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    2024年新高考数学一轮复习 第七章 第三节 第三课时 空间距离 试卷课件

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      课时跟踪检测(五十三) 空间距离.DOC
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    2024年新高考数学一轮复习 第七章 第三节 第三课时 空间距离

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    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)l的距离为(  )A.        B.        C.  D2解析:选C A(1,1,1)P(1,-1,-1)(0,-2,-2),又m(1,0,-1)m方向上的投影||·cos·m〉=Pl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.阳马居二,鳖居一,不易之率也.合两鳖三而一,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PA1ABAD2,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×SABD×PA×SPBD×h,即有××2×2×1××2××hh.3.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,侧棱长为4ECD1的中点,则点A1到平面BDE的距离为(  )A.       B2       C.  D.解析:选D 如图,以D为原点,DADCDD1所在直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0)A1(2,0,4)B(2,2,0)E(01,2),所以(2,0,4)(2,2,0)(0,1,2),设平面BDE的一个法向量为n(xyz),则y=-1,则x1z,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-ABC中,ABACAA2ABACD为线段AC的中点,则点D到平面BCCB的距离为_________解析:取BC的中点E,连接AE,由于平面ABC平面BCCBAE平面ABC,所以AE平面BCCB,由已知得AE,又DAC的中点,所以D到平面BCCB的距离等于A到平面BCCB的距离的一半,即.答案:5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为1EF分别为D1C1C1C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)EF.,则E到直线AF的距离d.(2)(1)可得(0,1,-1),设n(xyz)为平面A1BE的一个法向量,则x1,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.PA2AB2,点EPD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BDAC于点O,连接OE底面ABCD为正方形,OBD的中点,EPD的中点,OEPBOE平面ACEPB平面ACEPB平面ACE.(2)因为PA平面ABCDCD平面ABCD,所以PACD,又四边形ABCD为正方形,所以CDAD,又PAADAPAAD平面PAD所以CD平面PADPD平面PAD,所以CDPD.又点EPD的中点,PA2AB2,所以SPAESPAD××2×2AEPD 2CE2AC2所以SAEC×2×设点P到平面AEC的距离为d,则VP-AECVC-AEP,即SAEC·dSAEP·CD×·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DABPD底面ABCD,若点D到平面PAC的距离为,则PD(  )A2      B.       C1  D2解析:选D 设EBC的中点,因为底面ABCD是边长为4的菱形,且DAB,所以DEBC,而ADBC ,所以DEDA.D为坐标原点,以的方向分别为xz轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,设PDa,则P(0,0a)A(4,0,0)C(220).设n(xyz)是平面PAC的一个法向量,因为(4,0,-a)(6,20)xa,得n(aa4).设点D到平面PAC的距离为d,因为(4,0,0),所以d,得a2.2.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(  )A1  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,0,1x)0x1,则(x1,0,-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,ABC60°EA平面ABCDEABFABAE2BF2.(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BDACN,连接GNGF因为ABCD是菱形,所以ACBD,且NAC的中点,所以GNAEGNAE,又AEBFAE2BF2所以GNBFGNBF,所以四边形BNGF是平行四边形,所以GFBN,又EA平面ABCDBN平面ABCD,所以EABN.又因为ACEAAACEA平面EAC所以NB平面EAC所以GF平面EACGF平面EFC所以平面EFC平面EAC.(2)CD的中点H,连接AH,由四边形ABCD是菱形,ABC60°,则ADC60°所以ADC是正三角形,所以AHCD,所以AHABAE平面ABCD所以以A为原点,AHABAE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°D(,-1,0)B(0,2,0)C(1,0)E(0,0,2)F(0,2,1)A(0,0,0)则设λλ(1,-2)(λλ,-2λ)所以M(λλ22λ)所以(λλ1,22λ)(λλ222λ)(,-1,0)(0,0,1)设平面DBM的一个法向量为n(xyz)x,则y1zn平面ABCD的法向量可以为m(0,0,1)所以|cosnm|,解得λ所以M,则设平面BCF的一个法向量为u(abc)a1,得u(10)所以点M到平面BCF的距离d.

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