新教材高中数学北师大版选修21练习：第二章6 距离的计算 2 Word版含解析

（新教材）北师大版精品数学资料,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()A0，5B1，5C(1，5)D1，25解析：选 B.|AB| （2cos3cos）2（2sin3sin）2 9412coscos12sinsin 1312cos（），因为1cos()1，所以 1|AB|5.2正方体 ABCDA1B1C1D1中，棱长为 2，则异面直线 AC 与 A1D 的距离为()A.2 33B.33C. 2D1解析：选 A.建立如图坐标系，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 nAC0，nAB10得：xyz，可取 n(1，1，1)，故 A1到平面 ACB1的距离为|AA1n|n|2 33.3若正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面边长为 1，AB1与底面 ABCD 成 60角，则 A1C1到底面 ABCD 的距离为()A.33B1C. 2D. 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|CC1AC1|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.62aC.33aD.154a解析：选 D.建立如图所示的空间直角坐标系，因为正ABC边长为 a，所以|BD|DC|a2，所以 B(a2，0，0)，A(0，0，32a)，C(a4，34a，0)，所以BA(a2，0，32a)，BC(a4，34a，0)与BC同向的单位向量为 s0(12，32，0)所以 d|BA|2|BAs0|2154a.5正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a，则平面 AB1D1到平面 BDC1的距离为()A. 2aB. 3aC.23aD.33a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|BAn|n|a333a.6已知点 A(1，2，1)，B(1，3，4)，D(1，1，1)，若AP2PB，则空间 P，D 两点间的距离为_解析：设 P(x，y，z)，由AP(x1，y2，z1)2PB2(1x，3y，4z)(22x，62y，82z)，得x122x，y262y，z182z，即x13，y83，z3，故|PD|（131）2（831）2（31）2773.答案：7737三棱锥 SABC 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|BCBD|BC|42 2 2，故 D 到 BC 的距离为|BD|2（ 2）2 3.答案： 38已知 ABCA1B1C1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标系， 则 A(0， 0， 0)， B(32a，12a，0)，B1(32a，a2，a)，D(0，a，a2)，C1(0，a，a)，设平面 AB1D的法向量为 n(x，y，z)，则nOD0，nOB10，即aya2z0，32axa2yaz0.所以2yz0，3xy2z0，取 z2，则 y1，x 3，所以 n( 3，1，2)，C1D(0，0，a2)，则点 C1到平面 AB1D 的距离为|nC1D|n|24a.答案：24a9.在如图所示的空间直角坐标系中有长方体 ABCDABCD，且 ABAD1，BB2，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(0，12，2)所以点 M 到直线 AC 的距离d|AM|2|AMAC|AC|217418664.10如图，在四棱锥 SABCD 中，ADBC 且 ADCD，平面 CSD平面 ABCD，CSDS，CS2AD2，E 为 BS 的中点，CE 2，AS 3.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)，因平面 COD平面ABCD，ADCD，故 AD平面 COD，即点 A 在 xOz 平面上，因此yA0，zA|AD|1.又 x2A12|AS|23，xA0，解得 xA 2.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 xA 2.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(3，5，1)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(3，72，3)且以AB(0，3，4)为法向量的平面上的点到 A、B的距离相等2在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P，Q 分别为线段 BD1，CC1上的动点，则 PQ 的最小值为()A. 2B.33C. 3D.22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)，z0，1，令BPBD1(0，1)，则BP(，)，所以OPOBBP(1，)，PQOQOP(，1，z)，因为PQBD10，PQCC10，所以1z0，z0，所以 z12，即 P(12，12，12)，Q(1，1，12)，故|PQ|（112）2（112）2（1212）222.3如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，2ACAA1BC2.若二面角 B1DCC1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，)，CB1(0，2，2)，CB(0，2，0)为平面 C1DC 的法向量，设 n(x，y，z)为平面 B1DC 的法向量，由 nCD0，nCB10 得：xz0，yz0，可取 n(，1，1)则nCB|n|CB|2222cos 60，得 2.故|AD| 2.答案： 24在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1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|14|AB|，易得NEAM，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(1，34，0)，N(1，1，12)，C(0，1，0)，M(1，12，1)，EN(0，14，12)，EC(1，14，0)，EM(0，14，1)，设 n(x，y，z)为平面 ENC 的法向量，由 nEN0，nEC0 得 y2z4x，可取 n(1，4，2)，故 AM 与 CN 的距离为|nEM|n|217.答案：2175已知正方形 ABCD 的边长为 1，PD平面 ABCD，且 PD1，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(1，12，0)，F(12，1，0)，EF(12，12，0)，PE(1，12，1)，设平面 PEF 的法向量 n(x，y，z)，则 nEF0 且 nPE0，所以12x12y0，x12yz0.令 x2，则 y2，z3.所以 n(2，2，3)，所以点 D 到平面 PEF 的距离为d|DEn|n|21|44931717，因此，点 D 到平面 PEF 的距离为31717.(2)因为AE(0，12，0)，所以点 A 到平面 PEF 的距离为 d|AEn|n|1171717，所以 AC 到平面 PEF 的距离为1717.6(选做题)已知斜三棱柱 ABCA1B1C1中，BCA90，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 t0，则AC1(0，3，t)，BA1(2，1，t)，CB(2，0，0)，因为AC1CB0，所以 AC1CB，又因为 BA1AC1，所以 AC1平面 A1BC.(2)由(1)知 AC1平面 A1BC，所以AC1BA13t20，得 t 3.设平面 A1AB 的法向量为 n(x，y，z)，AA1(0，1， 3)，AB(2，2，0)，所以nAA1y 3z0，nAB2x2y0，设 z1，则 n( 3， 3，1)所以点 C1到平面 A1AB 的距离 d|AC1n|n|2 217.