人教版高中数学选择性必修第一册基础练习1.4.2《用空间向量研究距离、夹角问题(1) 》（解析版）

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(1)-A基础练一、选择题1.若O为坐标原点,=(1,1,-2),=(3,2,8),=(0,1,0),则线段AB的中点P到点C的距离为(　　)A.B.2C.D.【答案】D【解析】∵)=(4,3,6)==(0,1,0),∴,∴||=.2.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,则平面α外的点P(-2,1,4)到平面α的距离为(　　)A.10B.3C.D.【答案】D【解析】由题意可知=(1,2,-4).设点P到平面α的距离为h,则h=.3．（2020山东潍坊高二期末）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．1C．D．2【答案】A【解析】∵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×＝．4.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是(　　)A.B.C.D.【答案】A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),M,B(a,a,0),A1(a,0,a),∴=(a,a,0),=(a,0,a).设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=-1,z=-2,可得n=(1,-1,-2).∴点A1到平面MBD的距离d=a.5．（2020全国二高课时练）已知空间直角坐标系中有一点，点是平面内的直线上的动点，则，两点的最短距离是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为点是平面内的直线上的动点,所以可设点 ，由空间两点之间的距离公式,得,令,当时,的最小值为,所以当时,的最小值为,即两点的最短距离是,故选B.6．（多选题）（2020福建省高二期末）在正方体中，，分别是和的中点，则下列结论正确的是()A．平面B．平面C．D．点与点到平面的距离相等【答案】AC【解析】对A,因为,分别是和的中点故,故平面成立.对B,建立如图空间直角坐标系,设正方体边长为2则，.故.故不互相垂直.又属于平面.故平面不成立.对C,同B空间直角坐标系有,.故成立.对D,点与点到平面的距离相等则点与点中点在平面上.连接易得平面即平面.又点与点中点在上,故点不在平面上.故D不成立.故选AC二、填空题7．（2020浙江省高二期中）空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标是______，______. 【答案】；【解析】①空间直角坐标系中，点关于轴的对称点坐标横坐标不变，纵坐标和竖坐标分别与的纵坐标和竖坐标互为相反数即；②利用空间直角坐标系中两点距离公式即可求得.故答案为：①；②8.如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为　　　　　. 【答案】【解析】如图,分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0),∴=(3,0,-1),=(-3,4,0),∴点P到直线BD的距离d=,∴点P到直线BD的距离为.9.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为　　　　　. 【答案】 【解析】如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4).∴=(2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,0,4),∴,∴EF∥MN,BF∥AM,EF∩BF=F,MN∩AM=M.∴平面AMN∥平面EFBD.设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,则解得取z=1,则x=2,y=-2,得n=(2,-2,1).平面AMN到平面EFBD的距离就是点B到平面EFBD的距离.∵=(0,4,0),∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.10．（2020山东高二月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，点B到平面AEF的距离为　　．【答案】【解析】∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AE为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝2，PA＝，E为BC中点，F在棱PD上，AF⊥PD，∴A（0，0，0），B（，﹣1，0），E（），P（0，0，），D（0，2，0）， 设F（a，b，c），，则（a，b，c﹣）＝（0，2λ，﹣），解得a＝0，b＝2λ，c＝，∴＝（0，2λ，），＝（0，2，﹣），∵AF⊥PD，∴＝4λ﹣，解得λ＝，∴＝（），＝（），＝（0，，），设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，取y＝，得＝（0，），∴点B到平面AEF的距离为：d＝＝．三、解答题11.四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,AB=4,∠ABC=60°,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=4,E是PA的中点,求PC与平面BED的距离,并说明直线PC上各点到平面BED的距离间的关系.【解析】以A为原点,AB所在直线为x轴,△ACD中CD边上的高AF所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则F为CD的中点,A(0,0,0),B(4,0,0),F(0,2,0),C(2,2,0),D(-2,2,0),P(0,0,4),E(0,0,2).设平面BED的一个法向量为n=(x,y,z),由=(-4,0,2),=(2,-2,2),得即取z=2,则x=1,y=,得n=(1,,2). ∵=(2,2,-4),∴n·=2+6-8=0,∴n⊥,故PC∥平面BED,∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离.∵=(0,0,2),∴点P到平面BED的距离d=,即PC到平面BED的距离为,且直线PC上各点到平面BED的距离都相等.12.（2019•全国高考新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【解析】解法一：证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND＝A1D，由题设知A1B1DC，∴B1CA1D，∴MEND，∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E＝，故CH＝， ∴点C到平面C1DE的距离为．解法二：证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，，0），C1（﹣1，，4），＝（0，﹣，0），＝（﹣1，），＝（0，），设平面C1DE的法向量＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（4，0，1），∵•＝0，MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）C（﹣1，，0），＝（﹣1，，0），平面C1DE的法向量＝（4，0，1），∴点C到平面C1DE的距离：d＝＝＝．