高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册2.1 空间直角坐标系精练

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第二册2.1 空间直角坐标系精练，共8页。

A．eq \f(2\r(2),3)B．1C．eq \r(2)D．2eq \r(2)
2．(多选)已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在平面α内，若点P(－2，1，z)到α的距离为eq \f(10,3)，则z＝( )
A．－16B．－4C．4D．16
3．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点B到直线AC1的距离为( )
A．eq \f(\r(6),3)B．eq \f(\r(6),6)C．eq \f(\r(6),5)D．eq \f(2\r(6),3)
4.
如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD的中点，求点M到平面PAC的距离．
5.
如图，ABCD­EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))，则P到AB的距离为( )
A．eq \f(3,4)B．eq \f(4,5)C．eq \f(5,6)D．eq \f(3,5)
6．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1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≤1)，则点G到平面D1EF的距离为( )
A．eq \r(3)B．eq \f(\r(2),2)C．eq \f(\r(2)λ,3)D．eq \f(\r(5),5)
7．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为________．
8．在如图所示的多面体中，AD∥BC且AD＝2BC.AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2，求点F到直线EC的距离．
9．如图，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD是四边长为1的菱形，∠ABC＝eq \f(π,4)，OA⊥底面ABCD, OA＝2，求点B到平面OCD的距离．
10.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD.在底面ABCD中，BC∥AD，CD⊥AD，AD＝CD＝1，BC＝2.
(1)求证：AC⊥平面PAB；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于eq \f(π,3)，求点B到平面PCD的距离．
课时作业(二十) 点到直线的距离
与点到平面的距离
1．解析：∵A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，－2)，
∴点A到直线BC的距离为d＝|eq \(AB,\s\up6(→))|·eq \r(1－（cs〈\(AB,\s\up6(→))，\(BC,\s\up6(→))〉）2)＝1×eq \r(1－（\f(－1,1×3)）2)＝eq \f(2\r(2),3).
答案：A
2．解析：因为n＝(－2，－2，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，－2，z)，且d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|2＋4＋z|,\r(4＋4＋1))＝eq \f(|6＋z|,3)＝eq \f(10,3)，所以z＝4或－16.
答案：AC
3．解析：
以D1为坐标原点，以{，，}为单位正交基，建立如图所示的空间直角坐标系D1­xyz，则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C1(0，1，0)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1).
取a＝eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，u＝＝(－eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3))，则a2＝1，a·u＝eq \f(\r(3),3)，
则点B到直线AC1的距离为eq \r(a2－（a·u）2)＝eq \r(1－\f(1,3))＝eq \f(\r(6),3).
答案：A
4．解析：
分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)，M(0，2，2)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，4)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，4，0)，eq \(CM,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·n＝0,\(AC,\s\up6(→))·n＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4z＝0,2x＋4y＝0))，所以z＝0，取x＝2，得y＝－1，
所以n＝(2，－1，0)是平面PAC的一个法向量．
所以点M到平面PAC的距离为eq \f(|\(CM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4＋2＋0|,\r(22＋（－1）2＋0))＝eq \f(2\r(5),5).
5．解析：
如图，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))可作为x，y，z轴方向上的单位向量，
因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(eq \f(3,4)，eq \f(1,2)，eq \f(2,3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,4)，
所以P点到AB的距离d＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6).
答案：C
6．解析：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，
则E(1，0，eq \f(1,2))，G(1，λ，1)，F(1，1，eq \f(1,2))，D1(0，0，1)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，＝(－1，0，eq \f(1,2))，eq \(EG,\s\up6(→))＝(0，λ，eq \f(1,2))，
设平面D1EF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝y＝0,n·ED1＝－x＋\f(1,2)z＝0))，
令x＝1，得z＝2，∴n＝(1，0，2)，
∴点G到平面D1EF的距离为d＝eq \f(|\(EG,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
答案：D
7．解析：
建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，
则A(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，1)，C1(0，0，1)，则＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，－1)，＝(0，1，0)，＝(0，1，－1)，设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，1)，则有解得n＝(eq \f(\r(3),3)，1，1)，则所求距离为＝eq \f(1,\r(\f(1,3)＋1＋1))＝eq \f(\r(21),7).
答案：eq \f(\r(21),7)
8.
解析：因为DG⊥平面ABCD，
DA⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以DG⊥DA，且DG⊥DC，
因为AD⊥DC，
如图所示，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，G(0，0，2)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，B(1，2，0)，
所以eq \(CE,\s\up6(→))＝(2，－2，2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－2，1，0)，
所以点F到直线EC的距离为
eq \r(（\(EF,\s\up6(→))）2－（\f(\(CE,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(CE,\s\up6(→))|)）2)＝eq \r(4＋1－（\f(－4－2＋0,\r(4＋4＋4))）2)＝eq \r(2).
9．解析：
过A作AP⊥CD交CD于点P.如图示，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AO,\s\up6(→))为x、y、z轴正方向建立坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，eq \f(\r(2),2)，0)，D(－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，0)，O(0，0，2)，
eq \(OP,\s\up6(→))＝(0，eq \f(\r(2),2)，－2)，eq \(OD,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，－2)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)
设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(OP,\s\up6(→))＝\f(\r(2),2)y－2z＝0,n·\(OD,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y－2z＝0)).
不妨取z＝eq \r(2)，解得n＝(0，4，eq \r(2)).
设点B到平面OCD的距离为d，则d＝eq \f(|\(OB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|0＋0－2\r(2)|,\r(0＋42＋2))＝eq \f(2,3).
所以点B到平面OCD的距离为eq \f(2,3).
10．解析：(1)证明：设BC中点为E，连接AE，
易知ADCE为正方形，且AC＝eq \r(2)，AE＝1，AB＝eq \r(2)，
所以BC2＝AB2＋AC2，
所以AB⊥AC，
因为PA⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，
所以PA⊥AC，
又PA，AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，
所以AC⊥平面PAB.
(2)因为PA⊥底面ABCD，在正方形ADCE中AE⊥AD，
所以AE，AD，PA两两互相垂直．
如图建立空间直角坐标系A­xyz，
设PA＝a(a>0)，
则C(1，1，0)，D(0，1，0)，B(1，－1，0)，P(0，0，a)，
所以eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，1，－a)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up6(→))＝0,n·\(DC,\s\up6(→))＝0))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－az＝0，,x＝0.))
所以n＝(0，a，1)，
由(1)知，平面PAB的法向量为eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，
因为平面PAB与平面PCD的夹角为eq \f(π,3)，
所以cseq \f(π,3)＝|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·n|,|\(AC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|（1，1，0）·（0，1，－a）|,\r(2)·\r(02＋12＋（－a）2))＝eq \f(1,2)，解得a＝1，
设点B到平面PCD的距离为d.
eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，n＝(0，1，1)，
则d＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|（0，2，0）·（0，1，1）|,\r(2))＝eq \r(2).
练基础
提能力
培优生