北师大版选择性必修第一册第3章4.3第2课时空间中的距离问题作业

第2课时空间中的距离问题必备知识基础练1.(2021北京丰台高二上学期期中)若平面α的一个法向量为n=(1,2,1),A(1,0,-1),B(0,-1,1),A?α,B∈α,则点A到平面α的距离为()A.1 B.66 C.33 D2.(2021山东师范大学附属中学高二10月月考)四棱锥P-ABCD中,AB=(2,-1,3),AD=(-2,1,0),AP=(3,-1,4),则这个四棱锥的高为()A.55 B.15 C.253.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,则点C1到直线CE的距离为()A.13 B.33 C.534.如图,点C在圆锥PO的底面圆O上,AB是直径,AB=8,∠BAC=30°,圆锥的母线与底面成的角为60°,则点A到平面PBC的距离为()A.855 B.26 C.855.(多选题)已知直线l的方向向量n=(1,0,-1),A(2,1,-3)为直线l上一点,若点P(-1,0,-2)为直线l外一点,则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为()A.2 B.3 C.2 D.16.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.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=3,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,则点B1到平面A1BC的距离为.?8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,求平面A1BD与平面B1CD1间的距离.9.(2021山东济宁鱼台第一中学高二上学期第一次月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)若E是线段OC的中点,求点E到直线BP的距离.关键能力提升练10.如图,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别是AB,AD的中点,GC⊥平面ABCD,且GC=2,则点B到平面EFG的距离为()A.1010 B.2C.35 D.11.(2021山东滨州博兴第三中学高二上学期第一次月考)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.66 B.6C.36 D.12.(2021山西怀仁高二上学期期中)如图,棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,O是底面A1B1C1D1的中心,则点O到平面ABC1D1的距离是()A.12 B.2C.22 D.13.(2021天津和平汇文中学高二上第一次质检)已知直线l的一个方向向量为m=(1,2,-1),若点P(-1,1,-1)为直线l外一点,A(4,1,-2)为直线l上一点,则点P到直线l的距离为.?14.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=AD=1,则点B1到平面A1BC1的距离为.?15.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=π2,AB=BC=13AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=a,点F在AD上,且CF⊥(1)求点A到平面PCF的距离;(2)求直线AD到平面PBC的距离.学科素养创新练16.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=2,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,问:线段AD上是否存在一点Q,使得它到平面PCD的距离为32?若存在,求出AQQD的值;若不存在,答案：1.B易知AB=(-1,-1,2),根据点到平面的距离公式可得点A到平面α的距离为|AB·n|2.A设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,可得y=2,z=0,即n=(1,2,0),∴cos<n,AP>=n·于是点P到平面ABCD的距离为|AP||cos<n,AP>|=55,即四棱锥P-ABCD的高为55.故选3.C以点A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图.则C(1,1,0),C1(1,1,1),E0,12,1,所以EC=1,12,-1,CC1=(0,0,1),所以点C1到直线CE的距离d=|CC1|4.C5.AB由题设条件可知,AP=(-3,-1,1),∴n·AP=1×(-3)+0×(-1)+(-1)×1=-4,∴点P到直线l的距离为d=|AP∴点P到直线l上任意一点Q的距离要大于等于3,故选AB.6.135如图,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0),∴PB=(3,0,-1),BD=(-3,4,0),∴点P到直线BD的距离d=|PB∴点P到直线BD的距离为1357.328.解以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),A1B=(0,1,-1),A1D=(-1,0,-1),A1设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n令z=1,得y=1,x=-1,∴n=(-1,1,1),∴点D1到平面A1BD的距离d=|A根据题意有B1C∥A1D,B1C?平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD,同理D1B1∥平面A1BD,B1C∩P1B1=B1,∴平面A1BD∥平面B1CD1,∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为339.(1)证明∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.∵PC⊥BD,PC∩AC=C,∴BD⊥平面APC.∵PO?平面APC,∴BD⊥PO,∵PA=PC,O为AC的中点,∴PO⊥AC,又AC∩BD=O,∴PO⊥平面ABCD.(2)解连接BE,以O为原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),∵AB∥CD,∴∠PBA为异面直线PB与CD所成角,∴∠PBA=60°.在菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°,∴OA=1,OB=3,设PO=a,则PA=a2+1,PB=在△PBA中,由余弦定理得PA2=BA2+BP2-2BA·BPcos∠PBA,即a2+1=4+a2+3-2×2×a2解得a=6(负值舍去).∴B(3,0,0),P(0,0,6),E0,12,0,∴BE=-3,12,∴|BE|=132,|BP|=∴点E到直线BP的距离d=|BE10.B11.D以点P为原点,PA,PB,PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),所以AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1),PA=(1,0,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),由n令x=1,则y=z=1,所以平面ABC的一个法向量为n=(1,1,1).所以点P到平面ABC的距离d=|PA·n|12.B如图,以点D为原点,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,连接A1D,OD1,则D(0,0,0),O12,12,1,D1(0,0,1),A∴OD1=-12,-12∵AB⊥平面ADD1A1,A1D?平面ADD1A1,∴AB⊥A1D,又AD1⊥A1D,AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABC1D1,故平面ABC1D1的一个法向量为DA1∴点O到平面ABC1D1的距离d=|O故选B.13.17∵P(-1,1,-1),A(4,1,-2),∴PA=(5,0,-1),又m=(1,2,-1),∴cos<m,PA>=m·∴sin<m,PA>=1726,又|PA|=26∴点P到直线l的距离为|PA|sin<m,PA>=26×14.2315.解(1)由题意知AP,AB,AD两两垂直,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,3a,0),P(0,0,a).设F(0,m,0),则CF=(-a,m-a,0),CP=(-a,-a,a).∵PC⊥CF,∴CF⊥CP,∴CF·CP=(-a)·(-a)+(m-a)·(-a)+0·a=a2-a(解得m=2a,即F(0,2a,0).设平面PCF的一个法向量为n=(x,y,z),则n取x=1,得n=(1,1,2).设点A到平面PCF的距离为d,由AC=(a,a,0),得d=|AC·(2)由于BP=(-a,0,a),BC=(0,a,0),AP=(0,0,a).设平面PBC的法向量为n1=(x0,y0,z0),由n1·BP=-ax0+az0=0,n1·BC=ay∵AD∥BC,AD?平面PBC,∴AD∥平面PBC,∴h为AD到平面PBC的距离,∴h=|AP·16.解取AD的中点O,在△PAD中,∵PA=PD,∴PO⊥AD.又侧面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),则CP=(