新教材2023高中数学第一章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.2用空间向量研究距离夹角问题第1课时用空间向量研究距离问题分层演练新人教A版选择性必修第一册

1.4空间向量的应用1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题第1课时用空间向量研究距离问题A级基础巩固1.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则平面α外一点P(-2,1,4)到α的距离为()A.10B.3C.83 D.解析:由题意,知PA=(1,2,-4).因为平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),所以点P到α的距离为(1,2,-4答案:D2.如图,这个立体图形是由正四棱锥P-ABCD和正方体ABCD-A1B1C1D1组成的,其中AB=2,PA=6,则点B1到平面PAD的距离为()A.6B.355C.65解析:如图,建立空间直角坐标系,设平面PAD的法向量是n=(x,y,z).由题意,知B1(2,0,0),A(0,0,2),D(0,2,2),P(1,1,4),所以AD=(0,2,0),AP=(1,1,2),所以AD所以2y=0,x+y+2z=0所以n=(-2,0,1)是平面PAD的一个法向量.因为B1A=(所以点B1到平面PAD的距离d=|B1A答案:C3.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D的距离d是()A.36 B.C.233解析:如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,连接BD1,BD,BD交AC于点E,则B(1,1,0),D(0,0,0),D1(0,0,1),E12因为DD1⊥AC,AC⊥BD,所以AC⊥平面D1DB,所以BD1⊥AC.同理可证BD1⊥AB1.因为AC∩AB1=A,所以BD1⊥平面AB1C,即BD1是平面AB1C因为平面AB1C∥平面A1C1D,所以点D到平面AB1C的距离即为两平面之间的距离.因为DE=12,12,0,B所以d=|DE12×(-故选B.答案:B4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,F,G分别是AB,CC1的中点,则点D1到直线GF的距离为423解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),F(1,1,0),G(0,2,1),所以GF=(1,-1,-1),GD1=(0,-2,1),所以GF·GD1|GF|=2-13=33,|GD5.如图,在棱长为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32解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则平面ACD1的一个法向量为(1,1,1),由题意,知M1,1,所以AM=0,所以点M到平面ACD1的距离为d=0,1,易知MN∥AD1,又因为MN⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,所以MN∥平面ACD1,所以MN到平面ACD1的距离为326.如图,在四棱锥O-ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,∠ABC=π4,OA⊥底面ABCD,OA=2,M为OA的中点(1)求异面直线AB与MD夹角的大小;(2)求点B到平面OCD的距离.解:如图,作AP⊥CD于点P,以A为坐标原点,AB,AP,AO所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),P0,22,0,D-2(1)设异面直线AB与MD的夹角为θ,因为AB=(1,0,0),MD=-2所以cosθ=|AB·MD||AB|·|所以异面直线AB与MD夹角的大小为π3(2)因为OP=0,22,-2设平面OCD的法向量为n=(x,y,z),则n·OP取z=2,则x=0,y=4,所以n=(0,4,2)是平面OCD的一个法向量.设点B到平面OCD的距离为d.因为OB=(1,0,-2),所以d=|OB·n所以点B到平面OCD的距离为23B级能力提升7.在空间直角坐标系中,定义平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,且A,B,C不同时为零),点P(x0,y0,z0)到平面α的距离d=|Ax0+By0+Cz0+A.55 B.C.2 D.5解析:如图,作出正四棱锥P-A'B'C'D',以底面中心O为坐标原点,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A'(1,1,0),B'(-1,1,0),P(0,0,2).设平面PA'B'的方程为Ax+By+Cz+D=0,将点A',B',P的坐标代入计算,可得A=0,B=-D,C=-12D,所以平面PA'B'的方程为-Dy-12Dz+D=0,即2y+z-2=0,所以点O到侧面的距离d=|2答案:B8.如图,P是正方形ABCD所在平面外一点,且PD⊥AD,PD⊥DC,PD=3,AD=2,若M是AB的中点,则点M到平面PAC的距离d为322解析:如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,3),M(2,1,0).设n=(x,y,z)为平面PAC的法向量.因为PA=(2,0,-3),PC=(0,2,-3),由n·PA=0,取z=2,则x=y=3.所以n=(3,3,2)为平面PAC的一个法向量.因为MA=(0,-1,0),所以d=|n·MA||所以点M到平面PAC的距离d为3229.如图,在四面体ABCD中,O为BD的中点,AB=AD=2,CA=CB=CD=BD=22,AO⊥平面BCD,则点D到平面ABC的距离为242解析:如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,6,0),D(-2,0,0),所以AB=(2,0,-2),BC=(-2,6,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AB·n=0,BC·n=0,即2x-2z=0,-2x+6y=0,令y=1,则x=3,z=3.所以n=(3,1,3)是平面ABC的一个法向量10.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2,E,F分别是线段PA,PD的中点.问:线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为45?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由解:由题意,知PA,AD,AB两两垂直.如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,0,1),F(0,1,1).假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m.所以点Q的坐标为(2-m,2,0),所以EQ=(2-m,2,-1).因为EF=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则n·EF令x=1,则y=0,z=2-m.所以n=(1,0,2-m)是平面EFQ的一个法向量.因为AE=(0,0,1),所以点A到平面EFQ的距离d=|AE·n||n|=|2-m|1+(2-m)2=45,即(2-m)2=169,所以m=23或C级挑战创新11.多选题已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,O分别是A1B1,A1C1的中点,点P在正方体内部,且满足AP=34AB+12AD+23AA.点A到直线BE的距离是5B.点O到平面ABC1D1的距离为2C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为3D.点P到直线AB的距离为25解析:如图,建立空间直角坐标系,则点A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E12,0,1,所以BA=(-设∠ABE=θ,则cosθ=|BA·BEsinθ=1-cos故点A到直线BE的距离d1=|BA|sinθ=1×255=255,易知C1O=12C1A1=-12,-12则点O到平面ABC1D1的距离d2=|DA1·C1O||A1B=(1,0,-1),A1D=(0,1,-设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),则n·A令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).所以点D1到平面A1BD的距离d3=|A1D1·因为平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33,故C正确因为AP=34AB+12AD+23A又AB=(1,0,0),则|AP·AB||AB|=34,所以点P到直线AB的距离d=|AP|2-答案:BC12.多空题如图所示,多面体是由底面为ABCD的长方体被平行四边形AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.则BF的长为26,点C到平面AEC1F的距离为433解析:如图,建立空间直角坐标系,则B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).设F(0,0,z).由题意,知四边形AEC1F为平行四边形,所以由AF=EC1,得(-2,0,z)=(-所以z=2,所以F(0,0,2).所以BF=(-2,-4,2).所以|BF|=26,即BF的长为26.设n1为平面AEC1F的一个法向量,显然n1不垂直于平面ADF.因为AE=(0,4,1),AF=(-2,0,2),所以可设n1=(x,y,1),则由n1·AE=0所以n1=1,-因为CC1=(0,0,3),设CC1与n1cosα=CC1·n1所以点C到平面AEC1F的距离为d=|CC1|cosα=3×43313.多空题如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°,M为BB1的中点,N为BC的中点.则点M到直线AC1的距离为322,点N到平面MA1C1的距离为解析:如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0)