人教A版（2019）数学选择性必修一册 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(1)课时精练（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）数学选择性必修一册 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(1)课时精练（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 349.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-02 20:40:17 | ||
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文档简介
1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(1)
一、常考题型
1.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.2 C. D.
2.已知平面α的一个法向量n=(-2，-2，1)，点A(-1，3，0)在平面α内，则平面α外的点P(-2，1，4)到平面α的距离为( )
A.10 B.3 C. D.
3．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
4.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是( )
A. B. C. D.
5．已知空间直角坐标系中有一点，点B是平面内的直线上的动点，则，两点的最短距离是（ ）
A． B． C． D．
6.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___________.
7.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 .
8.四棱锥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.
二、易错专项
9．在正方体中，，分别是和的中点，则下列结论正确的是 .
①平面
②平面
③
④点与点到平面的距离相等
10．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝， E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为_____________．
三、难题突破
11. 如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
参考答案
1.答案：D
解析：∵)=(4，3，6)==(0，1，0)，
∴，∴||=.
2.答案：D
解析：由题意可知=(1，2，-4).设点P到平面α的距离为h，
则h=.
3．答案：A
解析：∵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×＝．
4.答案：A
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，M，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，
∴=(a，a，0)，=(a，0，a).
设平面MBD的法向量为n=(x，y，z)，则
令x=1，则y=-1，z=-2，可得n=(1，-1，-2).
∴点A1到平面MBD的距离d=a.
5．答案：B
解析：因为点是平面内的直线上的动点，
所以可设点，由空间两点之间的距离公式，
得，
令，当时，的最小值为，
所以当时，的最小值为，
即两点的最短距离是，故选B.
6.答案：
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)，
∴=(3，0，-1)，=(-3，4，0)，
∴点P到直线BD的距离
d=，
∴点P到直线BD的距离为.
7.答案：
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n=(x，y，z)是平面AMN的法向量，则解得
取z=1，则x=2，y=-2，得n=(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=.
8.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n=(x，y，z)，
由=(-4，0，2)，=(2，-2，2)，
得即
取z=2，则x=1，y=，得n=(1，，2).
∵=(2，2，-4)，∴n·=2+6-8=0，
∴n⊥，故PC∥平面BED，
∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.
∵=(0，0，2)，
∴点P到平面BED的距离d=，
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.
9．答案：①③
解析：对①，因为，分别是和的中点故，故平面成立.
对②，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③，同B空间直角坐标系有，
.故成立.
对④，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①③
10．答案：
解析：∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，
∴以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，
∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），E（，0，0），P（0，0，），D（0，2，0），
设F（a，b，c），，则（a，b，c﹣）＝（0，2λ，﹣λ），
解得a＝0，b＝2λ，c＝﹣λ，
∴＝（0，2λ，﹣λ），＝（0，2，﹣），
∵AF⊥PD，∴＝4λ﹣，解得λ＝，∴＝（），
＝（），＝（0，，），
设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，
取y＝，得＝（0，），
∴点B到平面AEF的距离为：d＝＝．
11. 解析：解法一
证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，
∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝A1D，
由题设知A1B1DC，∴B1CA1D，∴MEND，
∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，
又MN 平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，
∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，
∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，
由已知可得CE＝1，CC1＝4，
∴C1E＝，故CH＝，
∴点C到平面C1DE的距离为．
解法二
证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，
AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，
以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，，0），C1（﹣1，，4），
＝（0，﹣，0），＝（﹣1，），＝（0，），
设平面C1DE的法向量＝（x，y，z），
则，取z＝1，得＝（4，0，1），
∵ ＝0，MN 平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．
（2）C（﹣1，，0），＝（﹣1，，0），平面C1DE的法向量＝（4，0，1），
∴点C到平面C1DE的距离：d＝＝＝．
一、常考题型
1.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.2 C. D.
2.已知平面α的一个法向量n=(-2，-2，1)，点A(-1，3，0)在平面α内，则平面α外的点P(-2，1，4)到平面α的距离为( )
A.10 B.3 C. D.
3．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
4.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是( )
A. B. C. D.
5．已知空间直角坐标系中有一点，点B是平面内的直线上的动点，则，两点的最短距离是（ ）
A． B． C． D．
6.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___________.
7.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 .
8.四棱锥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.
二、易错专项
9．在正方体中，，分别是和的中点，则下列结论正确的是 .
①平面
②平面
③
④点与点到平面的距离相等
10．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝， E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为_____________．
三、难题突破
11. 如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
参考答案
1.答案：D
解析：∵)=(4，3，6)==(0，1，0)，
∴，∴||=.
2.答案：D
解析：由题意可知=(1，2，-4).设点P到平面α的距离为h，
则h=.
3．答案：A
解析：∵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×＝．
4.答案：A
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，M，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，
∴=(a，a，0)，=(a，0，a).
设平面MBD的法向量为n=(x，y，z)，则
令x=1，则y=-1，z=-2，可得n=(1，-1，-2).
∴点A1到平面MBD的距离d=a.
5．答案：B
解析：因为点是平面内的直线上的动点，
所以可设点，由空间两点之间的距离公式，
得，
令，当时，的最小值为，
所以当时，的最小值为，
即两点的最短距离是，故选B.
6.答案：
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)，
∴=(3，0，-1)，=(-3，4，0)，
∴点P到直线BD的距离
d=，
∴点P到直线BD的距离为.
7.答案：
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n=(x，y，z)是平面AMN的法向量，则解得
取z=1，则x=2，y=-2，得n=(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=.
8.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n=(x，y，z)，
由=(-4，0，2)，=(2，-2，2)，
得即
取z=2，则x=1，y=，得n=(1，，2).
∵=(2，2，-4)，∴n·=2+6-8=0，
∴n⊥，故PC∥平面BED，
∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.
∵=(0，0，2)，
∴点P到平面BED的距离d=，
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.
9．答案：①③
解析：对①，因为，分别是和的中点故，故平面成立.
对②，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③，同B空间直角坐标系有，
.故成立.
对④，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①③
10．答案：
解析：∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，
∴以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，
∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），E（，0，0），P（0，0，），D（0，2，0），
设F（a，b，c），，则（a，b，c﹣）＝（0，2λ，﹣λ），
解得a＝0，b＝2λ，c＝﹣λ，
∴＝（0，2λ，﹣λ），＝（0，2，﹣），
∵AF⊥PD，∴＝4λ﹣，解得λ＝，∴＝（），
＝（），＝（0，，），
设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，
取y＝，得＝（0，），
∴点B到平面AEF的距离为：d＝＝．
11. 解析：解法一
证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，
∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝A1D，
由题设知A1B1DC，∴B1CA1D，∴MEND，
∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，
又MN 平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，
∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，
∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，
由已知可得CE＝1，CC1＝4，
∴C1E＝，故CH＝，
∴点C到平面C1DE的距离为．
解法二
证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，
AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，
以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，，0），C1（﹣1，，4），
＝（0，﹣，0），＝（﹣1，），＝（0，），
设平面C1DE的法向量＝（x，y，z），
则，取z＝1，得＝（4，0，1），
∵ ＝0，MN 平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．
（2）C（﹣1，，0），＝（﹣1，，0），平面C1DE的法向量＝（4，0，1），
∴点C到平面C1DE的距离：d＝＝＝．