2024-2025学年新教材高中数学课时素养评价十第一章空间向量与立体几何1.2.5空间中的距离含解析新人教B版选择性必修第一册

PAGE十空间中的距离(15分钟30分)1．正方体的棱长为a，且正方体各面的中心是一个几何体的顶点，这个几何体的棱长为()A．eq\f(\r(2),2)aB．eq\f(1,2)aC．eq\f(\r(3),3)D．eq\f(1,3)a【解析】选A.如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为a，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，a))，F(eq\f(a,2)，eq\f(a,2)，0)，M(eq\f(a,2)，a，eq\f(a,2))，N(0，eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，P(eq\f(a,2)，0，eq\f(a,2))，Q(a，eq\f(a,2)，eq\f(a,2)).这个几何体是正八面体，棱长PQ＝＝eq\f(\r(2),2)a.所以这个几何体的棱长为eq\f(\r(2),2)a.2．已知正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，则点A到平面BCC1B1的距离等于()A．1B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),2)【解析】选D.因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，所以△ABC是边长为1的等边三角形，BB1⊥平面ABC，取BC中点D，连接AD，则AD⊥BC，AD⊥BB1，因为BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BCC1B1，则点A到平面BCC1B1的距离为AD＝＝eq\f(\r(3),2).3．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到BC的距离是()A.eq\r(5)B．2eq\r(5)C．3eq\r(5)D．4eq\r(5)【解析】选D.过点A作AD⊥BC于点D，连接PD，因为AB＝AC＝5，BC＝6，所以BD＝DC＝3，又因为PA⊥平面ABC，AD⊥BC，所以BC⊥PD，所以点P到BC的距离是PD的长，在△ADC中，AC＝5，DC＝3，所以AD＝4，在Rt△PAD中，PD＝eq\r(PA2＋AD2)＝eq\r(82＋42)＝eq\r(80)＝4eq\r(5).4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝1，AD＝2，AB＝4，E是AC的中点，则D1E＝______，点A到D1C的距离为________．【解析】建系如图，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，0))，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，－1))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，－1))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(D1E))＝eq\r(6)，所以＝eq\r(6).设Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))满意＝λ，eq\o(AF,\s\up6(→))⊥，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z－1))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4λ，－λ))，所以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4λ，1－λ))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，4λ，1－λ))，由eq\o(AF,\s\up6(→))·＝0得，λ＝eq\f(1,17)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(4,17)，\f(16,17)))，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AF,\s\up6(→))))＝eq\f(2\r(357),17)，即点A到D1C的距离为eq\f(2\r(357),17).答案：eq\r(6)eq\f(2\r(357),17)5．已知在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E为CC1的中点，求直线AC1与平面BED的距离．【解析】连接AC交BD于点O，连接EO，则OE∥AC1，得AC1∥平面BED，所以AC1到平面BED的距离，即为C1点到平面BED的距离，又C1E＝CE且CC1∩平面BED＝E，所以C1点到平面BED的距离等于C点到平面BED的距离．又BD⊥平面ECO，所以平面BED⊥平面ECO，过点C作CH⊥EO于点H，则CH的长即为点C到平面BED的距离，所以CH＝eq\f(CE·CO,EO)＝eq\f(\r(2)×\r(2),2)＝1.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若点P满意eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)，则点P到直线AB的距离为()A．eq\f(25,144)B．eq\f(5,12)C．eq\f(13,20)D．eq\f(\r(105),15)【解析】选B.如图，过点P作PM⊥平面ABCD于点M，过点M作NM⊥AB于点N，连接PN，则PN的长即为所求，因为满意eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)，所以AN＝eq\f(3,5)，MN＝eq\f(1,3)，MP＝eq\f(1,4)，所以PN＝eq\r(MN2＋MP2)＝eq\f(5,12).2．如图，在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC＝BD＝2，点E是CD的中点，若直线AB与平面ACD所成角的正弦值为eq\f(1,3)，则点B到平面ACD的距离为()A.eq\f(\r(2),2)B．eq\f(4,3)C．eq\f(2\r(2),3)D．eq\f(2,3)【解析】选B.在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，以B为原点，BC为x轴，BD为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，BC＝BD＝2，点E是CD的中点，设BA＝t，则A(0，0，t)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，0，－t)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(－2，0，t)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，设平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up6(→))＝－2x＋tz＝0,n·\o(CD,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0))，取x＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(2,t)))，因为直线AB与平面ACD所成角的正弦值为eq\f(1,3)，所以eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|\o(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,\r(（－t）2)·\r(2＋\f(4,t2)))＝eq\f(1,3)，解得t＝4(t＝－4，舍)，所以平面ACD的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，0，－4)，所以点B到平面ACD的距离为d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(\f(9,4)))＝eq\f(4,3).3．(2024·遂宁模拟)用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体．已知正六面体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为()A．eq\r(3)B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(4\r(3),3)D．2eq\r(3)【解析】选C.由题意正六面体ABCD­A1B1C1D1是棱长为4的正方体，因为AB1∥DC1，B1D1∥BD，AB1∩B1D1＝B1，C1D∩BD＝D，所以平面AB1D1∥平面BC1D，连接A1C，可得A1C⊥平面AB1D1，A1C⊥平面BC1D.设垂足分别为E，F，则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为EF的长．正方体的棱长为eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3).在三棱锥A1­AB1D1中，由等体积法求得：A1E＝eq\f(\f(1,2)×4×4×4,\f(1,2)×4\r(2)×4\r(2)×\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3).所以平面AB1D1与平面BC1D间的距离为4eq\r(3)－eq\f(8\r(3),3)＝eq\f(4\r(3),3).4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝5，P是棱DD1上的动点，则△PA1C的面积最小时，DP＝()A．1B．2C．eq\f(5,2)D．4【解析】选A.以点A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，5)，C(1，2，0)，P(0，2，z)(0≤z≤5)，所以PA1＝eq\r(4＋（z－5）2)，A1C＝eq\r(1＋4＋25)＝eq\r(30)，PC＝eq\r(1＋z2)，所以cos∠A1PC＝eq\f(4＋（z－5）2＋1＋z2－30,2PA1·PC)＝eq\f(z2－5z,PA1·PC)，所以sin∠A1PC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z2－5z,PA1·PC)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5z2－10z＋29),PA1·PC)，所以S△PA1C＝eq\f(1,2)PA1·PCsin∠A1PC＝eq\f(\r(5z2－10z＋29),2)＝eq\f(\r(5（z－1）2＋24),2)≥eq\r(6)，当且仅当z＝1时取等号，即当z＝1时，△PA1C的面积取得最小值eq\r(6).二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，F是棱A1D1上的动点．下列说法不正确的是()A.对随意动点F，在平面ADD1A1内不存在与平面CBF平行的直线B．对随意动点F，在平面ABCD内存在与平面CBF垂直的直线C．当点F从A1运动到D1的过程中，二面角F­BC­A的大小不变D．当点F从A1运动到D1的过程中，点D到平面CBF的距离渐渐变大【解析】选ABD.因为AD在平面ADD1A1内，且平行平面CBF，故A不正确；平面CBF即平面A1D1CB，又平面A1D1CB与平面ABCD斜相交，所以在平面ABCD内不存在与平面CBF垂直的直线，故B不正确；平面CBF即平面A1D1CB，平面A1D1CB与平面ABCD是确定平面，所以二面角不变更，故C正确；平面CBF即平面A1D1CB，点D到平面A1D1CB的距离为定值，故不正确．6．已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为1，AA1＝2，则()A．D1C∥平面A1BC1B．异面直线A1B与AC所成角的余弦值为eq\f(4,5)C．AC⊥平面BB1D1DD．点B1到平面A1BCD1的距离为eq\f(2\r(5),5)【解析】选ACD.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形BA1D1C为平行四边形，则D1C∥A1B.因为A1B⊂平面A1BC1，D1C⊄平面A1BC1，所以D1C∥平面A1BC1，故A正确；因为D1C∥A1B，所以异面直线A1B与AC所成角即为∠ACD1.由已知求得AC＝eq\r(2)，AD1＝CD1＝eq\r(5)，则cos∠ACD1＝eq\f(\f(1,2)AC,CD1)＝eq\f(\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，故B错误；在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，DD1⊥底面ABCD，则DD1⊥AC，又AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BB1D1D，故C正确；设点B1到平面A1BCD1的距离为h，由VB­A1B1D1＝VB1­A1BD1，得eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×eq\r(5)×h，则h＝eq\f(2\r(5),5).即点B1到平面A1BCD1的距离为eq\f(2\r(5),5)，故D正确．三、填空题(每小题5分，共10分)7．已知三棱锥O­ABC，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，且OA＝1，OB＝2，OC＝2，则点A到直线BC的距离为________.【解析】以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意可知A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(1＋4＋0)＝eq\r(5)，eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))|,|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\r(2).所以点A到直线BC的距离d＝eq\r(5－2)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)8．如图，一个结晶体的形态为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，若对角线A1C的长是棱长的m倍，则m等于______．【解题指南】设棱长为a，由＝＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，得＝(＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2，推导出＝eq\r(2)a.由此能求出m的值．【解析】一个结晶体的形态为平行六面体，以顶点A为端点的三条棱的长度都相等，且它们彼此的夹角都是60°.设棱长为a，对角线A1C的长是棱长的m倍，＝＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，所以＝(＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2＝＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋2·||·eq\o(|AB|,\s\up6(→))·cos120°＋2·||·eq\o(|BC|,\s\up6(→))·cos120°＋2·eq\o(|AB|,\s\up6(→))·eq\o(|BC|,\s\up6(→))·cos60°＝a2＋a2＋a2－a2－a2＋a2＝2a2，所以＝eq\r(2)a.所以m＝eq\r(2).答案：eq\r(2)四、解答题(每小题10分，共20分)9．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点．(1)求EF；(2)求证：EF∥平面AA1D1D.【解题指南】(1)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出|eq\o(EF,\s\up6(→))|，即得EF.(2)求出＝(－2，0，2)，由＝2eq\o(EF,\s\up6(→))，得AD1∥EF，由此能证明EF∥平面AA1D1D.【解析】(1)在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点．以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，由题知，E(2，1，0)，F(1，1，1)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，所以|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(（－1）2＋02＋12)＝eq\r(2)，即EF＝eq\r(2).(2)由题知A(2，0，0)，D1(0，0，2)，所以＝(－2，0，2)，所以＝2eq\o(EF,\s\up6(→))，故AD1∥EF，又AD1⊂平面AA1D1D，EF⊄平面AA1D1D，所以EF∥平面AA1D1D.10．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．【解析】(1)建立以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，如图所示．则P(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，设平面PEF的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0.))令x＝2，则y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3)，所以点D到平面PEF的距离为d＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|2＋1|,\r(4＋4＋9))＝eq\f(3,17)eq\r(17)，因此，点D到平面PEF的距离为eq\f(3,17)eq\r(17).(2)易知AC∥EF，得AC∥平面PEF，因为eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以点A到平面PEF的距离为d＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17)，所以AC到平面PEF的距离为eq\f(\r(17),17).【补偿训练】如图，已知四棱锥S­ABCD，SA⊥底面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，AS＝4，E是AB的中点，F在BC上，且BF＝eq\f(1,2)FC，求点A到平面SEF的距离．【解析】以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AS所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A(0，0，0)，E(0，2，0)，F(1，4，0)，S(0，0，4)，eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，0，4)，eq\o(SE,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，eq\o(SF,\s\up6(→))＝(1，4，－4).设平面SEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\o(SE,\s\up6(→))·n＝0，且eq\o(SF,\s\up6(→))·n＝0，即(0，2，－4)·(x，y，z)＝2y－4z＝0，且(1，4，－4)·(x，y，z)＝x＋4y－4z＝0，在上面的两个方程中，令z＝1，则可解得x＝－4，y＝2，所以n＝(－4，2，1)，因此，点A到平面SEF的距离d＝eq\f(|\o(AS,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,\r(21))＝eq\f(4\r(21),21).1．点M是棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中棱AB的中点，eq\o(CN,\s\up6(→))＝2，动点P在正方形AA1DD1(包括边界)内运动，且PB1∥平面DMN，则PC的长度范围为()A．[eq\r(13)，eq\r(19)] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(35),5)，\r(19)))C．[2eq\r(3)，eq\r(19)] D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3\r(39),5)，\r(19)))【解题指南】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，平面DMN截正方体ABCD­A1B1C1D1的截面为梯形DMEN，其中ME∥DN，BE＝1，取C1D1中点F，在DD1上取点H，使DH＝2，在AA1取点G，使AG＝1，则平面DMEN∥平面B1FHG，推导出P点的轨迹是线段GH，利用向量法能求出PC的长度范围．【解析】选B.以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，平面DMN截正方体ABCD­A1B1C1D1的截面为梯形DMEN，其中ME∥DN，BE＝1，取C1D1中点F，在DD1上取点H，使DH＝2，在AA1取点G，使AG＝1，则平面DMEN∥平面B1FHG，因为动点P在正方形AA1DD1(包括边界)内运动，且PB1∥平面DMN，所以P点的轨迹是线段GH，G(3，0，1)，H(0，0，2)，C(0，3，0)，B1(3，3，3)eq\o(GH,\s\up6(→))＝(－3，0，1)，GB1＝(0，3，2)，所以点C到线段GH的距离d＝|eq\o(GC,\s\up6(→))|·eq\r(1－[cos〈\o(GC,\s\up6(→))，\o(GH,\s\up6(→))〉])2＝eq\r(19)×＝eq\f(3\r(35),5)，所以P