高中北师大版 (2019)4.3 用向量方法研究立体几何中的度量关系第2课时习题

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题组一 点到平面的距离
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 D.13
2.(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.25 D.255
3.(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.63 C.36 D.33
4.(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.24 C.22 D.32
5.(2021上海黄浦格致中学高三上学期期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PD⊥平面ABCD,E为PC的中点,AD=3,PD=4,PC=5.
(1)证明:直线PA∥平面BDE;
(2)求点A到平面PBC的距离.
题组二 点到直线的距离
6.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.223 B.1 C.2 D.22
7.(2021天津武清杨村第三中学高二上第一次月考)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.53 D.63
8.(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 .
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.
答案全解全析
基础过关练
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||n|=|-1×1+(-1)×2+2×1|12+22+12=66.
故选B.
2.A 设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0,n·AD=0,即2x-y+3z=0,-2x+y=0,
令x=1,可得y=2,z=0,即n=(1,2,0),
∴cs=n·AP|n||AP|=15×26,
于是点P到平面ABCD的距离为|AP|·cs=55,即四棱锥P-ABCD的高为55.
故选A.
3.D 分别以PA,PB,PC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.
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·AB=0,n·AC=0得-x+y=0,-x+z=0,
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||n|=33.
故选D.
4.B 如图,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),A1(1,0,1),
∴OD1=-12,-12,0.
∵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=(1,0,1).
∴点O到平面ABC1D1的距离
d=|OD1·DA1||DA1|=122=24,故选B.
5.解析 (1)证明:如图1,连接AC交BD于O,连接EO,
因为底面ABCD为矩形,所以O为AC的中点,因为E为PC的中点,所以在△PAC中,OE为中位线,所以OE∥AP,
又因为OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,
所以直线PA∥平面BDE.
图1
(2)建立如图2所示的空间直角坐标系,CD=52-42=3,则P(0,0,4),A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),
图2
所以PB=(3,3,-4),PC=(0,3,-4),AP=(-3,0,4).
设n=(x,y,z)为平面PBC的法向量,则PB·n=0,PC·n=0,
所以3x+3y-4z=0,3y-4z=0,令y=4,则x=0,z=3,所以平面PBC的一个法向量为n=(0,4,3).
设点A到平面PBC的距离为d,
则d=|n·AP||n|=1242+32=125.
6.A ∵A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),
∴AB=(1,0,0),BC=(-1,2,-2),
∴点A到直线BC的距离为
d=|AB|1-(cs)2
=|AB|1-AB·BC|AB|·|BC|2
=1×1--11×32=223.
故选A.
7.C 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|2-CC1·EC|EC|2=1-49=53.
故选C.
8.答案 17
解析 ∵P(-1,1,-1),A(4,1,-2),
∴PA=(5,0,-1),又m=(1,2,-1),
∴cs=m·PA|m|·|PA|=5+1226=326,
∴sin=1726,
又∵|PA|=26,
∴点P到直线l的距离为
|PA|sin=26×1726=17.
9.解析 (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)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,如图.
∵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=a2+3,
在△PBA中,由余弦定理得
PA2=BA2+BP2-2BA·BP·cs∠PBA,
即a2+1=4+a2+3-2×2×a2+3×12,
解得a=6(负值舍去),
∴B(3,0,0),P(0,0,6),E0,12,0,
∴BE=-3,12,0,BP=(-3,0,6),
∴|BE|=132,|BP|=3,∴点E到直线BP的距离d=|BE|2-BE·BP|BP|2=134-1=32.