3)，则m＝(eq \r(3)，3，eq \f(3,2)R)，又直线PE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(105),35)，即|cos〈m，〉|＝＝eq \f(3R,\r(12＋\f(9,4)R2)\r(4＋4R2))＝eq \f(\r(105),35)，整理得3R4－16R2＋16＝0，即(3R2－4)(R2－4)＝0，解得R＝eq \f(2\r(3),3)或R＝2，当R＝2时，P(0，0，2)，D(eq \r(3)，1，0)，E(2eq \r(3)，－2，0)，A(0，－2，0)，＝(2eq \r(3)，－2，－2)，＝(eq \r(3)，1，－2)，＝(0，2，2)，设n＝(a，b，c)是平面PED的一个法向量，则，令a＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，1，2)，所以点A到平面PED的距离d＝＝eq \f(6,\r(3＋1＋4))＝eq \f(3\r(2),2)，当R＝eq \f(2\r(3),3)时，P(0，0，2)，D(1，eq \f(\r(3),3)，0)，E(2，－eq \f(2\r(3),3)，0)，A(0，－eq \f(2\r(3),3)，0)，＝(2，－eq \f(2\r(3),3)，－2)，＝(1，eq \f(\r(3),3)，－2)，＝(0，eq \f(2\r(3),3)，2)，设l＝(a1，b1，c1)是平面PED的一个法向量，则，令a1＝3，则l＝(3，eq \r(3)，2)，所以点A到平面PED的距离d＝＝eq \f(6,\r(9＋3＋4))＝eq \f(3,2)，综上，点A到平面PED的距离为eq \f(3\r(2),2)或eq \f(3,2).16．解析：(1)证明：连接BD，设BD与AC交于点O，连接PO.因为PA＝PC＝2，所以AC⊥PO.在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，则AC⊥BD.又PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD，因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD.(2)因为PB＝PD，所以BD⊥PO，所以由(1)知PO⊥平面ABCD，以O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，则A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，E(－eq \f(\r(3),2)，0，eq \f(\r(3),2))，所以＝(0，2，0)，＝(eq \r(3)，1，0)，＝(－eq \f(\r(3),2)，1，eq \f(\r(3),2))，设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，则，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x＋y＋\f(\r(3),2)z＝0,y＝0))，令x＝1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1)).平面ACD的法向量＝(0，0，eq \r(3))，cos〈n，〉＝＝eq \f(\r(3),\r(2)·\r(3))＝eq \f(\r(2),2)，所以二面角E AC D为eq \f(π,4).(3)存在点F到平面AEC的距离为eq \f(\r(6),6)，理由如下：由(2)得＝(0，－1，eq \r(3))，＝(－eq \r(3)，1，0)，设＝λ＝(0，－λ，eq \r(3)λ)，λ∈[0，1]，则＝＋＝(0，1－λ，eq \r(3)λ)，所以点F到平面AEC的距离d＝＝eq \f(\r(3)λ,\r(2))＝eq \f(\r(6),6)，解得λ＝eq \f(1,3)，＝eq \f(1,3)，所以eq \f(PF,FC)＝2.
1．2.5 空间中的距离1．如图所示，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为( ) A．1 B． C． D．2．已知a＝(1，1，1)为平面α的一个法向量，A(1，0，0)为α内的一点，则点D(1，1，2)到平面α的距离为( )A． B． C． 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( )A．3 B．4 C．5 D．64．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是( )A． B． C． D．5．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________．6．如图所示，已知四面体顶点A(2，3，1)，B(4，1，－2)，C(6，3，7)和D(－5，－4，8)，则从顶点D所引的四面体的高h＝________． 7. (多选)如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA＝AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是( )A．OM⊥PAB．存在点M，使OM∥平面SBCC．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值8．已知直线l过点A(1，－1，－1)，且方向向量为m＝(1，0，－1)，则点P(1，1，1)到l的距离为( )A．2 B． C． D．9．若两平行平面α、β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量为n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是________． 10.如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，若BB1＝AB＝2，则点C到直线AB1的距离为________．11．已知四棱锥S ABCD的底面是正方形，SA⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥平面SAC；(2)若AB＝AS＝1，求点C到平面SBD的距离． 12．如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD为正三角形，O为AD的中点，且平面PAD⊥平面ABCD，M是线段PC上的点． (1)求证：OM⊥BC；(2)当点M为线段PC的中点时，求点M到平面PAB的距离；(3)是否存在点M，使得直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为.若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由． 13．如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，已知点E，F分别为直线BD，AD1上的动点， 给出下面四个结论：①异面直线AD1，BD所成的角为60°；②点F到平面B1C1C的距离为定值；③若F为AD1中点，则点F到BD距离为；④||的最小值为.则其中所有正确结论的序号是________． 14.如图所示，在四棱锥P ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD的中点，问：线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 15．如图所示，圆锥的高PO＝2，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得BC＝R，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点． (1)证明：平面PDE⊥平面POD；(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为，求点A到平面PED的距离． 16.如图，四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PA＝PC＝2，PB＝PD，且∠ABC＝60°，E为PD的中点．(1)求证：AC⊥PD； (2)求二面角E AC D的大小；(3)在侧棱PC上是否存在点F，使得点F到平面AEC的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．1．2.5 空间中的距离必备知识基础练1．答案：C解析：以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则点E(1，1，eq \r(2))，F(2，1，eq \f(\r(2),2))，所以|EF|＝eq \r(（1－2）2＋（1－1）2＋（\r(2)－\f(\r(2),2)）2)＝eq \f(\r(6),2)，故选C．2．答案：A解析：依题意，＝(0，1，2)，而a＝(1，1，1)为平面α的一个法向量，所以点D(1，1，2)到平面α的距离d＝＝eq \f(3,\r(3))＝eq \r(3).故选A.3．答案：C解析：因为＝(4，－5，0)，＝(0，4，－3)，则在上的投影为＝eq \f(－20,5)＝－4，即||＝4.又||＝eq \r(41)，所以AC边上的高BD的长为||＝＝eq \r(41－16)＝5.故选C.4．答案：B解析：以，，BB1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立坐标系B xyz，则＝(2，0，0)，＝(1，0，2)，∴cos〈，〉＝＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5)，∴sin〈，〉＝eq \f(2\r(5),5).∴点A到直线BE的距离d＝|AB|sin〈，〉＝eq \f(4\r(5),5).故选B.5．答案：eq \r(2)解析：由题意，得AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，故AD∥平面PBC，即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为坐标原点，，，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的法向量为n＝(a，b，c)，则即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－2c＝0，,b＝0，))令a＝1，得n＝(1，0，1)，又＝(2，0，0)，所以d＝＝eq \r(2).6．答案：11解析：因为A(2，3，1)，B(4，1，－2)，C(6，3，7)，D(－5，－4，8)，所以＝(2，－2，－3)，＝(4，0，6)，＝(－7，－7，7)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，所以，令x＝－3，则z＝2，y＝－6，所以n＝(－3，－6，2)，所以D到平面ABC的距离为d＝＝eq \f(77,7)＝11，即从顶点D所引的四面体的高h＝11.关键能力综合练7．答案：ABD解析：以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)，设SA＝AB＝2，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2)，O(1，1，0)，P(1，1，1)，由M是棱SD上的动点，设M(0，λ，2－λ)，(0≤λ≤2)，∵＝(1，1，1)，＝(－1，λ－1，2－λ)，∴·＝－1＋λ－1＋2－λ＝0，∴AP⊥OM，故A正确；当M为SD的中点时，OM是△SBD的中位线，所以OM∥SB，又OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，所以OM∥平面SBC，故B正确；＝(2，0，0)，＝(－1，λ－1，2－λ)，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则cos30°＝＝eq \f(1,\r(1＋（λ－1）2＋（2－λ）2))＝eq \f(\r(3),2)，化简得3λ2－9λ＋7＝0，方程无解，故C错误；点M到平面ABCD的距离d1＝2－λ，点M与平面SAB的距离d2＝＝eq \f(2λ,2)＝λ，所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为d1＋d2＝2－λ＋λ＝2，是定值，故D正确．故选ABD.8．答案：B解析：∵点P(1，1，1)，直线l过点A(1，－1，－1)，且一个方向向量为m＝(1，0，－1)，∴＝(0，－2，－2)，所以直线l的一个单位方向向量m0＝eq \f(m,|m|)＝eq \f(1,\r(2))(1，0，－1)，∴点P到直线l的距离为d＝＝eq \r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))))\s\up12(2))＝eq \r(6).故选B.9．答案：eq \f(\r(2),2)解析：依题意，平行平面α，β间的距离即为点O到平面β的距离，而＝(2，1，1)，所以平行平面α，β间的距离d＝＝eq \f(|－1×2＋0×1＋1×1|,\r(（－1）2＋02＋12))＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).10．答案：eq \f(\r(33),3)解析：取AC的中点D，建立如图空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B1(eq \r(3)，0，2eq \r(2))，C(0，1，0)，所以＝(eq \r(3)，1，2eq \r(2))，＝(0，－2，0).直线AB1的一个单位方向向量s＝(eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),6)，eq \f(\r(6),3))，所以点C到直线AB1的距离d＝＝eq \r(（－2）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(33),3).11．解析：(1)证明：∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD，又∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，又∵SA∩AC＝A，SA，AC⊂平面SAC，∴BD⊥平面SAC.(2)因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD，因为AB⊥AD，所以AB，AD，AS两两垂直，所以以A为坐标原点，AB，AD，AS分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，S(0，0，1)，C(1，1，0)，所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，设平面BDS的法向量为n＝(x，y，z)，则，令x＝1，则n＝(1，1，1)，所以点C到平面SBD的距离为d＝＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).12．解析：(1)证明：连接OC，AC，因为四边形ABCD为菱形，则AD＝CD，因为∠ADC＝60°，则△ACD为等边三角形，因为O为AD的中点，故OC⊥AD，因为△PAD为等边三角形，O为AD的中点，则PO⊥AD，∵PO∩OC＝O，∴AD⊥平面POC，∵OM⊂平面POC，则AD⊥OM，∵BC∥AD，故OM⊥BC.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，因为OC⊥AD，以点O为坐标原点，OC，OD，OP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A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，－2，0)，C(eq \r(3)，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq \r(3))，M(eq \f(\r(3),2)，0，eq \f(\r(3),2))，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，＝(eq \r(3)，－1，0)，＝(0，1，eq \r(3))，由，取x＝1，可得m＝(1，eq \r(3)，－1)，＝(eq \f(\r(3),2)，1，eq \f(\r(3),2))，所以点M到平面PAB的距离为d＝＝eq \f(\r(3),\r(5))＝eq \f(\r(15),5).(3)设＝λ＝λ(eq \r(3)，0，－eq \r(3))＝(eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)，其中0≤λ≤1，＝＋＝(0，1，eq \r(3))＋(eq \r(3)λ，0，－eq \r(3)λ)＝(eq \r(3)λ，1，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，由题意|cos〈，m〉|＝＝eq \f(|2\r(3)λ|,\r(6λ2－6λ＋4)·\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，整理可得9λ2＋3λ－2＝0，因为0≤λ≤1，解得λ＝eq \f(1,3)，因此，存在点M，使得直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为eq \f(\r(10),10)，此时eq \f(PM,PC)＝eq \f(1,3).核心素养升级练13．答案：①②④解析：①连接BC1，DC1，由正方体的几何性质可得，BC1∥AD1，所以异面直线AD1，BD所成的角即为BC1与BD所成的角即∠DBC1，因为△BDC1为等边三角形，所以∠DBC1＝60°，故选项①正确；因为BC1∥AD1，且AD1⊄平面B1C1C，BC1⊂平面B1C1C，所以AD1∥平面B1C1C，则直线AD1上的点到平面B1C1C的距离相等，所以点F到平面B1C1C的距离为定值，故选项②正确；连接FD，FB，因为FD＝eq \f(1,2)A1D＝eq \r(2)，BD＝2eq \r(2)，FB＝eq \r(12＋（\r(5)）2)＝eq \r(6)，所以FD2＋FB2＝BD2，故△FBD为直角三角形，设点F到BD的距离为d，由等面积法可得，S△FBD＝eq \f(1,2)·BD·d＝eq \f(1,2)·FD·BF，即eq \f(1,2)×2eq \r(2)·d＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)，解得d＝eq \f(\r(6),2)，所以若F为AD1的中点，则点F到BD距离为eq \f(\r(6),2)，故选项③错误；以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1(2，0，2)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，D(0，0，0)，由三垂线定理可得，A1C⊥AD1，A1C⊥BD，故向量＝(2，－2，2)是异面直线AD1与BD的法向量，又＝(2，0，0)，所以直线BD，AD1公垂线的长度为＝eq \f(4,\r(4＋4＋4))＝eq \f(2\r(3),3)，因为异面直线间的公垂线距离最短，所以||的最小值为eq \f(2\r(3),3)，故选项④正确．14．解析：在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.又侧面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，易得A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，则＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0).假设存在点Q，使它到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2)，设Q(0，y，0)(－1≤y≤1)，则＝(－1，y，0).设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0，,－x0＋y0＝0，))即x0＝y0＝z0，取x0＝1，则平面PCD的一个法向量为n＝(1，1，1).∴点Q到平面PCD的距离d＝＝eq \f(|－1＋y|,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，∴y＝－eq \f(1,2)或y＝eq \f(5,2)(舍去).此时＝(0，eq \f(1,2)，0)，＝(0，eq \f(3,2)，0)，则||＝eq \f(1,2)，||＝eq \f(3,2).∴存在点Q满足题意，此时eq \f(AQ,QD)＝eq \f(1,3).15．解析：(1)证明：由题设，PO⊥平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，∴CE⊂平面ABD，则PO⊥CE，且OD⊥CE，又PO∩OD＝O，∴CE⊥平面POD，又CE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面POD.(2)作Ox∥AE，以O为原点，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，且CO＝2R，OD＝R，CD＝eq \r(3)R，又eq \f(CD,CA)＝eq \f(CO,CE)＝eq \f(OD,EA)，可得AE＝CD＝ED＝eq \r(3)R，∴P(0，0，2)，D(eq \f(\r(3),2)R，eq \f(1,2)R，0)，E(eq \r(3)R，－R，0)，B(0，R，0)，有＝(eq \f(\r(3),2)R，eq \f(1,2)R，－2)，＝(0，R，－2)，＝(eq \r(3)R，－R，－2)，设m＝(x，y，z)是平面PBD的一个法向量，则，令x＝eq \r(3)，则m＝(eq \r(3)，3，eq \f(3,2)R)，又直线PE与平面PBD所成角的正弦值为eq \f(\r(105),35)，即|cos〈m，〉|＝＝eq \f(3R,\r(12＋\f(9,4)R2)\r(4＋4R2))＝eq \f(\r(105),35)，整理得3R4－16R2＋16＝0，即(3R2－4)(R2－4)＝0，解得R＝eq \f(2\r(3),3)或R＝2，当R＝2时，P(0，0，2)，D(eq \r(3)，1，0)，E(2eq \r(3)，－2，0)，A(0，－2，0)，＝(2eq \r(3)，－2，－2)，＝(eq \r(3)，1，－2)，＝(0，2，2)，设n＝(a，b，c)是平面PED的一个法向量，则，令a＝eq \r(3)，则n＝(eq \r(3)，1，2)，所以点A到平面PED的距离d＝＝eq \f(6,\r(3＋1＋4))＝eq \f(3\r(2),2)，当R＝eq \f(2\r(3),3)时，P(0，0，2)，D(1，eq \f(\r(3),3)，0)，E(2，－eq \f(2\r(3),3)，0)，A(0，－eq \f(2\r(3),3)，0)，＝(2，－eq \f(2\r(3),3)，－2)，＝(1，eq \f(\r(3),3)，－2)，＝(0，eq \f(2\r(3),3)，2)，设l＝(a1，b1，c1)是平面PED的一个法向量，则，令a1＝3，则l＝(3，eq \r(3)，2)，所以点A到平面PED的距离d＝＝eq \f(6,\r(9＋3＋4))＝eq \f(3,2)，综上，点A到平面PED的距离为eq \f(3\r(2),2)或eq \f(3,2).16．解析：(1)证明：连接BD，设BD与AC交于点O，连接PO.因为PA＝PC＝2，所以AC⊥PO.在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，则AC⊥BD.又PO∩BD＝O，所以AC⊥平面PBD，因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD.(2)因为PB＝PD，所以BD⊥PO，所以由(1)知PO⊥平面ABCD，以O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，则A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，E(－eq \f(\r(3),2)，0，eq \f(\r(3),2))，所以＝(0，2，0)，＝(eq \r(3)，1，0)，＝(－eq \f(\r(3),2)，1，eq \f(\r(3),2))，设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，则，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x＋y＋\f(\r(3),2)z＝0,y＝0))，令x＝1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，1)).平面ACD的法向量＝(0，0，eq \r(3))，cos〈n，〉＝＝eq \f(\r(3),\r(2)·\r(3))＝eq \f(\r(2),2)，所以二面角E AC D为eq \f(π,4).(3)存在点F到平面AEC的距离为eq \f(\r(6),6)，理由如下：由(2)得＝(0，－1，eq \r(3))，＝(－eq \r(3)，1，0)，设＝λ＝(0，－λ，eq \r(3)λ)，λ∈[0，1]，则＝＋＝(0，1－λ，eq \r(3)λ)，所以点F到平面AEC的距离d＝＝eq \f(\r(3)λ,\r(2))＝eq \f(\r(6),6)，解得λ＝eq \f(1,3)，＝eq \f(1,3)，所以eq \f(PF,FC)＝2.
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