高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离精品课时作业

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离精品课时作业，共12页。

一、选择题


1．（2020安徽安庆高二期中）若点A（2，3，2）关于xz平面的对称点为A'，点B（﹣2，1，4）


关于y轴对称点为B'，点M为线段A'B'的中点，则|MA|＝（ ）


A．B．C．5D．


【答案】C


【解析】∵点A（2，3，2）关于xz平面的对称点为A'，∴A′（2，﹣3，2），


∵点B（﹣2，1，4）关于y轴对称点为B'，∴B′（2，1，﹣4），


∵点M为线段A'B'的中点，∴M（2，﹣1，﹣1），∴|MA|＝＝5．


2．（2020四川广安高二校级月考）已知直线l的方向向量为＝（﹣1，0，1），点A（1，2，﹣1）


在l上，则点P（2，﹣1，2）到l的距离为（ ）


A．B．4C．D．3


【答案】C


【解析】根据题意，得＝（﹣1，3，﹣3），＝（﹣1，0，1），


∴cs＜，＞＝＝﹣，∴sin＜，＞＝；


又∵||＝，∴点P（2，﹣1，2）到直线l的距离为||sin＜，＞＝×＝．


3．（2020湖南师大附中高二期中）已知平面的法向量为，点在平面内，则点到平面的距离为，则＝( )


A．－1 B．－11 C．－1或－11 D．－21


【答案】C


【解析】，而，即，解得或－11.故选：C


4．（2020山东菏泽三中高二期末）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则


点A到平面MBD的距离是（ ）


A．aB．aC．aD．a


【答案】D


【解析】以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，A（a，0，0），B（a，a，0），D（0，0，0），M（a，0，），则＝（a，a，0），＝（a，0，），


设平面BDM的法向量为，则，


取x＝1，得＝（1，﹣1，﹣2），∵＝（0，a，0），


∴点A到平面MBD的距离d＝＝＝．故选：D．





5．（多选题）（2020湖南高新技术产业园区衡阳市一中高二期末）在正方体中，若棱长为，点分别为线段、上的动点，则下列结论正确结论的是（ ）


A．面B．面面


C．点F到面的距离为定值D．直线与面所成角的正弦值为定值


【答案】ABC


【解析】以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：





由题意知：，，，，，，，，设，，即，，


设，，即，.


对于，，，，，，，又平面，，平面，正确；对于，平面，为平面的一个法向量，，，，，，


又平面，，平面，平面平面，正确；对于，，点到面的距离，为定值，正确；对于，几何体为正方体，平面，是平面的一个法向量，又，设直线与平面所成角为，则，不是定值，错误.故选：.


6.（多选题）（2020·江苏省如皋中学高二月考）正方体的棱长为1，分别为的中点．则（ ）





A．直线与直线垂直B．直线与平面平行


C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点和点到平面的距离相等


【答案】BC


【解析】对选项A：（方法一）以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，则、、、、、.从而，，从而，所以与直线不垂直，选项A错误；





（方法二）取的中点，连接，则为直线在平面内的射影，与不垂直，从而与也不垂直，选项A错误；


取的中点为，连接、，则，，易证，从而，选项B正确；





对于选项C，连接，，易知四边形为平面截正方体所得的截面四边形（如图所示），且，，所以，而，从而选项C正确；





对于选项D：（方法一）由于，而，而，，所以，即，点到平面的距离为点到平面的距离的二倍.从而D错误.





（方法二）假设点与点到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于点，易知不是的中点，故假设不成立，从而选项D错误.


二、填空题


7．（2020四川南充二中高二期末）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=3,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,则点B1到平面A1BC的距离为 .





【答案】32


【解析】如图所示,建立空间直角坐标系,





则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),A1(1,0,3),B1(0,1,3),C1(0,0,3),


∴A1B=(-1,1,-3),A1C=(-1,0,-3),A1B1=(-1,1,0).


设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),


则n·A1B=0,n·A1C=0,即-x+y-3z=0,-x-3z=0.令z=1得x=-3,y=0,∴n=(-3,0,1).


∴点B1到平面A1BC的距离d=|n·A1B1||n|=32.


8.（2020福建莆田一中高二月考）如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 .





【答案】33.


【解析】以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,





则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1), A1B=(0,1,-1),A1D=(-1,0,-1),A1D1=(-1,0,0).


设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),


则n·A1B=0,n·A1D=0⇒y-z=0,-x-z=0.令z=1,得y=1,x=-1,∴n=(-1,1,1),


∴点D1到平面A1BD的距离d=|A1D1·n||n|=13=33.


易证平面A1BD∥平面B1CD1,


∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,


∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33.


9.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.则点D到平面PEF的距离为 ，直线AC到平面PEF的距离 .





【答案】31717；1717.


【解析】建立以D为坐标原点,DA,DC,DP分别为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,如图所示.





则P(0,0,1),A(1,0,0), C(0,1,0),E1,12,0, F12,1,0,所以EF=-12,12,0, PE=1,12,-1,DE=1,12,0,


设平面PEF的法向量n=(x,y,z),则n·EF=0,n·PE=0,即-12x+12y=0,x+12y-z=0.


令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以点D到平面PEF的距离d=|DE·n||n|=|2+1|4+4+9=31717,


因此点D到平面PEF的距离为31717.


因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC.


又因为AC⊄平面PEF,EF⊂平面PEF,所以AC∥平面PEF.


因为AE=0,12,0,所以点A到平面PEF的距离d=|AE·n||n|=117=1717.


所以直线AC到平面PEF的距离为1717.


10．（2020湖南师大附中高二期中）已知三棱锥S﹣ABC，满足SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC＝2，Q是三棱锥S﹣ABC外接球上一动点，则点Q到平面ABC的距离的最大值为 .


【答案】


【解析】∵三棱锥S﹣ABC，满足SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC＝2，


∴如图，SA，SB，SC是棱长为2的正方体MNPB﹣ADCS上具有公共顶点S的三条棱，


以B为原点，BM、BP、BS分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，


则B（0，0，0），A（2，0，2），C（0，2，2），S（0，0，2），N（2，2，0），


＝（2，0，2），＝（0，2，2），＝（2，2，0），


设平面ABC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，﹣2），


三棱锥S﹣ABC外接球就是棱长为2的正方体MNPB﹣ADCS的外接球，


∵Q是三棱锥S﹣ABC外接球上一动点，


∴点Q与N重合时，点Q到平面ABC的距离的最大值，


∴点Q到平面ABC的距离的最大值为：d＝＝＝．





三、解答题


11.（2020银川一中高二月考）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=2,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,问:线段AD上是否存在一点Q,使得它到平面PCD的距离为32?若存在,求出AQQD的值;若不存在,说明理由.





【解析】取AD的中点O,在△PAD中,∵PA=PD,∴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CP=(-1,0,1),CD=(-1,1,0).


假设存在点Q,使它到平面PCD的距离为32,设Q(0,y,0)(-1≤y≤1),则CQ=(-1,y,0).


设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则n·CP=0,n·CD=0,


∴-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=|CQ·n||n|=|-1+y|3=32,∴y=-12或y=52(舍去).


此时AQ=0,12,0,QD=0,32,0,则|AQ|=12,|QD|=32.


∴存在点Q满足题意,此时AQQD=13.


12．（2020四川广元二中高二月考）已知Rt△ABC如图（1），∠C＝90°，D．E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到PDE位置（即A点到P点位置）如图（2）使∠PDC＝60°．


（I）求证：BC⊥PC；


（Ⅱ）若BC＝2CD＝4，求点D到平面PBE的距离．





【解析】（I）证明：∵Rt△ABC如图（1），∠C＝90°，D．E分别是AC，AB的中点，


将△ADE沿DE折起到PDE位置（即A点到P点位置）如图（2）使∠PDC＝60°．


∴DE⊥DC，DE⊥PD，DE∥BC，


∵PD∩DC＝D，∴DE⊥平面PCD，∴BC⊥平面PCD，


∵PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC．


（Ⅱ）解：∵D．E分别是AC，AB的中点，∠PDC＝60°，BC＝2CD＝4，


∴CD＝PD＝PC＝2，


取CD中点O，BE中点M，连结PO，MO，则OP，OD，OM两两垂直，


以O为原点，OD为x轴，OM为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，


则D（1，0，0），P（0，0，），B（﹣1，4，0），E（1，2，0），


＝（1，0，﹣），＝（﹣1，4，﹣），＝（1，2，﹣），


设平面PBE的法向量＝（x，y，z），


则，取x＝1，得＝（1，1，），


∴点D到平面PBE的距离为：d＝＝＝．