2024-2025學年新教材高中數(shù)學課時素養(yǎng)評價十第一章空間向量與立體幾何1.2.5空間中的距離含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGE十空間中的距離(15分鐘30分)1．正方體的棱長為a，且正方體各面的中心是一個幾何體的頂點，這個幾何體的棱長為()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】選A.如圖，建立空間直角坐標系，因為正方體的棱長為a，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，a))，F(xiàn)(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)).這個幾何體是正八面體，棱長PQ＝＝eq\f(\r(2),2)a.所以這個幾何體的棱長為eq\f(\r(2),2)a.2．已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，則點A到平面BCC1B1的距離等于()A．1B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),2)【解析】選D.因為在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，所以△ABC是邊長為1的等邊三角形，BB1⊥平面ABC，取BC中點D，連接AD，則AD⊥BC，AD⊥BB1，因為BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BCC1B1，則點A到平面BCC1B1的距離為AD＝＝eq\f(\r(3),2).3．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，則點P到BC的距離是()A.eq\r(5)B．2eq\r(5)C．3eq\r(5)D．4eq\r(5)【解析】選D.過點A作AD⊥BC于點D，連接PD，因為AB＝AC＝5，BC＝6，所以BD＝DC＝3，又因為PA⊥平面ABC，AD⊥BC，所以BC⊥PD，所以點P到BC的距離是PD的長，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．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝1，AD＝2，AB＝4，E是AC的中點，則D1E＝______，點A到D1C的距離為________．【解析】建系如圖，則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).設Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))滿意＝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)，即點A到D1C的距離為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ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E為CC1的中點，求直線AC1與平面BED的距離．【解析】連接AC交BD于點O，連接EO，則OE∥AC1，得AC1∥平面BED，所以AC1到平面BED的距離，即為C1點到平面BED的距離，又C1E＝CE且CC1∩平面BED＝E，所以C1點到平面BED的距離等于C點到平面BED的距離．又BD⊥平面ECO，所以平面BED⊥平面ECO，過點C作CH⊥EO于點H，則CH的長即為點C到平面BED的距離，所以CH＝eq\f(CE·CO,EO)＝eq\f(\r(2)×\r(2),2)＝1.(30分鐘60分)一、單選題(每小題5分，共20分)1．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，若點P滿意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)，則點P到直線AB的距離為()A．eq\f(25,144)B．eq\f(5,12)C．eq\f(13,20)D．eq\f(\r(105),15)【解析】選B.如圖，過點P作PM⊥平面ABCD于點M，過點M作NM⊥AB于點N，連接PN，則PN的長即為所求，因為滿意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．如圖，在四面體ABCD中，AB，BC，BD兩兩垂直，BC＝BD＝2，點E是CD的中點，若直線AB與平面ACD所成角的正弦值為eq\f(1,3)，則點B到平面ACD的距離為()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】選B.在四面體ABCD中，AB，BC，BD兩兩垂直，以B為原點，BC為x軸，BD為y軸，BA為z軸，建立空間直角坐標系，BC＝BD＝2，點E是CD的中點，設BA＝t，則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)，設平面ACD的法向量n＝(x，y，z)，則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)))，因為直線AB與平面ACD所成角的正弦值為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)，所以點B到平面ACD的距離為d＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(\f(9,4)))＝eq\f(4,3).3．(2024·遂寧模擬)用六個完全相同的正方形圍成的立體圖形叫正六面體．已知正六面體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4，則平面AB1D1與平面BC1D間的距離為()A．eq\r(3)B．eq\f(\r(6),3)C．eq\f(4\r(3),3)D．2eq\r(3)【解析】選C.由題意正六面體ABCD-A1B1C1D1是棱長為4的正方體，因為AB1∥DC1，B1D1∥BD，AB1∩B1D1＝B1，C1D∩BD＝D，所以平面AB1D1∥平面BC1D，連接A1C，可得A1C⊥平面AB1D1，A1C⊥平面BC1D.設垂足分別為E，F(xiàn)，則平面AB1D1與平面BC1D間的距離為EF的長．正方體的棱長為eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3).在三棱錐A1-AB1D1中，由等體積法求得：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與平面BC1D間的距離為4eq\r(3)－eq\f(8\r(3),3)＝eq\f(4\r(3),3).4．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝5，P是棱DD1上的動點，則△PA1C的面積最小時，DP＝()A．1B．2C．eq\f(5,2)D．4【解析】選A.以點A為坐標原點，AB，AD，AA1分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則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)，當且僅當z＝1時取等號，即當z＝1時，△PA1C的面積取得最小值eq\r(6).二、多選題(每小題5分，共10分，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)5．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，F(xiàn)是棱A1D1上的動點．下列說法不正確的是()A.對隨意動點F，在平面ADD1A1內不存在與平面CBF平行的直線B．對隨意動點F，在平面ABCD內存在與平面CBF垂直的直線C．當點F從A1運動到D1的過程中，二面角F-BC-A的大小不變D．當點F從A1運動到D1的過程中，點D到平面CBF的距離漸漸變大【解析】選ABD.因為AD在平面ADD1A1內，且平行平面CBF，故A不正確；平面CBF即平面A1D1CB，又平面A1D1CB與平面ABCD斜相交，所以在平面ABCD內不存在與平面CBF垂直的直線，故B不正確；平面CBF即平面A1D1CB，平面A1D1CB與平面ABCD是確定平面，所以二面角不變更，故C正確；平面CBF即平面A1D1CB，點D到平面A1D1CB的距離為定值，故不正確．6．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為1，AA1＝2，則()A．D1C∥平面A1BC1B．異面直線A1B與AC所成角的余弦值為eq\f(4,5)C．AC⊥平面BB1D1DD．點B1到平面A1BCD1的距離為eq\f(2\r(5),5)【解析】選ACD.如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因為A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四邊形BA1D1C為平行四邊形，則D1C∥A1B.因為A1B?平面A1BC1，D1C?平面A1BC1，所以D1C∥平面A1BC1，故A正確；因為D1C∥A1B，所以異面直線A1B與AC所成角即為∠ACD1.由已知求得AC＝eq\r(2)，AD1＝CD1＝eq\r(5)，則cos∠ACD1＝eq\f(\f(1,2)AC,CD1)＝eq\f(\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(\r(10),10)，故B錯誤；在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥底面ABCD，則DD1⊥AC，又AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BB1D1D，故C正確；設點B1到平面A1BCD1的距離為h，由VB-A1B1D1＝VB1-A1BD1，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，則h＝eq\f(2\r(5),5).即點B1到平面A1BCD1的距離為eq\f(2\r(5),5)，故D正確．三、填空題(每小題5分，共10分)7．已知三棱錐O-ABC，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，且OA＝1，OB＝2，OC＝2，則點A到直線BC的距離為________.【解析】以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.由題意可知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).所以點A到直線BC的距離d＝eq\r(5－2)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)8．如圖，一個結晶體的形態(tài)為平行六面體，其中，以頂點A為端點的三條棱長都相等，且它們彼此的夾角都是60°，若對角線A1C的長是棱長的m倍，則m等于______．【解題指南】設棱長為a，由＝＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，得＝(＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))2，推導出＝eq\r(2)a.由此能求出m的值．【解析】一個結晶體的形態(tài)為平行六面體，以頂點A為端點的三條棱的長度都相等，且它們彼此的夾角都是60°.設棱長為a，對角線A1C的長是棱長的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、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，A1C的中點．(1)求EF；(2)求證：EF∥平面AA1D1D.【解題指南】(1)以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，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，由此能證明EF∥平面AA1D1D.【解析】(1)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，A1C的中點．以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，由題知，E(2，1，0)，F(xiàn)(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)由題知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的邊長為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．(1)求點D到平面PEF的距離；(2)求直線AC到平面PEF的距離．【解析】(1)建立以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))分別為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系，如圖所示．則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))，F(xiàn)eq\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))，設平面PEF的法向量n＝(x，y，z)，則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，則y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3)，所以點D到平面PEF的距離為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，點D到平面PEF的距離為eq\f(3,17)eq\r(17).(2)易知AC∥EF，得AC∥平面PEF，因為eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，所以點A到平面PEF的距離為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的距離為eq\f(\r(17),17).【補償訓練】如圖，已知四棱錐S-ABCD，SA⊥底面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，AS＝4，E是AB的中點，F(xiàn)在BC上，且BF＝eq\f(1,2)FC，求點A到平面SEF的距離．【解析】以點A為坐標原點，分別以AD，AB，AS所在的直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Axyz，如圖所示，則A(0，0，0)，E(0，2，0)，F(xiàn)(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).設平面SEF的一個法向量為n＝(x，y，z)，則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，在上面的兩個方程中，令z＝1，則可解得x＝－4，y＝2，所以n＝(－4，2，1)，因此，點A到平面SEF的距離d＝eq\f(|\o(AS,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,\r(21))＝eq\f(4\r(21),21).1．點M是棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中棱AB的中點，eq\o(CN,\s\up6(→))＝2，動點P在正方形AA1DD1(包括邊界)內運動，且PB1∥平面DMN，則PC的長度范圍為()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)))【解題指南】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，平面DMN截正方體ABCD-A1B1C1D1的截面為梯形DMEN，其中ME∥DN，BE＝1，取C1D1中點F，在DD1上取點H，使DH＝2，在AA1取點G，使AG＝1，則平面DMEN∥平面B1FHG，推導出P點的軌跡是線段GH，利用向量法能求出PC的長度范圍．【解析】選B.以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，平面DMN截正方體ABCD-A1B1C1D1的截面為梯形DMEN，其中ME∥DN，BE＝1，取C1D1中點F，在DD1上取點H，使DH＝2，在AA1取點G，使AG＝1，則平面DMEN∥平面B1FHG，因為動點P在正方形AA1DD1(包括邊界)內運動，且PB1∥平面DMN，所以P點的軌跡是線段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)，所以點C到線段GH的距離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