1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 同步提升训练小卷 - 2021-2022学年高二上学期数学人教A版(2019)选择性必修第一册（Word含答案解析）

2021-2022学年高二数学（人教A版2019选择性必修一）
1.4.2
用空间向量研究距离、夹角问题
一、选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．若点A（2，3，2）关于xoz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．5
D．
2．在棱长为的正方体中，是的中点，则点到平面的距离是（　　）
A．
B．
C．
D．
3．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为(　　)
A．10
B．3
C．
D．
4．若O为坐标原点，
＝(1,1，－2)，＝(3,2,8)，＝(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　)
A．
B．
C．
D．
5．正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
6．如图，已知正方形的边长为
，分别是
的中点，⊥平面
，且，则点
到平面的距离为
A．
B．
C．
D．1
7．若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA=PB=PC=1，则点P到平面ABC的距离是（
）
A．
B．
C．
D．
8．如图，棱长为1的正方体，是底面的中心，则到平面的距离是（
）
A．
B．
C．
D．
二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求
9．在正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的是（
）
A．//平面
B．平面
C．
D．点与点到平面的距离相等
10．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则（　　）
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值
C．异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[45°，90°]
D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
11．正方体中，下列叙述正确的有（　　）
A．直线与所成角为
B．直线与所成角为
C．直线与平面所成角为
D．直线与平面所成角为
12．如图，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C与点G到平面的距离相等
三、填空题：本题共4小题
13．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为_____.?
14．如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD．若已知AB=3，AD=4，PA=1，则点P到直线BD的距离为_____.?
15．棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN到平面ACD1的距离为_____.
16．如图，直三棱柱的侧棱，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，则点B1到平面A1BC的距离为_____.
四、解答题：本题共6小题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°，求点B到直线A1C1的距离.
18．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°．
（1）求证：BC⊥PC；
（2）若BC＝2CD＝4，求点D到平面PBE的距离．
19．四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=4，E是PA的中点，求PC与平面BED的距离，并说明直线PC上各点到平面BED的距离间的关系.
20．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在棱BB1上，EB1=1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.
（1）求证：B1D⊥平面ABD；
（2）求证：平面EGF∥平面ABD；
（3）求平面EGF与平面ABD的距离.
21．在直三棱柱中，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线到平面的距离.
22．在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，，，分别为，的中点，如图所示.求点到平面的距离.
参考答案
1．C
【解析】∵点A（2，3，2）关于xoz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．
故选：C.
2．A
【解析】以为空间直角坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系.由于是中点，故，且，设是平面的法向量，故，故可设，故到平面的距离.故选A.
3．D
【解析】＝(1,2，－4)，又平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，
所以P到α的距离为＝.
故答案为D
4．D
【解析】由题意＝
(＋)＝，＝－＝，||＝.
故答案为D
5．D
【解析】以分别为建立空间直角坐标系，
则，
，，
由平面，则且
所以得
所以
当时，，当或时，，
所以
故选：D
6．B
【解析】以C为原点CD为x轴CB为y轴CG为z轴建立空间坐标系，所以平面的一个法向量为
7．D
【解析】解：分别以PA，PB，PC所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)..
设平面ABC的一个法向量为，由得：.
令，则.则平面ABC的一个法向量为.所以点P到平面ABC的距离.
故选：.
8．B
【解析】
如图建立空间直角坐标系，则：
由于平面平面
，又，
平面
故平面的一个法向量为：
到平面的距离为：
故选：B
9．AC
【解析】对A，因为分别是和的中点
故，故//平面成立.
对B，建立如图空间直角坐标系，
设正方体边长为2
则，.故.
故不互相垂直.又属于平面.故平面不成立.
对C，
，.
，故成立.
对D，点与点到平面的距离相等则点与点中点在平面上.
连接易得平面即平面.
又点与点中点在上，故点不在平面上.故D不成立.
故选：AC
10．ABD
【解析】解：在A中，∵A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，
∴A1C1⊥平面BB1D1，∴A1C1⊥BD1，同理，DC1⊥BD1，
∵A1C1∩DC1＝C1，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
在B中，∵A1D∥B1C，A1D?平面A1C1D，B1C?平面A1C1D，
∴B1C∥平面
A1C1D，
∵点P在线段B1C上运动，∴P到平面A1C1D的距离为定值，
又△A1C1D的面积是定值，∴三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值，故B正确；
在C中，异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[60°，90°]，故C错误；
在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，P（a，1，a），
则D（0，0，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1），＝（1，0，1），＝（0，1，1），＝（a，0，a﹣1），
设平面A1C1D的法向量，
则，取x＝1，得，
∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：
＝＝，
∴当a＝时，直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为，故D正确．
故选：ABD．
11．AB
【解析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
所以，，，，，
对于A选项，，
所以，直线与所成角为，A对；
对于B选项，，即，
所以，直线与所成角为，B对；
对于C选项，平面的一个法向量为，，
所以，直线与平面所成角不是，C错；
对于D选项，平面的一个法向量为，
，
所以，直线与平面所成角为，D错.
故选：AB.
12．BC
【解析】对于A：在正方体中，,因为直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直.故A错误；
对于B：
取的中点N，连结GN,A1N,因为，N分别为,的中点,所以由三角形中位线定理得：所以
因为面，EF面，所以面.
同理可证：面.
又面，面，，
所以面面,所以直线与平面平行.故B正确；
对于C：连结,由上面证明过程可知,所以平面截正方体所得的截面为面.因为，
,
所以为等腰梯形，如图示：
过E、F分别作EP、FQ垂直AD1于P、Q，则,
所以,
所以等腰梯形的面积为.
故C正确.
对于D：假设C与G到平面AEF的距离相等,即平面AEF将CG平分,则平面AEF必过CG的中点,连接CG交EF于H,而H不是CG中点,则假设不成立,故D错误.
故选：BC
13．
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，
F(2，4，4)，N(4，2，4).
∴=(2，2，0)，=(2，2，0)，=(2，0，4)，=(2，0，4)，
∴，
∴EF∥MN，BF∥AM，EF∩BF=F，MN∩AM=M.
∴平面AMN∥平面EFBD.
设=(x，y，z)是平面AMN的一个法向量，
则解得
取z=1，则x=2，y=-2，得=(2，2，1).
平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.
∵=(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.
故答案为：
14．
【解析】如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，
则=(3，0，-1)，=(-3，4，0)，
故点P到直线BD的距离，
所以点P到直线BD的距离为.
故答案为：.
15．
【解析】解：如图，以点D为坐标原点，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D(0，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，M，A(1，0，0).
∴=(-1，1，0)，=(-1，0，1).
设平面的法向量为，
则即
令x=1，则y=z=1，∴.
∴点M到平面ACD1的距离.
又，故平面.故直线MN到平面ACD1的距离为.
故答案为：.
16．
【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)，，，
，
∴，，
设平面A1BC的法向量为
则，即令z=1得，y=0，
所以点B1到平面A1BC的距离.
故答案为：
17．
【解析】解：以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(4，0，1)，C1(0，3，1).
直线A1C1的方向向量=(-4，3，0)，=(0，3，1)，所以点B到直线A1C1的距离.
18．（1）见解析；（2）
【解析】（1）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.
（2）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．
19．，相等.
【解析】以A为原点，AB所在直线为x轴，△ACD中CD边上的高AF所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则F为CD的中点，A(0，0，0)，B(4，0，0)，F(0，2，0)，C(2，2，0)，
D(-2，2，0)，P(0，0，4)，E(0，0，2).
设平面BED的一个法向量为，
由
得即
取z=2，则x=1，，得
∵，∴，
∴⊥，故PC∥平面BED，
∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.
∵，∴点P到平面BED的距离，
即PC到平面BED的距离为，且直线PC上各点到平面BED的距离都相等.
20．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）证明：如图所示建立空间直角坐标系，
设AB=a，则A1(a，0，0)，B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，
D(0，2，2)，G.
所以=(0，2，2)，=(-a，0，0)，=(0，2，-2).
所以=0+0+0=0，=0+4-4=0.
所以，
所以B1D⊥AB，B1D⊥BD.
又AB∩BD=B，所以B1D⊥平面ABD.
（2）证明：由（1）可得=(-a，0，0)，=(0，2，-2)，=(0，1，-1)，所以=2=2，所以.
所以GF∥AB，EF∥BD.
又GF∩EF=F，AB∩BD=B，所以平面EGF∥平面ABD.
（3）解：由（1）（2）知，是平面EGF和平面ABD的法向量.
因为平面EGF∥平面ABD，所以点E到平面ABD的距离就是两平面的距离，设为d.
因为=(0，0，3)，=(0，2，2)，
所以d=.即两平面间的距离为.
21．（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：连接交于点，连接，则点为中点，
又是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：因为平面，所以到平面的距离就等于点到平面的距离.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，.
设平面的法向量为，
所以，即，即
令，则.
所求距离为.
22．
【解析】取的中点，连接，.
∵，，∴，.
∵平面平面，平面平面，
∴平面.
又平面，∴.
如图所示，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，则，，
，，.
∴，，.
设为平面的一个法向量，
则取，
则，，∴.
∴点到平面的距离.