数学选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离综合训练题

这是一份数学选择性必修 第一册1.2.5 空间中的距离综合训练题，共15页。试卷主要包含了【考点】点、线、面间的距离计算，【考点】异面直线及其所成的角等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知平面 α 的一个法向量 n=(2,2,−1) ，点 A(0,1,−3) 在平面 α 内，则点 P(2,−3,−2) 到平面 α 的距离为（ ）
A．3B．17C．53D．21
2．△ABC中，AB=6，AC=8，∠BAC=90°，△ABC所在平面α外一点P到点A、B、C的距离都是13，则P到平面α的距离为（ ）
A．7B．9C．12D．13
3．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为（ ）
A．23B．33C．23D．63
4．如图，在正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB = 1 ，若二面角 C - AB - C1 的大小为 60°，则点 C 到平面 ABC1 的距离为（ ）
A．34B．43C．35D．53
5．如图所示，在正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中， AB=2AA1 ， P ， Q 分别是 AD 和 BD 的中点，则异面直线 D1P 与 B1Q 所成的角为（ ）
A．90°B．60°C．45°D．30°
6．如图，正方体 ABCD−A'B'C'D' 的棱长为2，动点E，F在棱上 D'C' .点G是AB的中点，动点P在 A'A 棱上，若 EF=1,D'E=m,AP=n ，则三棱锥 P−EFG 的体积（ ）
A．与 都有关B．与 都无关
C．与 有关，与 无关D．与 有关，与 无关
7．已知球面上 A ， B ， C 三点，如果 AB=BC=AC=3 ，且球的体积为 2053π ，则球心到平面 ABC 的距离为（ ）
A．1B．2C．3D．2
8．在棱长为 2 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， M 是棱 AA1 的中点， G 在线段 B1M 上，且 D1G⊥B1M ，则三棱锥 M−A1D1G 的体积为（ ）
A．415B．15C．215D．115
9．如图，直三棱柱 ABC−A1B1C1 中，侧棱长为4， AC=BC=2 ， ∠ACB=90° ，点D是 A1B1 的中点，F是侧面 AA1B1B (含边界)上的动点.要使 AB1⊥ 平面 C1DF ，则线段 C1F 的长的最大值为（ ）
A．5B．22C．13D．25
10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
二、填空题
11．长方体 ABCD−A1B1C1D1 中， AB=4 ， AD=AA1=6 ，点 P 满足 DP=λDD1+μDA ，其中 λ∈[0,1] ， μ∈[0,1] .若 λ+μ=1 ，则三棱锥 B−C1DP 的体积为 ；若 M 为 CD 的中点，且 ∠APB=∠DPM ，则点 P 的轨迹与长方体的侧面 ADD1A1 的交线长为 .
12．如图，二面角 α−l−β 为 135° ， A∈α ， B∈β ，过 A ， B 分别作 l 的垂线，垂足分别为 C ， D ，若 AC=1 ， BD=2 ， CD=2 ，则 AB 的长度为 .
13．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都等于1，且两两夹角都为45°，则| AC1 |= ．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=3，将△ABD沿BD所在的直线进行翻折，得到空间四边形A1BCD.
给出下面三个结论：
①在翻折过程中，存在某个位置，使得A1C⊥BD；
②在翻折过程中，三棱锥A1−BCD的体积不大于14；
③在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线A1D与BC所成角为45°.
其中所有正确结论的序号是 .
15．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点（不包括棱的点），且满足|PB|+|PD1|=2，则点P的个数为
三、解答题
16．如图，△PAD与正方形ABCD共用一边AD，平面PAD⊥平面ABCD，其中PA=PD，AB=2，点E是棱PA的中点．
（1）求证：PC∥平面BDE；
（2）若直线PA与平面ABCD所成角为60°，求点A到平面BDE的距离．
17．如图，在四棱锥 P−ABCD 中， PA⊥ 平面 ABCD ， AB=BC=2 ， AD=CD=7 ， PA=3 ， ∠ABC=120° . G 为线段 PC 的中点.
（1）证明： BD⊥ 面 PAC ；
（2）求 DG 与平面 APC 所成的角的正弦值.
18．如图，边长为4的正方形ABCD所在平面与正△PAD所在平面互相垂直，M，Q分别为PC，AD的中点.
（1）求证:PA//平面MBD.
（2）试问:在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB?若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论;若不存在，请说明理由.
人教B版（2019）数学高中选择性必修第一册
1.2.5 空间中的距离
参考答案与试题解析
一．选择题
1.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】由已知条件可得 AP=(2,−4,1) ，故点 P 到平面 α 的距离为 d=|AP⋅n||n|=53 。
故答案为：C.
2.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：∵Rt△ABC中，AB=6，AC=8，∠A=90°，
∴BC= 62+82 =10，
∵△ABC所在平面α外的一点P到三个顶点A、B、C的距离都为13，
点P在α内的射影是O，
∴AO=BO=CO，
∴Rt△ABC的外心是O，故O是BC的中点，
∴AO=BO=CO=5，
∴PO= 132−52 =12．
故选：C．
3.【考点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图，设上下底面的中心分别为O1，O，设正方体的棱长等于1，
则O1O与平面ACD1所成角就是BB1与平面ACD1所成角，即∠O1OD1，
直角三角形OO1D1中，cs∠O1OD1= O1OOD1 = 162 = 63 ，
故答案为：D．
4.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1．若二面角C﹣AB﹣C1的大小为60°，
过C作CD⊥AB，D为垂足，连接C1D，则C1D⊥AB，∠C1DC＝60°，CD =32 ，
则C1D =3 ，CC1=32 ，在△CC1D中，过C作CE⊥C1D，
则CE为点C到平面ABC1的距离，CE =32⋅323=34 ，
所以点C到平面ABC1的距离为 34 ．
故答案为：A
5.【考点】异面直线及其所成的角
【解答】如下图，取D1C1中点M，连接MQ，PQ，MB1
∵P,Q 分别时AD和BD的中点， ∴PQ//AB，PQ=12AB∵M为D1C1的中点，又 AB=D1C1，AB//D1C1∴PQ=D1M，PQ//D1M
∴ 四边形 QPD1M 是平行四边形， ∴D1P//MQ
∴∠MQB1 为异面直线 D1P 与 B1Q 所成角.
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，设AB=2AA1=2a，可得：
MQ=D1P=PD2+DD12=a2+a2=2a ，
B1Q=BQ2+BB12=2a2+a2=3a ，
MB1=MC12+B1C12=a2+4a2=5a
∴MQ2+B1Q2=MB12∴∠MQB1=90° ，
即异面直线 D1P 与 B1Q 所成角为90° ，A符合题意，BCD不符合题意.
故答案为：A
6.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系
【解答】连接 AD',A'D ，则 AD'=22,A'D⊥ 平面 ABC'D' ，
∴AA' 与平面 ABC'D' 所成的角为 ∠A'AD'=45∘ ，
∴P 到平面 ABC'D' 的距离 d=AP⋅sin45∘=2n2 ，
∵SΔEFG=12×EF×AD'=2 ，
∴ 三棱锥 P−EFG 的体积 V=13⋅SEFG⋅d=n3 ，
故答案为：D.·
7.【考点】球的体积和表面积；点、线、面间的距离计算
【解答】设球的半径 R ：则 V=43πR3=2053π ，所以 R=5 ，
设 △ABC 外接圆的半径 r ，则由 2r=3sin600=2 ，所以 r=1 ，
而 R2=(OO′)2+r2 ，即 5=(OO′)2+1 ，
所以 OO′=2
故答案为：D
8.【考点】数量积的坐标表达式；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解答】如图，以 A1 为原点，分别以 A1B1,A1D1,A1A 所在的直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，
则 B1(2,0,0),D1(0,2,0),M(0,0,1) ，所以 B1M=(−2,0,1) ，
设 B1G=λB1M ，则 B1G=(−2λ,0,λ) ，所以 G(2−2λ,0,λ) ，所以 D1G=(2−2λ,−2,λ) ，
因为 D1G⊥B1M ，所以 D1G⋅B1M=0 ，
所以 −2(2−2λ)+0×(−2)+λ=0 ，解得 λ=45 ，
所以 G(25,0,45) ，所以点 G 到平面 A1D1M 的距离为 d=25 ，
所以 VM−A1D1G=VG−A1D1M=13S△A1D1M⋅d=13×12A1D1⋅A1M⋅d=13×12×2×1×25=215
故答案为：C
9.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】由题,当 AB1⊥ 平面 C1DF 时 AB1⊥DF ,
故F在边界 BB1 时 C1F 取最大值,此时因为 AB1⊥DF ,
故 ∠FDB1+∠AB1A1=∠B1AA1+∠AB1A1=90°，
故 ∠FDB1=∠B1AA1 ，故 tan∠FDB1=tan∠B1AA1 ，
即 FB1DB1=A1B1AA1⇒FB1=A1B1⋅DB1AA1=22+22×22+2224=1 此时 C1F=FB12+C1B12=1+4=5 .
故答案为：A
10.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，
则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），
∴=（﹣3，﹣3，3），
设P（x，y，z），
∵=（﹣1，﹣1，1），
∴=（2，2，1）．
∴|PA|=|PC|=|PB1|=
|PD|=|PA1|=|PC1|=，
|PB|=3，
|PD1|=
故P到各顶点的距离的不同取值有共4个．
故选：B．
二．填空题
11.【考点】轨迹方程；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解答】因为 DP=λDD1+μDA ， λ∈[0,1] ， μ∈[0,1] ， λ+μ=1
所以 P 为线段 AD1 上的点，
因为 ABCD−A1B1C1D1 为长方体，所以 AB//C1D1 且 AB=C1D1
所以四边形 ABC1D1 为平行四边形，所以 AD1//BC1
所以 VB−C1DP=VP−C1DB=VA−C1DB=VC1−ADB=13×12×6×4×6=24
因为 DP=λDD1+μDA ， λ∈[0,1] ， μ∈[0,1] ，
所以 P 为四边形 ADD1A1 区域内的一点（包含边界）
连接 PA,PB,PD,PM ，因为 △PAB,△PDM 为直角三角形，
所以 tan∠APB=ABPA,tan∠DPM=DMPD ，因为 ∠APB=∠DPM
所以 ABPA=DMPD ，因为 AB=4,DM=2 ，所以 PA=2PD
如图，以 A 为原点在平面 ADD1A1 内建立直角坐标系，则 A(0,0),D(6,0)
设 P(x,y) ，因为 PA=2PD ，所以 x2+y2=2(x−6)2+y2，化简可得： (x−8)2+y2=16
所以点 P 的轨迹是以 (8,0) 为圆心，半径为4的圆弧 EF
因为 F(6,23) ，所以圆弧 EF 的圆心角为 π3 ，所以圆弧 EF 的长度为 4π3
所以点 P 的轨迹与长方体的侧面 ADD1A1 的交线长为 4π3
故答案为：24， 4π3 .
12.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】因为 AB=AC+CD+DB ， AC⊥CD ， CD⊥DB ，所以
AB=(AC+CD+DB)2=AC2+CD2+DB2+2DB⋅AC=1+4+2+2AC⋅DB ，又因为二面角 α−l−β 为 135° ，所以 〈AC,DB〉=45° ，所以 AB=7+2×1×2×22=3 .
故答案为：3.
13.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：设 AB = a ， AD = b ， AA1 = c ，则两两夹角为45°，且模均为1．
AC1 = AB + AD + AA1 = a + b + c ．
∴| AC1 |2=（ a + b + c ）2
=3+6×1×1× 22 =3+3 2 ，
∴|AC1|= 3+32 ，即AC1的长为： 3+32 ．
故答案为： 3+32 ．
14.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角
【解答】解：如图1，在矩形ABCD中，过A,C点作BD的垂线，垂足分别为E,F，
则在在翻折过程中，形成如图2的几何体，
故对于①，连接CE，假设存在某个位置，使得A1C⊥BD，由于A1E⊥BD，A1C∩A1E=A1，
所以BD⊥平面A1CE，所以BD⊥CE，这与图1中的BD与CE不垂直矛盾，故错误；
对于②在翻折过程中，当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1−BCD的体积取得最大值，此时A1E=AD⋅ABBD=32，体积为V=13⋅S△BCD⋅A1E=13×12×1×3×32=14，故三棱锥A1−BCD的体积不大于14，故正确；
对于③，A1D=A1E+ED，BC=BF+FC，由②的讨论得AE=DF=12,EF=1，
所以ED=BF，
所以A1D⋅BC=(A1E+ED)(BF+FC)=A1E⋅FC+ED⋅BF=−EA1⋅FC+ED⋅BF
=−|EA1|⋅|FC|cs⟨EA1,FC⟩+|ED|⋅|BF|=−34cs⟨EA1,FC⟩+94，
设翻折过程中，平面A1BD与平面BCD所成的二面角为θ，
所以⟨EA1,FC⟩=θ，故A1D⋅BC=−34csθ+94，
由于要使直线A1D与BC为异面直线，所以θ∈(0,π)，
所以A1D⋅BC=−34csθ+94∈(32,3)，
所以|cs⟨A1D,BC⟩|=|A1D⋅BC||A1D|⋅|BC|=−34csθ+943∈(12,1)，
所以异面直线A1D与BC所成角的余弦值的范围为(12,1)，
由于22∈(12,1)，
所以在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线A1D与BC所成角为45°.
故答案为：②③
15.【考点】点、线、面间的距离计算
【解答】解：∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
∴AC1= 3 ，
∵|PA|+|PC1|=2，
∴点P是以2c= 3 为焦距，以a=1为长半轴，以 12 为短半轴的椭圆，
∵P在正方体的棱上，
∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，
结合正方体的性质可知，
满足条件的点应该在棱B1C1，C1D1，CC1，AA1，AB，AD上各有一点满足条件．
故答案为：6．
三．解答题
16．【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解答】（1）证明：连接AC，交BD于O，连接EO，则
∵ABCD是正方形，
∴O是AC的中点，
∵点E是棱PA的中点，
∴PC∥OE，
∵OE⊂平面BDE，BD⊄平面BDE，
∴PC∥平面BDE
（2）解：取AD的中点N，连接PN，则
∵PA=PD，
∴PN⊥AD，
∵平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PN⊥平面ABCD，
∴∠PAN为直线PA与平面ABCD所成角∴∠PAN=60°∴PA=PD=AD=2，
∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴AB⊥平面PAD，
∴VB﹣DAE= 13×2×32 = 33 ，
Rt△EAB中，EA=1，AB=2，BE= 5 ，
∵ED=3 ，BD=2 2 ，
∴DE⊥EB，
∴S△BDE= 12×3×5 = 152 ．
设点A到平面BDE的距离为h．则 13×152ℎ=33 ，
∴h= 255 ，
∴点A到平面BDE的距离为 255 ．
17.【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角
【解答】（1）证明：取 AC 中点 O ,因为 AB=BC , AD=CD ,
所以 CA⊥BO , CA⊥OD ,∴CA⊥BD .
因为 PA⊥ 平面 ABCD , BD⊂ 平面 ABCD ,所以 PA⊥BD ,
因为 PA⊂ 平面 PAC , AC⊂ 平面 PAC , PA∩AC=A ,
所以 BD⊥ 面 PAC .
（2）解：法一：连结 OG ,由（1） BD⊥ 平面 PAC 可得 BD⊥OG ,
DG 与平面 PAC 所成角为 ∠DGO .
∵G , O 分别是 PC , AC 的中点，
∴OG=12PA=32 ,
因为 AB=BC=2 , ∠ABC=120° ,
所以 AO=OC=3 , BO=1 ，
因为 AD=CD=7 ,所以 DO=2 ,
∴在 RtΔDGO 中,
tan∠DGO=DOGO=232=433 ，
∴sin∠DGO=41919 .
因此 DG 与平面 APC 所成的角的正弦值为 41919 .
法二：以 O 为坐标原点, BD , AC 平行于 PA 的直线
为 x ， y ， z 轴,建立如图所示空间直角坐标系，
则因为
AB=BC=2 , ∠ABC=120° ,所以 AO=OC=3 , BO=1 ,
因为 AD=CD=7 ,所以 DO=2 ,因此 B(1,0,0) , D(−2,0,0) ,
C(0,3,0) , A(0,−3,0) , P(0,−3,3) ,
从而 DB=(3,0,0) 为平面 APC 一个法向量,
G(0,0,32) , DG=(2,0,32) ,
cs=63×4+34=41919 .
因此 DG 与平面 APC 所成的角的正弦值为 41919 .
18．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解答】（1）证明:连接AC交BD于点O，连接MO，.
由正方形ABCD知O为AC的中点，
∵M为PC的中点，
∴MO//PA.
∵MO⊂ 平面MBD， PA⊄ 平面MBD，
∴PA//平面MBD.
（2）解：存在点N，当N为AB中点时，平面PQB⊥平面PNC，证明如下:
∵四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，
∴BQ⊥NC.
∵Q为AD的中点，△PAD为正三角形，
∴PQ⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且面PAD∩面ABCD=AD， PQ⊂ 平面PAD
∴PQ⊥平面ABCD.
又∵NC⊂ 平面ABCD，
∴.PQ⊥NC.
又 BQ∩PQ=Q ，
∴NC⊥平面PQB.
∵NC⊂ 平面PCN，
∴平面PCN⊥平面PQB.