高中人教B版 (2019)1.2.5 空间中的距离课时练习

1.2.5　空间中的距离

基础过关练

题组一　空间中两点之间的距离和点到直线的距离

1.如图所示,在空间直角坐标系中,有一棱长为a的正方体OABC-D'A'B'C',A'C的中点E与AB的中点F的距离为(　　)

A.a B.a C.a D.a

2.(2020山东济南高二期末)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

3.(2020黑龙江北安市实验中学高二期末)如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为(　　)

A. B. C. D.1

4.(2020浙江杭州高三期末)棱长为1的正方体EFGH-ABCD如图所示,M,N分别为直线AF,BG上的动点,则线段MN长度的最小值为　　　　. 

题组二　点到平面的距离

5.(2020福建师大附中高二期末)在空间直角坐标系Oxyz中,四面体ABCD的顶点坐标分别是A(0,0,2),B(2,2,0),C(1,2,1),D(2,2,2),则点B到平面ACD的距离是(　　)

A. B. C. D.

6.(2019陕西西安高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为BB1的中点,则点C到平面A1D1E的距离为(　　)

A. B. C. D.

7.(2019天津南开中学高二期中)已知三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到平面ABC的距离为(　　)

A. B. C. D.

8.(2020甘肃兰州高二期末)在三棱柱ABC-A1B1C1中,=(-6,2,-8),=(4,

-2,3),=(-4,1,0),则该三棱柱的高为　　　　. 

9. (2019云南曲靖会泽高二期中)在空间直角坐标系中,点P(0,0,1)为平面ABC外一点,且A(1,1,0),B(0,2,3),若平面ABC的一个法向量为n=(1,m,1),则点P到平面ABC的距离为　　　　. 

10.(2019上海高三月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,∠BAC=90°,E、F分别为C1C、BC的中点.

(1)求异面直线A1B、EF所成角θ的大小;

(2)求点B1到平面AEF的距离.

11.(2020安徽六安一中高二期末)如图,在三棱锥S-ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,SA=SC=2,O,M分别为AC,AB的中点,且SO⊥AB.

(1)证明:SO⊥平面ABC;

(2)求二面角S-CM-A的余弦值;

(3)求点B到平面SCM的距离.

题组三　相互平行的直线与平面之间、相互平行的平面与平面之间的距离

12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为(　　)

A. B. C. D.

13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=3,BC=2,AA1=1,则点B到面ADD1A1的距离为　　　　,直线AC与面A1B1C1D1的距离为　　　　,面ABB1A1与面DCC1D1的距离为　　　　. 

14.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,点E为CC1的中点,求直线AC1到平面BED的距离.

15.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.

能力提升练

题组一　点到直线的距离及应用

1.(2019江西南昌二中高二月考,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则空间中到三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有(　　)　　　　　　　　　

A.0个 B.2个 C.3个 D.无数个

2.(2020吉林长春高二期末,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E是棱A1B1的中点,则点A到直线BE的距离是(　　)

A. B. C. D.

题组二　点到平面的距离及应用

3.(2019安徽合肥高二月考,)如图所示,在多面体ABCDFC1E中,底面ABCD是长方形,且D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).若四边形AEC1F为平行四边形,则点C到平面AEC1F的距离为(　　)

A. B.4 C. D.

4.(2020河南郑州高二期末,)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1、BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<2),则点G到平面D1EF的距离为(　　)

A.2 B. C. D.

5.(2020四川成都高二期末,)已知三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC=1,且SA、SB、SC两两垂直,P是三棱锥S-ABC外接球的球面上一动点,则点P到平面ABC的距离的最大值是(　　)

A. B. C. D.

6.(2019安徽滁州定远育才实验学校高二开学考试,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,中心为O,=,=,则四面体O-EBF的体积为　　(　　)

A. B. C. D.

7.(2020福建师大附中高二期末,)如图,ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱,O1是A1C1和B1D1的交点.

(1)若正四棱柱的高与底面边长相等,求二面角A-B1D1-A1的大小(结果用反三角函数值表示);

(2)若点C到平面AB1D1的距离为,求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高.

8.(2020重庆西南大学附中高二期末,)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧面PAD为正三角形,AD=2,AB=3,平面PAD⊥平面ABCD,E为棱PB上一点(不与P、B重合),平面ADE交棱PC于点F.

(1)求证:AD∥EF;

(2)若二面角B-AC-E的余弦值为,求点B到平面AEC的距离.

9.(2019湖北华中师大附中高三期中,)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.

(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;

(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为,试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD?若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.

题组三　直线与平面、平面与平面间的距离

10.(2020吉林长春高二期末,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为(　　)

A. B. C. D.

11.(2020上海控江中学高二期末,)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=1,∠BAC=90°,且异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,设AA1=a.

(1)求a的值;

(2)求直线B1C1与平面A1BC之间的距离.

答案全解全析

基础过关练

1.B　由题意得A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A'(a,0,a),则F,E.

∴||===a.

2.A　∵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×

=.故选A.

3.B　过点B作BE垂直于A1C,垂足为E,设点E的坐标为(x,y,z),由题图得A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),所以=(1,2,-3),=(x,y,z-3),=(x-1,y,z).

因为∥,·=0,

所以解得所以=,

所以点B到直线A1C的距离为||=,故选B.

4.答案　

解析　以H为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,1),B(1,1,1),F(1,1,0),G(0,1,0),设M(1,y0,1-y0),N(x0,1,x0),则=(x0-1,1-y0,x0+y0-1),=(0,1,-1),=(1,0,1).当MN为两异面直线AF,BG的公垂线段时,MN的长度最短.

由得x0=y0=,

所以M,N,

所以|MN|min

==.故答案为.

5.A　由题意知=(2,2,0),=(1,0,1),=(0,0,2).

设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),则取x=1,则y=-1,z=-1,∴n=(1,-1,-1),

∴==,即点B到平面ACD的距离是.故选A.

6.A　如图所示,以A为原点,、、的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,则A1(0,0,1),D1(0,1,1),E,C(1,1,0),

因此=(0,1,0),=,=(1,1,-1).

设平面A1D1E的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则

令x1=1,则z1=2,此时m=(1,0,2),

所以点C到平面A1D1E的距离为==.故选A.

7.D　因为三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,

所以以P为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.

因为PA=1,PB=2,PC=3,

所以P(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),

所以=(0,0,-3),=(1,0,-3),=(0,2,-3).

设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),

则即

取z=2,则x=6,y=3,所以n=(6,3,2),

所以点P到平面ABC的距离为

==.

故选D.

8.答案　2

解析　由题意知==(-4,1,0),

该三棱柱的高即为点A1到平面ABC的距离d.

设n=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,

则

令x=1,则y=4,z=,∴n=,

∵=(-6,2,-8),

∴d===2.

故答案为2.

9.答案　

解析　由题意得,=(-1,1,3),n·=0,

∴m=-2,∴n=(1,-2,1),

∵=(1,1,-1),

∴点P到平面ABC的距离为==.

10.解析　以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系(图略),则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),B1(2,0,2),C(0,2,0),E(0,2,1),F(1,1,0).

(1)易知=(2,0,-2),=(1,-1,-1),

∴cos θ=|cos<,>|===,

∴θ=arccos.

(2)设平面AEF的一个法向量为n=(a,b,c),

∵=(0,2,1),=(1,1,0),

∴得

令a=1,则b=-1,c=2,∴n=(1,-1,2),

又=(2,0,2),

∴点B1到平面AEF的距离为=.

11.解析　(1)证明:因为SA=SC,O为AC的中点,所以AC⊥SO,

又SO⊥AB,AC∩AB=A,

所以SO⊥平面ABC.

(2)连接OB,以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),B(0,2,0),

所以=(2,0,2),因为M为AB的中点,所以M(1,,0),=(3,,0),

设n=(x,y,z)为平面SCM的一个法向量,则

令x=1,则y=-,z=-1,

所以n=(1,-,-1),

易知=(0,0,2)为平面CMA的一个法向量,

所以cos<n,>==-.

由图可知二面角S-CM-A是锐二面角,

所以二面角S-CM-A的余弦值为.

(3)由(2)可得=(2,2,0),n=(1,-,-1)为平面SCM的一个法向量.

所以点B到平面SCM的距离为=.

12.B　以D1为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,0),C1(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1),

所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(-1,0,0).

设平面A1C1D的一个法向量为m=(x,y,z),则

令z=1,则x=1,y=1,故m=(1,1,1).

显然平面AB1C∥平面A1C1D,

所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为=.

13.答案　3;1;2

解析　在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥面ADD1A1,

所以点B到面ADD1A1的距离为AB=3.

因为AC∥面A1B1C1D1,

所以直线AC上任意一点到面A1B1C1D1的距离相等,

又AA1⊥面A1B1C1D1,

所以点A到面A1B1C1D1的距离为AA1=1.

因为面ABB1A1与面DCC1D1平行,

且BC与面ABB1A1、面DCC1D1都垂直,

所以线段BC的长度为面ABB1A1与面DCC1D1的距离,故面ABB1A1与面DCC1D1的距离为2.

14.解析　如图,连接AC,交BD于点O,连接OE,以D为原点,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,2,),所以=(2,2,0),=(0,2,),=(2,0,0).

易知AC1∥平面BED.

设n=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量,

则

令y=1,则x=-1,z=-,

所以n=(-1,1,-).

又因为=(2,0,0),

所以点A到平面BDE的距离为

==1.

故直线AC1到平面BED的距离为1.

15.解析　建立以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,如图所示,

则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),E,F,

∴=,=,

=.

(1)设n=(x,y,z)是平面PEF的一个法向量,

则n·=x+y-z=0,①

n·=x+y-z=0,②

①-②,整理得x-y=0.

令x=y=1,则z=.∴n=.

∴点D到平面PEF的距离为===.

(2)作AH'⊥平面PEF,垂足为H'.

由(1)可知∥n,

设=λ=(λ≠0),则

=+

=+

=,

∴·=λ2+λ2-λ+λ2=0,

解得λ=(λ=0舍去).

∴=,||=.

易得AC∥平面PEF,因此,直线AC到平面PEF的距离为.

能力提升练

1.D　以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

设该正方体的棱长为1,连接B1D,并在B1D上任取一点P,

易得=(1,1,1),

所以设P(a,a,a),

其中0≤a≤1.

作PE⊥平面A1D,垂足为E,作EF⊥A1D1,垂足为F,

则||是点P到直线A1D1的距离,易知F(a,0,1),所以=(0,-a,1-a),

所以||=;

同理,点P到直线AB、CC1的距离也是.

所以B1D上任一点到正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离都相等,

所以空间中到正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有无数个.故选D.

2.B　以B为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,0,2),则E(0,1,2),∴=(0,2,0),=(0,1,2).设与的夹角为θ,

则cos θ===,

∴sin θ==.

故点A到直线BE的距离d=||sin θ=2×=.

故选B.

3.D　由题知=(0,4,1),=(-2,0,2),

设F(0,0,z),则=(-2,0,z),

∵四边形AEC1F为平行四边形,

∴=,即(-2,0,z)=(-2,0,2),

∴z=2,

∴F(0,0,2),=(-2,0,2).

设n为平面AEC1F的一个法向量,显然n不垂直于平面ADF,故可设n=(x,y,1),

则

即

∴

∴n=.

又=(0,0,3),∴点C到平面AEC1F的距离为==.故选D.

4.D　以D为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

则G(2,λ,2),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),

因此=(-2,0,1),=(0,2,0),=(0,λ,1).

设平面D1EF的一个法向量为n=(x,y,z),

则

令x=1,得n=(1,0,2),

∴点G到平面D1EF的距离为

==.故选D.

5.C　∵三棱锥S-ABC满足SA、SB、SC两两垂直,且SA=SB=SC=1,

∴SA、SB、SC是棱长为1的正方体MNQB-ADCS上具有公共顶点S的三条棱,

以B为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

则B(0,0,0),A(1,0,1),C(0,1,1),N(1,1,0),

因此=(1,0,1),=(0,1,1),=(1,1,0).

设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),

则

令x=1,得n=(1,1,-1).

易知三棱锥S-ABC的外接球就是棱长为1的正方体MNQB-ADCS的外接球,

∵P是三棱锥S-ABC外接球的球面上一动点,

∴由正方体与球的几何性质可得,当点P与点N重合时,点P到平面ABC的距离最大,

∴点P到平面ABC的距离的最大值为==.故选C.

6.D　如图所示,以D为坐标原点,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,则O,B(1,1,0),E,F,因此=,=,=,所以||=,||=,||=,

所以cos∠BOE===-,

所以sin∠BOE=,

所以S△OEB=||·||·sin∠BOE=×××=.

设平面OEB的一个法向量为n=(x,y,z),

则

令z=1,得n=,

又=,

所以点F到平面OEB的距离h===,

所以四面体O-EBF的体积V=S△OEB×h=××=.

7.解析　(1)当正四棱柱的高与底面边长相等时,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体,

连接AO1,因为AB1=AD1,O1为B1D1的中点,所以AO1⊥B1D1,

又A1C1⊥B1D1,所以∠AO1A1即为二面角A-B1D1-A1的平面角.

因为AA1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以AA1⊥A1C1,

所以tan∠AO1A1==.

易知二面角A-B1D1-A1的平面角为锐角,

所以二面角A-B1D1-A1的大小为arctan .

(2)设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为h(h>0).

以A1为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h),

所以=(1,0,-h),=(0,1,-h),=(1,1,0).

设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),

则即

令z=1,则x=y=h,所以n=(h,h,1),

所以点C到平面AB1D1的距离为==,解得h=2(负值舍去),

所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为2.

8.解析　(1)证明:∵底面ABCD为矩形,

∴AD∥BC.

∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,

∴AD∥平面PBC.

又∵AD⊂平面ADE,平面ADE∩平面PBC=EF,∴AD∥EF.

(2)取AD的中点O,连接PO,过点O作OH∥AB交BC于点H.

∵侧面PAD为正三角形,∴PO⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD,

∴PO⊥平面ABCD,

∵四边形ABCD为矩形,

∴AB⊥AD,∴OH⊥AD.

如图所示,以O为原点,OA,OH,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,

则O(0,0,0),P(0,0,),A(1,0,0),B(1,3,0),C(-1,3,0),

因此=(-2,3,0),=(1,3,-).

设E(x,y,z),=λ(0<λ<1),

∴(x,y,z-)=λ(1,3,-),

∴E(λ,3λ,-λ),

∴=(λ-1,3λ,-λ),

设平面AEC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),

∴

即

令x1=3,∴y1=2,z1=,

∴n=.

又易知=(0,0,)是平面ABC的一个法向量,

∴|cos<,n>|=

==,

解得λ=,

∴E,n=(3,2,-3),

∴=,

∴点B到平面AEC的距离为==.

9.解析　(1)证明:∵四棱锥的底面ABCD是直角梯形,AB=,BC=2AD=2,AB⊥BC,

∴DC=2,∠BCD=,

∴△BCD是等边三角形,

∴BD=2,DB平分∠ADC.

∵E为CD的中点,

∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,

又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.

∵AE⊂平面ABCD,

∴平面PBD⊥平面ABCD.

(2)存在.

在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC.

∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,

∴PO⊥平面ABCD,∴PO⊥OC,

∴∠PCO即为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=.

∵PB=PD,PO⊥BD,

∴O为BD的中点,OC⊥BD.

易得OP=OC=,

以O为原点,OB,OC,OP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),

∴=(0,,-),=(-1,0,-).

假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD,

设=λ+μ(λ,μ≥0,λ+μ≤1),易得N(-λ,μ,-(λ+μ-1)),

∴=(-λ-1,μ,-(λ+μ-1)).

由

即解得满足题意,∴点N到平面ABCD的距离为-(λ+μ-1)= .

10.C　由题意可得,原问题等价于求点C1到平面AB1D1的距离h,由等体积法可得

=,即×h××22×sin60°=××××,

解得h=,即平面AB1D1与平面BC1D之间的距离为.故选C.

11.解析　(1)以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,a),B(1,0,0),B1(1,0,a),C1(0,1,a),C(0,1,0),

∴=(1,0,-a),=(-1,1,0).

∵异面直线A1B与B1C1所成的角等于60°,

∴cos<,>=

==cos 60°=,

∴a=1(负值舍去).

(2)由(1)知=(1,0,-1),

=(0,1,-1).

设平面A1BC的一个法向量为n=(x,y,z),

则即

令z=1,得n=(1,1,1).

∵·n=-1×1+1×1+0=0,

∴⊥n,

显然点B1不在平面A1BC内,

∴B1C1与平面A1BC平行.

∵=(0,0,1),

∴==,

∴点B1到平面A1BC的距离为,即直线B1C1与平面A1BC之间的距离为.