《2020高中数学第二章空间向量与立体几何2.6距离的计算训练案北师大版选修2-1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高中数学第二章空间向量与立体几何2.6距离的计算训练案北师大版选修2-1（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 2.6 距离的计算 , 学生用书单独成册) A. 基础达标 1若A(3cos ，3sin ，1) ，B(2cos ，2sin ，1) ，则|AB | 的取值范围是 ( ) A0 ， 5 B1 ，5 C(1， 5) D1 ，25 解析：选 B.|AB | （2cos 3cos ） 2（ 2sin 3sin ） 2 9412cos cos 12sin sin 1312cos（）， 因为 1 cos() 1，所以 1|AB | 5. 2正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，则异面直线AC与A1D的距离为 ( ) A. 23 3 B. 3 3 C.2 D1 解析：选 A. 建立如图坐标系，
2、连接B1C，AB1， 因为A1D平面AB1C，所以异面直线AC与A1D的距离为A1到平面 AB1C的距离D(0 ，0，0) ，A(2 ，0，0) ，C(0 ，2，0) ，B1(2 ，2，2) ， A1(2，0，2) ，AC ( 2，2，0) ，AB1 (0 ，2，2) ，AA1 (0 ，0，2) 设n(x，y，z) 为平面AB1C的法向量，由nAC 0，nAB1 0 得：xyz， 可取n(1 ， 1， 1) ， 故A1到平面ACB 1的距离为 AA1 n |n| 2 3 3 . 3若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成 60角，则A1C1到底 面ABCD的距
3、离为 ( ) A. 3 3 B1 C.2 D.3 解析：选 D. 以D为坐标原点，DA ，DC ，DD1 为x，y，z轴正向建立坐标系，C(0，1，0) ， C1(0，1，3) ，A(1 ，0，0) ，CC1 (0 ，0，3) ，AC1 ( 1，1，3) ， 易知C1C 平面ABCD，可取CC1 为平面ABCD的法向量， 故A1C1到平面ABCD的距离为 CC1 AC1 | CC1 | 3. 4把边长为a(a0)的正ABC沿高线AD折成 60的二面角，则点A到BC的距离是 ( ) AaB. 6 2 a 2 C. 3 3 aD. 15 4 a 解析：选 D. 建立如图所示的空间直角坐标系，因为正
4、ABC边长为a， 所以 |BD| |DC| a 2， 所以B( a 2，0，0)， A(0 ，0， 3 2 a) ， C( a 4， 3 4 a，0)， 所以BA ( a 2，0， 3 2 a) ，BC ( a 4， 3 4 a，0) 与BC 同向的单位向量为s0( 1 2， 3 2 ，0) 所以d|BA | 2| BA s0| 2 15 4 a. 5正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1到平面BDC 1的距离为 ( ) A.2a B.3a C. 2 3 a D. 3 3 a 解析：选 D. 明显A1C平面AB1D1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立
5、空间直角坐标系，则平面AB1D1的一个法向量为n (1， 1，1) ，A(a，0，0)，B(a，a，0) ， BA (0 ，a，0) ，则两平面间的距离为d|BA n |n| | a 3 3 3 a. 6已知点A(1，2，1) ，B( 1，3， 4)，D(1， 1，1) ，若AP 2PB ，则空间P，D两点间 的距离为 _ 解析： 设P(x，y，z) ，由AP (x1，y2，z1) 2PB 2( 1x，3y，4z) ( 22x，62y，82z) ，得 x1 22x， y262y， z182z， 即 x 1 3， y 8 3， z3， 故|PD| （ 1 31） 2（8 31） 2（ 31）2
6、77 3 . 答案： 77 3 7三棱锥S-ABC中，SA平面ABC，ABAC，且ASABAC2，D是SA的中点，则 点D到BC的距离为 _ 解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0 ， 0，1) ，B(2，0，0) ，C(0 ，2，0) ， 所以BD ( 2，0，1) ，BC ( 2，2，0) ， 所以BD 在BC 上的投影长为 |BC BD | |BC | 4 22 2， 故D到BC的距离为 |BD | 2（ 2） 2 3. 答案：3 3 8已知ABC-A1B1C1是各条棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平 面AB1D的距离为 _ 解析： 建立如图所示的空间直角坐
7、标系，则A(0 ，0，0) ，B( 3 2 a， 1 2a，0) ， B1( 3 2 a， a 2， a) ，D(0 ，a， a 2) ， C1(0 ，a，a) ，设平面 AB1D的法向量为n(x，y，z) ， 则 nOD 0， nOB1 0， 即 aya 2z0， 3 2 ax a 2y az0. 所以 2yz 0， 3xy2z0， 取z 2，则y1，x3， 所以n(3，1， 2) ，C1D (0 ，0， a 2) ， 则点C1到平面AB1D的距离为 |nC1D | |n| 2 4 a. 答案： 2 4 a 9. 在如图所示的空间直角坐标系中有长方体ABCD-ABCD， 且ABAD1，BB
8、2，M，N分别是AD，DC的中点，求直线 AC与直线MN的距离 解：依据长方体的性质可知ACMN，故两直线间的距离为点M到直 线AC的距离 由题意得AC ( 1，1，0)，AM (0 ， 1 2， 2) 所以点M到直线AC的距离 d|AM | 2| AM AC |AC | | 2 17 4 1 8 66 4 . 10如图，在四棱锥S-ABCD中，ADBC且ADCD，平面CSD平面ABCD，CSDS，CS 2AD2，E为BS的中点，CE2，AS3. 求点A到平面BCS的距离 解：如图，以S(O) 为坐标原点，OD、OC所在直线分别为x轴、 y轴，建立空间直角坐标系设A(xA，yA，zA) ，因平
9、面COD平面 ABCD，ADCD，故AD平面COD，即点A在xOz平面上， 因此yA 0， zA|AD | 1. 又x 2 A1 2| AS | 23， xA 0，解得xA2. 从而A(2，0，1) 因ADBC，故BC平面CSD，即平面BCS与平面yOz重合，从而点A到平面BCS的距 离为xA2. B. 能力提升 1空间直角坐标系中(O为坐标原点 ) ，在坐标平面xOy上到点A(3 ，2，5) ，B(3，5， 4 1)距离相等的点有( ) A1 个B2 个 C不存在D无数个 解析：选 D. 过AB的中点 (3 ，7 2，3) 且以 AB (0 ，3， 4) 为法向量的平面上的点到A、B 的距离
10、相等 2在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为线段BD1，CC1上的动点，则PQ 的最小值为 ( ) A.2 B. 3 3 C.3 D. 2 2 解析：选 D.PQ的最小值即为异面直线CC1，BD1间的距离， 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0 ，0，0) ，B(1 ，0，0)， D1(0，1，1)，C(1 ，1，0)，C1(1，1，1)，所以BD1 ( 1，1，1) ，CC1 (0 ，0，1) ， 设Q(1，1，z) ，z 0 ，1 ，令BP BD1 (0 ， 1) ， 则BP ( ，) ，所以OP OB BP (1 ，) ， PQ OQ OP (， 1，z) ，
11、因为 PQ BD1 0， PQ CC1 0， 所以 1z0， z0， 所以z 1 2，即 P( 1 2， 1 2， 1 2) ， Q(1，1， 1 2) ， 故|PQ| （1 1 2） 2（ 11 2） 2（1 2 1 2） 2 2 2 . 3如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ACB90， 2ACAA1BC2. 若二面角B1-DC- C1的大小为60，则AD的长为 _ 解析：建立如图坐标系，设|AD | ， C(0 ，0，0) ，D(1 ，0，) ，B(0 ，2，0) ，B1(0 ，2，2)，CD (1 ，0，) ，CB 1 (0 ，2， 2)，CB (0 ，2，0) 为平面C1DC的法
12、向量， 设n(x，y，z) 为平面B1DC的法向量， 5 由nCD 0， nCB1 0 得： xz0，yz0，可取n(，1， 1) 则 nCB |n|CB | 2 222cos 60 ， 得2. 故|AD | 2. 答案：2 4在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1B1，BB1的中点，则异面直线 AM与CN的距离为 _ 解析：以D为坐标原点，以DA ， DC ，DD1 为x，y，z轴正向建立坐标系，在线段AB上 取点E，使 |BE | 1 4| AB | ，易得 NE AM ，则AM平面ENC， 则异面直线AM与CN的距离等于M到平面ENC的距离， E(1 ，3
13、4，0) ， N(1，1， 1 2) ， C(0 ，1，0) ，M(1， 1 2，1) ，EN (0 ，1 4， 1 2) ， EC ( 1，1 4， 0)，EM (0 ， 1 4，1) ， 设n(x，y，z) 为平面ENC的法向量， 由nEN 0， nEC 0 得y 2z4x，可取n(1 ，4， 2) ， 故AM与CN的距离为 nEM |n| 21 7 . 答案： 21 7 5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： (1) 建立以D为坐标原点，DA，DC，DP分
14、别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系， 如图所示 则P(0，0， 1)，A(1 ，0，0) ，C(0， 1，0) ，E(1 ， 1 2，0) ， F( 1 2，1，0) ，EF ( 1 2， 1 2， 0)，PE (1 ，1 2， 1) ， 设平面PEF的法向量n(x，y，z) ， 则nEF 0 且 nPE 0， 所以 1 2x 1 2y 0， x 1 2y z 0. 令x2，则y2，z3. 6 所以n(2 ，2，3)， 所以点D到平面PEF的距离为 d |DE n| |n| |2 1| 449 3 17 17， 因此，点D到平面PEF的距离为 3 17 17. (2) 因为AE (0 ，1
15、2，0) ， 所以点A到平面PEF的距离为d| AE n| |n| 1 17 17 17 ， 所以AC到平面PEF的距离为 17 17 . 6( 选做题 ) 已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，BCA 90，ACBC2，A1在底面ABC上 的射影恰为AC的中点D，又知BA1AC1. (1) 求证：AC1平面A1BC； (2) 求点C1到平面A1AB的距离 解： (1) 证明：如图，取AB的中点E， 连接DE， 则DEBC， 因为BCAC， 所以DEAC，且A1D平面ABC，以射线DE，DC，DA1分别为x，y，z轴 的正半轴建立空间直角坐标系， 则A(0， 1，0)，C(0 ，1，0) ，B(2 ，1，0) ，设A1(0 ，0，t) ，C1(0 ， 2，t) ，其中t 0，则AC1 (0，3，t) ，BA1 ( 2， 1，t) ，CB (2， 0，0) ， 因为AC1 CB 0，所以AC1CB， 又因为BA1AC1， 所以AC1平面A1BC. (2) 由(1) 知AC1平面A1BC， 所以AC1 BA1 3t 20，得 t3. 设平面A1AB的法向量为n(x，y，z) ，AA1 (0， 1，3) ，AB (2，2，0)， 所以 nAA1 y3z0， nAB 2x2y0， 设z1， 则n(3，3，1) 所以点C1到平面A1AB的距离
