2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.2.5 空间中的距离基础过关练

1.2.5　空间中的距离
基础过关练
题组一　空间中两点之间的距离和点到直线的距离
1.如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体OABC-D'A'B'C',A'C的中点E与AB的中点F的距离为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.a B.a C.a D.a
2.(2020山东济南高二期末)已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A到直线BC的距离为(　　)
A. B.1 C. D.2
3.(2020黑龙江北安市实验中学高二期末)如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为(　　)
A. B. C. D.1
4.(2020浙江杭州高三期末)棱长为1的正方体EFGH-ABCD如图所示,M,N分别为直线AF,BG上的动点,则线段MN长度的最小值为　　　　.
题组二　点到平面的距离
5.(2020福建师大附中高二期末)在空间直角坐标系Oxyz中,四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2),则点B到平面ACD的距离是(　　)
A. B. C. D.
6.(2019陕西西安高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为BB1的中点,则点C到平面A1D1E的距离为(　　)
A. B. C. D.
7.(2019天津南开中学高二期中)已知三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到平面ABC的距离为(　　)
A. B. C. D.
8.(2020甘肃兰州高二期末)在三棱柱ABC-A1B1C1中,=(-6,2,-8),=(4,
-2,3),=(-4,1,0),则该三棱柱的高为　　　　.
(2019云南曲靖会泽高二期中)在空间直角坐标系中,点P(0,0,1)为平面ABC外一点,且A(1,1,0),B(0,2,3),若平面ABC的一个法向量为n=(1,m,1),则点P到平面ABC的距离为　　　　.
10.(2019上海高三月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°,E、F分别为C1C、BC的中点.
(1)求异面直线A1B、EF所成角θ的大小;
(2)求点B1到平面AEF的距离.
11.(2020安徽六安一中高二期末)如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,SA=SC=2,O,M分别为AC,AB的中点,且SO⊥AB.
(1)证明:SO⊥平面ABC;
(2)求二面角S-CM-A的余弦值;
(3)求点B到平面SCM的距离.
题组三　相互平行的直线与平面之间、相互平行的平面与平面之间的距离
12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=3,BC=2,AA1=1,则点B到面ADD1A1的距离为　　　　,直线AC与面A1B1C1D1的距离为　　　　,面ABB1A1与面DCC1D1的距离为　　　　.
14.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,点E为CC1的中点,求直线AC1到平面BED的距离.
15.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.
(1)求点D到平面PEF的距离;
(2)求直线AC到平面PEF的距离.
能力提升练
题组一　点到直线的距离及应用
1.(2019江西南昌二中高二月考,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则空间中到三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有(　　)　　　　　　　　　
A.0个 B.2个 C.3个 D.无数个
2.(2020吉林长春高二期末,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E是棱A1B1的中点,则点A到直线BE的距离是(　　)
A. B. C. D.
题组二　点到平面的距离及应用
3.(2019安徽合肥高二月考,)如图所示,在多面体ABCDFC1E中,底面ABCD是长方形,且D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).若四边形AEC1F为平行四边形,则点C到平面AEC1F的距离为(　　)
A. B.4 C. D.
4.(2020河南郑州高二期末,)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1、BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<2),则点G到平面D1EF的距离为(　　)
A.2 B. C. D.
5.(2020四川成都高二期末,)已知三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC=1,且SA、SB、SC两两垂直,P是三棱锥S-ABC外接球的球面上一动点,则点P到平面ABC的距离的最大值是(　　)
A. B. C. D.
6.(2019安徽滁州定远育才实验学校高二开学考试,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,中心为O,=,=,则四面体O-EBF的体积为　　(　　)
A. B. C. D.
7.(2020福建师大附中高二期末,)如图,ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱,O1是A1C1和B1D1的交点.
(1)若正四棱柱的高与底面边长相等,求二面角A-B1D1-A1的大小(结果用反三角函数值表示);
(2)若点C到平面AB1D1的距离为,求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高.
8.(2020重庆西南大学附中高二期末,)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧面PAD为正三角形,AD=2,AB=3,平面PAD⊥平面ABCD,E为棱PB上一点(不与P、B重合),平面ADE交棱PC于点F.
(1)求证:AD∥EF;
(2)若二面角B-AC-E的余弦值为,求点B到平面AEC的距离.
9.(2019湖北华中师大附中高三期中,)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.
(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;
(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为,试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD 若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.
题组三　直线与平面、平面与平面间的距离
10.(2020吉林长春高二期末,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为(　　)
A. B. C. D.
11.(2020上海控江中学高二期末,)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,∠BAC=90°,且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,设AA1=a.
(1)求a的值;
(2)求直线B1C1与平面A1BC之间的距离.
答案全解全析
基础过关练
1.B　由题意得A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A'(a,0,a),则F,E.
∴||===a.
2.A　∵A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),
∴=(-1,0,0),=(-1,2,-2),
∴点A到直线BC的距离为d=||=1×
=.故选A.
3.B　过点B作BE垂直于A1C,垂足为E,设点E的坐标为(x,y,z),由题图得A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),所以=(1,2,-3),=(x,y,z-3),=(x-1,y,z).
因为∥,·=0,
所以解得所以=,
所以点B到直线A1C的距离为||=,故选B.
4.答案　
解析　以H为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,1),B(1,1,1),F(1,1,0),G(0,1,0),设M(1,y0,1-y0),N(x0,1,x0),则=(x0-1,1-y0,x0+y0-1),=(0,1,-1),=(1,0,1).当MN为两异面直线AF,BG的公垂线段时,MN的长度最短.
由得x0=y0=,
所以M,N,
所以|MN|min
==.故答案为.
5.A　由题意知=(2,2,0),=(1,0,1),=(0,0,2).
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=1,则y=-1,z=-1,∴n=(1,-1,-1),
∴==,即点B到平面ACD的距离是.故选A.
6.A　如图所示,以A为原点,、、的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,则A1(0,0,1),D1(0,1,1),E,C(1,1,0),
因此=(0,1,0),=,=(1,1,-1).
设平面A1D1E的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则
令x1=1,则z1=2,此时m=(1,0,2),
所以点C到平面A1D1E的距离为==.故选A.
7.D　因为三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,
所以以P为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.
因为PA=1,PB=2,PC=3,
所以P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),
所以=(0,0,-3),=(1,0,-3),=(0,2,-3).
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=2,则x=6,y=3,所以n=(6,3,2),
所以点P到平面ABC的距离为
==.
故选D.
8.答案　2
解析　由题意知==(-4,1,0),
该三棱柱的高即为点A1到平面ABC的距离d.
设n=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,
则
令x=1,则y=4,z=,∴n=,
∵=(-6,2,-8),
∴d===2.
故答案为2.
9.答案　
解析　由题意得,=(-1,1,3),n·=0,
∴m=-2,∴n=(1,-2,1),
∵=(1,1,-1),
∴点P到平面ABC的距离为==.
10.解析　以A为原点,,,的方向分别为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),A1(0,0,2),B(2,0,0),B1(2,0,2),C(0,2,0),E(0,2,1),F(1,1,0).
(1)易知=(2,0,-2),=(1,-1,-1),
∴cos θ=|cos<,>|===,
∴θ=arccos.
(2)设平面AEF的一个法向量为n=(a,b,c),
∵=(0,2,1),=(1,1,0),
∴得
令a=1,则b=-1,c=2,∴n=(1,-1,2),
又=(2,0,2),
∴点B1到平面AEF的距离为=.
11.解析　(1)证明:因为SA=SC,O为AC的中点,所以AC⊥SO,
又SO⊥AB,AC∩AB=A,
所以SO⊥平面ABC.
(2)连接OB,以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),B(0,2,0),
所以=(2,0,2),因为M为AB的中点,所以M(1,,0),=(3,,0),
设n=(x,y,z)为平面SCM的一个法向量,则
令x=1,则y=-,z=-1,
所以n=(1,-,-1),
易知=(0,0,2)为平面CMA的一个法向量,
所以cos==-.
由图可知二面角S-CM-A是锐二面角,
所以二面角S-CM-A的余弦值为.
(3)由(2)可得=(2,2,0),n=(1,-,-1)为平面SCM的一个法向量.
所以点B到平面SCM的距离为=.
12.B　以D1为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,0),C1(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1),
所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(-1,0,0).
设平面A1C1D的一个法向量为m=(x,y,z),则
令z=1,则x=1,y=1,故m=(1,1,1).
显然平面AB1C∥平面A1C1D,
所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为=.
13.答案　3;1;2
解析　在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥面ADD1A1,
所以点B到面ADD1A1的距离为AB=3.
因为AC∥面A1B1C1D1,
所以直线AC上任意一点到面A1B1C1D1的距离相等,
又AA1⊥面A1B1C1D1,
所以点A到面A1B1C1D1的距离为AA1=1.
因为面ABB1A1与面DCC1D1平行,
且BC与面ABB1A1、面DCC1D1都垂直,
所以线段BC的长度为面ABB1A1与面DCC1D1的距离,故面ABB1A1与面DCC1D1的距离为2.
14.解析　如图,连接AC,交BD于点O,连接OE,以D为原点,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,2,),所以=(2,2,0),=(0,2,),=(2,0,0).
易知AC1∥平面BED.
设n=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量,
则
令y=1,则x=-1,z=-,
所以n=(-1,1,-).
又因为=(2,0,0),
所以点A到平面BDE的距离为
==1.
故直线AC1到平面BED的距离为1.
15.解析　建立以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示,
则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),E,F,
∴=,=,
=.
(1)设n=(x,y,z)是平面PEF的一个法向量,
则n·=x+y-z=0,①
n·=x+y-z=0,②
①-②,整理得x-y=0.
令x=y=1,则z=.∴n=.
∴点D到平面PEF的距离为===.
(2)作AH'⊥平面PEF,垂足为H'.
由(1)可知∥n,
设=λ=(λ≠0),则
=+
=+
=,
∴·=λ2+λ2-λ+λ2=0,
解得λ=(λ=0舍去).
∴=,||=.
易得AC∥平面PEF,因此,直线AC到平面PEF的距离为.
能力提升练
1.D　以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
设该正方体的棱长为1,连接B1D,并在B1D上任取一点P,
易得=(1,1,1),
所以设P(a,a,a),
其中0≤a≤1.
作PE⊥平面A1D,垂足为E,作EF⊥A1D1,垂足为F,
则||是点P到直线A1D1的距离,易知F(a,0,1),所以=(0,-a,1-a),
所以||=;
同理,点P到直线AB、CC1的距离也是.
所以B1D上任一点到正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离都相等,
所以空间中到正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有无数个.故选D.
2.B　以B为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,0,2),则E(0,1,2),∴=(0,2,0),=(0,1,2).设与的夹角为θ,
则cos θ===,
∴sin θ==.
故点A到直线BE的距离d=||sin θ=2×=.
故选B.
3.D　由题知=(0,4,1),=(-2,0,2),
设F(0,0,z),则=(-2,0,z),
∵四边形AEC1F为平行四边形,
∴=,即(-2,0,z)=(-2,0,2),
∴z=2,
∴F(0,0,2),=(-2,0,2).
设n为平面AEC1F的一个法向量,显然n不垂直于平面ADF,故可设n=(x,y,1),
则
即
∴
∴n=.
又=(0,0,3),∴点C到平面AEC1F的距离为==.故选D.
4.D　以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则G(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),
因此=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,λ,1).
设平面D1EF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得n=(1,0,2),
∴点G到平面D1EF的距离为
==.故选D.
5.C　∵三棱锥S-ABC满足SA、SB、SC两两垂直,且SA=SB=SC=1,
∴SA、SB、SC是棱长为1的正方体MNQB-ADCS上具有公共顶点S的三条棱,
以B为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(1,0,1),C(0,1,1),N(1,1,0),
因此=(1,0,1),=(0,1,1),=(1,1,0).
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得n=(1,1,-1).
易知三棱锥S-ABC的外接球就是棱长为1的正方体MNQB-ADCS的外接球,
∵P是三棱锥S-ABC外接球的球面上一动点,
∴由正方体与球的几何性质可得,当点P与点N重合时,点P到平面ABC的距离最大,
∴点P到平面ABC的距离的最大值为==.故选C.
6.D　如图所示,以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O,B(1,1,0),E,F,因此=,=,=,所以||=,||=,||=,
所以cos∠BOE===-,
所以sin∠BOE=,
所以S△OEB=||·||·sin∠BOE=×××=.
设平面OEB的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得n=,
又=,
所以点F到平面OEB的距离h===,
所以四面体O-EBF的体积V=S△OEB×h=××=.
7.解析　(1)当正四棱柱的高与底面边长相等时,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体,
连接AO1,因为AB1=AD1,O1为B1D1的中点,所以AO1⊥B1D1,
又A1C1⊥B1D1,所以∠AO1A1即为二面角A-B1D1-A1的平面角.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,A1C1 平面A1B1C1D1,所以AA1⊥A1C1,
所以tan∠AO1A1==.
易知二面角A-B1D1-A1的平面角为锐角,
所以二面角A-B1D1-A1的大小为arctan .
(2)设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为h(h>0).
以A1为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h),
所以=(1,0,-h),=(0,1,-h),=(1,1,0).
设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,则x=y=h,所以n=(h,h,1),
所以点C到平面AB1D1的距离为==,解得h=2(负值舍去),
所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为2.
8.解析　(1)证明:∵底面ABCD为矩形,
∴AD∥BC.
∵AD 平面PBC,BC 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
又∵AD 平面ADE,平面ADE∩平面PBC=EF,∴AD∥EF.
(2)取AD的中点O,连接PO,过点O作OH∥AB交BC于点H.
∵侧面PAD为正三角形,∴PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD,
∴PO⊥平面ABCD,
∵四边形ABCD为矩形,
∴AB⊥AD,∴OH⊥AD.
如图所示,以O为原点,OA,OH,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),P(0,0,),A(1,0,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),
因此=(-2,3,0),=(1,3,-).
设E(x,y,z),=λ(0<λ<1),
∴(x,y,z-)=λ(1,3,-),
∴E(λ,3λ,-λ),
∴=(λ-1,3λ,-λ),
设平面AEC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
∴
即
令x1=3,∴y1=2,z1=,
∴n=.
又易知=(0,0,)是平面ABC的一个法向量,
∴|cos<,n>|=
==,
解得λ=,
∴E,n=(3,2,-3),
∴=,
∴点B到平面AEC的距离为==.
9.解析　(1)证明:∵四棱锥的底面ABCD是直角梯形,AB=,BC=2AD=2,AB⊥BC,
∴DC=2,∠BCD=,
∴△BCD是等边三角形,
∴BD=2,DB平分∠ADC.
∵E为CD的中点,
∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,
又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.
∵AE 平面ABCD,
∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2)存在.
在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC.
∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,
∴PO⊥平面ABCD,∴PO⊥OC,
∴∠PCO即为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=.
∵PB=PD,PO⊥BD,
∴O为BD的中点,OC⊥BD.
易得OP=OC=,
以O为原点,OB,OC,OP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),
∴=(0,,-),=(-1,0,-).
假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD,
设=λ+μ(λ,μ≥0,λ+μ≤1),易得N(-λ,μ,-(λ+μ-1)),
∴=(-λ-1,μ,-(λ+μ-1)).
由
即解得满足题意,∴点N到平面ABCD的距离为-(λ+μ-1)= .
10.C　由题意可得,原问题等价于求点C1到平面AB1D1的距离h,由等体积法可得
=,即×h××22×sin60°=××××,
解得h=,即平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为.故选C.
11.解析　(1)以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,a),B(1,0,0),B1(1,0,a),C1(0,1,a),C(0,1,0),
∴=(1,0,-a),=(-1,1,0).
∵异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,
∴cos<,>=
==cos 60°=,
∴a=1(负值舍去).
(2)由(1)知=(1,0,-1),
=(0,1,-1).
设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,得n=(1,1,1).
∵·n=-1×1+1×1+0=0,
∴⊥n,
显然点B1不在平面A1BC内,
∴B1C1与平面A1BC平行.
∵=(0,0,1),
∴==,
∴点B1到平面A1BC的距离为,即直线B1C1与平面A1BC之间的距离为.