2025版新教材高中數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何1.2空間向量在立體幾何中的應(yīng)用1.2.5空間中的距離課時作業(yè)新人教B版選擇性必修第一冊

1．2.5空間中的距離1．如圖所示，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，E，F(xiàn)分別是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，則E，F(xiàn)兩點間的距離為()A．1B．C．D．2．已知a＝(1，1，1)為平面α的一個法向量，A(1，0，0)為α內(nèi)的一點，則點D(1，1，2)到平面α的距離為()A．B．C．D．3．已知△ABC的頂點A(1，－1，2)，B(5，－6，2)，C(1，3，－1)，則AC邊上的高BD的長等于()A．3B．4C．5D．64．已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，點E是A1B1的中點，則點A到直線BE的距離是()A．B．C．D．5．在底面是直角梯形的四棱錐PABCD中，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，則AD到平面PBC的距離為________．6．如圖所示，已知四面體頂點A(2，3，1)，B(4，1，－2)，C(6，3，7)和D(－5，－4，8)，則從頂點D所引的四面體的高h＝________．7.(多選)如圖，四棱錐中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，SA＝AB，O，P分別是AC，SC的中點，M是棱SD上的動點，則下列選項正確的是()A．OM⊥PAB．存在點M，使OM∥平面SBCC．存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°D．點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為定值8．已知直線l過點A(1，－1，－1)，且方向向量為m＝(1，0，－1)，則點P(1，1，1)到l的距離為()A．2B．C．D．9．若兩平行平面α、β分別經(jīng)過坐標(biāo)原點O和點A(2，1，1)，且兩平面的一個法向量為n＝(－1，0，1)，則兩平面間的距離是________．10.如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，若BB1＝AB＝2，則點C到直線AB1的距離為________．11．已知四棱錐SABCD的底面是正方形，SA⊥平面ABCD.(1)求證：BD⊥平面SAC；(2)若AB＝AS＝1，求點C到平面SBD的距離．12．如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD為正三角形，O為AD的中點，且平面PAD⊥平面ABCD，M是線段PC上的點．(1)求證：OM⊥BC；(2)當(dāng)點M為線段PC的中點時，求點M到平面PAB的距離；(3)是否存在點M，使得直線AM與平面PAB的夾角的正弦值為.若存在，求出此時的值；若不存在，請說明理由．13．如圖，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，已知點E，F(xiàn)分別為直線BD，AD1上的動點，給出下面四個結(jié)論：①異面直線AD1，BD所成的角為60°；②點F到平面B1C1C的距離為定值；③若F為AD1中點，則點F到BD距離為；④||的最小值為.則其中全部正確結(jié)論的序號是________．14.如圖所示，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O為AD的中點，問：線段AD上是否存在一點Q，使得它到平面PCD的距離為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．15．如圖所示，圓錐的高PO＝2，底面圓O的半徑為R，延長直徑AB到點C，使得BC＝R，分別過點A，C作底面圓O的切線，兩切線相交于點E，點D是切線CE與圓O的切點．(1)證明：平面PDE⊥平面POD；(2)若直線PE與平面PBD所成角的正弦值為，求點A到平面PED的距離．16.如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，PA＝PC＝2，PB＝PD，且∠ABC＝60°，E為PD的中點．(1)求證：AC⊥PD；(2)求二面角EACD的大??；(3)在側(cè)棱PC上是否存在點F，使得點F到平面AEC的距離為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．1．2.5空間中的距離必備學(xué)問基礎(chǔ)練1．答案：C解析：以點A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則點E(1，1，eq\r(2))，F(xiàn)(2，1，eq\f(\r(2),2))，所以|EF|＝eq\r(（1－2）2＋（1－1）2＋（\r(2)－\f(\r(2),2)）2)＝eq\f(\r(6),2)，故選C．2．答案：A解析：依題意，＝(0，1，2)，而a＝(1，1，1)為平面α的一個法向量，所以點D(1，1，2)到平面α的距離d＝＝eq\f(3,\r(3))＝eq\r(3).故選A.3．答案：C解析：因為＝(4，－5，0)，＝(0，4，－3)，則在上的投影為＝eq\f(－20,5)＝－4，即||＝4.又||＝eq\r(41)，所以AC邊上的高BD的長為||＝＝eq\r(41－16)＝5.故選C.4．答案：B解析：以，，BB1的方向為x軸，y軸，z軸正方向建立坐標(biāo)系Bxyz，則＝(2，0，0)，＝(1，0，2)，∴cos〈，〉＝＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，∴sin〈，〉＝eq\f(2\r(5),5).∴點A到直線BE的距離d＝|AB|sin〈，〉＝eq\f(4\r(5),5).故選B.5．答案：eq\r(2)解析：由題意，得AD∥BC，BC?平面PBC，AD?平面PBC，故AD∥平面PBC，即AD到平面PBC的距離等于點A到平面PBC的距離．由已知可知AB，AD，AP兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點，，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，則＝(2，0，－2)，＝(0，2，0).設(shè)平面PBC的法向量為n＝(a，b，c)，則即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－2c＝0，,b＝0，))令a＝1，得n＝(1，0，1)，又＝(2，0，0)，所以d＝＝eq\r(2).6．答案：11解析：因為A(2，3，1)，B(4，1，－2)，C(6，3，7)，D(－5，－4，8)，所以＝(2，－2，－3)，＝(4，0，6)，＝(－7，－7，7)，設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，所以，令x＝－3，則z＝2，y＝－6，所以n＝(－3，－6，2)，所以D到平面ABC的距離為d＝＝eq\f(77,7)＝11，即從頂點D所引的四面體的高h＝11.關(guān)鍵實力綜合練7．答案：ABD解析：以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AS所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，設(shè)SA＝AB＝2，則A(0，0，0)，C(2，2，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2)，O(1，1，0)，P(1，1，1)，由M是棱SD上的動點，設(shè)M(0，λ，2－λ)，(0≤λ≤2)，∵＝(1，1，1)，＝(－1，λ－1，2－λ)，∴·＝－1＋λ－1＋2－λ＝0，∴AP⊥OM，故A正確；當(dāng)M為SD的中點時，OM是△SBD的中位線，所以O(shè)M∥SB，又OM?平面SBC，SB?平面SBC，所以O(shè)M∥平面SBC，故B正確；＝(2，0，0)，＝(－1，λ－1，2－λ)，若存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°，則cos30°＝＝eq\f(1,\r(1＋（λ－1）2＋（2－λ）2))＝eq\f(\r(3),2)，化簡得3λ2－9λ＋7＝0，方程無解，故C錯誤；點M到平面ABCD的距離d1＝2－λ，點M與平面SAB的距離d2＝＝eq\f(2λ,2)＝λ，所以點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為d1＋d2＝2－λ＋λ＝2，是定值，故D正確．故選ABD.8．答案：B解析：∵點P(1，1，1)，直線l過點A(1，－1，－1)，且一個方向向量為m＝(1，0，－1)，∴＝(0，－2，－2)，所以直線l的一個單位方向向量m0＝eq\f(m,|m|)＝eq\f(1,\r(2))(1，0，－1)，∴點P到直線l的距離為d＝＝eq\r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))))\s\up12(2))＝eq\r(6).故選B.9．答案：eq\f(\r(2),2)解析：依題意，平行平面α，β間的距離即為點O到平面β的距離，而＝(2，1，1)，所以平行平面α，β間的距離d＝＝eq\f(|－1×2＋0×1＋1×1|,\r(（－1）2＋02＋12))＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).10．答案：eq\f(\r(33),3)解析：取AC的中點D，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1，0)，B1(eq\r(3)，0，2eq\r(2))，C(0，1，0)，所以＝(eq\r(3)，1，2eq\r(2))，＝(0，－2，0).直線AB1的一個單位方向向量s＝(eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),6)，eq\f(\r(6),3))，所以點C到直線AB1的距離d＝＝eq\r(（－2）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(33),3).11．解析：(1)證明：∵SA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴SA⊥BD，又∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC，又∵SA∩AC＝A，SA，AC?平面SAC，∴BD⊥平面SAC.(2)因為SA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥AD，因為AB⊥AD，所以AB，AD，AS兩兩垂直，所以以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AS分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則B(1，0，0)，D(0，1，0)，S(0，0，1)，C(1，1，0)，所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，設(shè)平面BDS的法向量為n＝(x，y，z)，則，令x＝1，則n＝(1，1，1)，所以點C到平面SBD的距離為d＝＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).12．解析：(1)證明：連接OC，AC，因為四邊形ABCD為菱形，則AD＝CD，因為∠ADC＝60°，則△ACD為等邊三角形，因為O為AD的中點，故OC⊥AD，因為△PAD為等邊三角形，O為AD的中點，則PO⊥AD，∵PO∩OC＝O，∴AD⊥平面POC，∵OM?平面POC，則AD⊥OM，∵BC∥AD，故OM⊥BC.(2)因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊥AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，因為OC⊥AD，以點O為坐標(biāo)原點，OC，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1，0)，B(eq\r(3)，－2，0)，C(eq\r(3)，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，eq\r(3))，M(eq\f(\r(3),2)，0，eq\f(\r(3),2))，設(shè)平面PAB的法向量為m＝(x，y，z)，＝(eq\r(3)，－1，0)，＝(0，1，eq\r(3))，由，取x＝1，可得m＝(1，eq\r(3)，－1)，＝(eq\f(\r(3),2)，1，eq\f(\r(3),2))，所以點M到平面PAB的距離為d＝＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5).(3)設(shè)＝λ＝λ(eq\r(3)，0，－eq\r(3))＝(eq\r(3)λ，0，－eq\r(3)λ)，其中0≤λ≤1，＝＋＝(0，1，eq\r(3))＋(eq\r(3)λ，0，－eq\r(3)λ)＝(eq\r(3)λ，1，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，由題意|cos〈，m〉|＝＝eq\f(|2\r(3)λ|,\r(6λ2－6λ＋4)·\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，整理可得9λ2＋3λ－2＝0，因為0≤λ≤1，解得λ＝eq\f(1,3)，因此，存在點M，使得直線AM與平面PAB的夾角的正弦值為eq\f(\r(10),10)，此時eq\f(PM,PC)＝eq\f(1,3).核心素養(yǎng)升級練13．答案：①②④解析：①連接BC1，DC1，由正方體的幾何性質(zhì)可得，BC1∥AD1，所以異面直線AD1，BD所成的角即為BC1與BD所成的角即∠DBC1，因為△BDC1為等邊三角形，所以∠DBC1＝60°，故選項①正確；因為BC1∥AD1，且AD1?平面B1C1C，BC1?平面B1C1C，所以AD1∥平面B1C1C，則直線AD1上的點到平面B1C1C的距離相等，所以點F到平面B1C1C的距離為定值，故選項②正確；連接FD，F(xiàn)B，因為FD＝eq\f(1,2)A1D＝eq\r(2)，BD＝2eq\r(2)，F(xiàn)B＝eq\r(12＋（\r(5)）2)＝eq\r(6)，所以FD2＋FB2＝BD2，故△FBD為直角三角形，設(shè)點F到BD的距離為d，由等面積法可得，S△FBD＝eq\f(1,2)·BD·d＝eq\f(1,2)·FD·BF，即eq\f(1,2)×2eq\r(2)·d＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(6)，解得d＝eq\f(\r(6),2)，所以若F為AD1的中點，則點F到BD距離為eq\f(\r(6),2)，故選項③錯誤；以點D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A1(2，0，2)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，D(0，0，0)，由三垂線定理可得，A1C⊥AD1，A1C⊥BD，故向量＝(2，－2，2)是異面直線AD1與BD的法向量，又＝(2，0，0)，所以直線BD，AD1公垂線的長度為＝eq\f(4,\r(4＋4＋4))＝eq\f(2\r(3),3)，因為異面直線間的公垂線距離最短，所以||的最小值為eq\f(2\r(3),3)，故選項④正確．14．解析：在△PAD中，PA＝PD，O為AD的中點，∴PO⊥AD.又側(cè)面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，則＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0).假設(shè)存在點Q，使它到平面PCD的距離為eq\f(\r(3),2)，設(shè)Q(0，y，0)(－1≤y≤1)，則＝(－1，y，0).設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，則∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0，,－x0＋y0＝0，))即x0＝y(tǒng)0＝z0，取x0＝1，則平面PCD的一個法向量為n＝(1，1，1).∴點Q到平面PCD的距離d＝＝eq\f(|－1＋y|,\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴y＝－eq\f(1,2)或y＝eq\f(5,2)(舍去).此時＝(0，eq\f(1,2)，0)，＝(0，eq\f(3,2)，0)，則||＝eq\f(1,2)，||＝eq\f(3,2).∴存在點Q滿意題意，此時eq\f(AQ,QD)＝eq\f(1,3).15．解析：(1)證明：由題設(shè)，PO⊥平面ABD，又D是切線CE與圓O的切點，∴CE?平面ABD，則PO⊥CE，且OD⊥CE，又PO∩OD＝O，∴CE⊥平面POD，又CE?平面PDE，所以平面PDE⊥平面POD.(2)作Ox∥AE，以O(shè)為原點，以，，分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，且CO＝2R，OD＝R，CD＝eq\r(3)R，又eq\f(CD,CA)＝eq\f(CO,CE)＝eq\f(OD,EA)，可得AE＝CD＝ED＝eq\r(3)R，∴P(0，0，2)，D(eq\f(\r(3),2)R，eq\f(1,2)R，0)，E(eq\r(3)R，－R，0)，B(0，R，0)，有＝(eq\f(\r(3),2)R，eq\f(1,2)R，－2)，＝(0，R，－2)，＝(eq\r(3)R，－R，－2)，設(shè)m＝(x，y，z)是平面PBD的一個法向量，則，令x＝eq\r(3)，則m＝(eq\r(3)，3，eq\f(3,2)R)，又直線PE與平面PBD所成角的正弦值為eq\f(\r(105),35)，即|cos〈m，〉|＝＝eq\f(3R,\r(12＋\f(9,4)R2)\r(4＋4R2))＝eq\f(\r(105),35)，整理得3R4－16R2＋16＝0，即(3R2－4)(R2－4)＝0，解得R＝eq\f(2\r(3),3)或R＝2，當(dāng)R＝2時，P(0，0，2)，D(eq\r(3)，1，0)，E(2eq\r(3)，－2，0)，A(0，－2，0)，＝(2eq\r(3)，－2，－2)，＝(eq\r(3)，1，－2)，＝(0，2，2)，設(shè)n＝(a，b，c)是平面PED的一個法向量，則，令a＝eq\r(3)，則n＝(eq\r(3)，1，2)，所以點A到平面PED的距離d＝＝eq\f(6,\r(3＋1＋4))＝eq\f(3\r(2),2)，當(dāng)R＝eq\f(2\r(3),3)時，P(0，0，2)，D(1，eq\f(\r(3),3)，0)，E(2，－eq\f(2\r(3),3)，0)，A(0，－eq\f(2\r(3),3)，0)，＝(2，－eq\f(2\r(3),3)，－2)，＝(1，eq\f(\r(3),3)，－2)，＝(0，eq\f(2\r(3),3)，2)，設(shè)l＝(a1，b1，c1)是平面PED的一個法向量，則，令a1＝3，則l＝(3，eq\r(3)，2)，所以點A到平面PED的距離d＝＝eq\f(6,\r(9＋3＋4))＝eq\f(3,2)，綜上，點A到平面PED的距離為eq\f(3\