學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE9-學必求其心得，業必貴于專精課時分層作業(二十六)距離(選學)(建議用時：40分鐘)[基礎達標練］一、選擇題1．在平面直角坐標系中，A(－2，3)，B（3，－2），沿x軸把平面直角坐標系折成120°的二面角，則AB的長為（）A.eq\r（2）B．2eq\r（11）C．3eq\r（2）D．4eq\r(2)B[過A，B分別作x軸的垂線，垂足分別為A′，B′（圖略)，則|eq\o（AA′,\s\up15(→)）|＝3，｜eq\o（BB′,\s\up15(→))｜＝2,｜eq\o（A′B′,\s\up15（→))|＝5.又eq\o（AB，\s\up15(→）)＝eq\o(AA′，\s\up15（→))＋eq\o(A′B′，\s\up15(→)）＋eq\o(B′B,\s\up15（→)）,所以|eq\o(AB,\s\up15（→）)｜2＝32＋52＋22＋2×3×2×eq\f(1，2）＝44，即|eq\o（AB，\s\up15(→)）｜＝2eq\r（11).]2．已知直線l過定點A（2，3，1），且n＝(0，1，1）為其一個方向向量，則點P(4,3,2）到直線l的距離為（）A.eq\f（3\r（2）,2) B.eq\f(\r(2),2)C。eq\f(\r(10)，2) D。eq\r(2)A[eq\o(PA，\s\up15(→））＝（－2，0，－1),｜eq\o(PA,\s\up15（→）)|＝eq\r（5)，eq\f（｜\o（PA,\s\up15(→）)·n｜，｜n|)＝eq\f（\r（2）,2），則點P到直線l的距離d＝eq\r（\o(｜\o（PA,\s\up15（→）)|2－\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（\o(PA,\s\up15（→）)·n,｜n|)））2))＝eq\r（5－\f(1，2))＝eq\f(3\r(2），2).］3．在△ABC中,AB＝15，∠BCA＝120°,若△ABC所在平面α外一點P到A，B，C的距離都是14，則P到α的距離是()A．13B．11C．9 D．7B[作PO⊥α于點O，連接OA、OB、OC（圖略)，∵PA＝PB＝PC，∴OA＝OB＝OC,∴O是△ABC的外心．∴OA＝eq\f（AB，2sin∠BCA）＝eq\f（15，2sin120°）＝5eq\r(3)，∴PO＝eq\r(PA2－OA2)＝11為所求．］4．已知正方體ABCD。A1B1C1D1的棱長為a，則平面AB1D1與平面BDC1A。eq\r(2)aB.eq\r(3）aC.eq\f（\r(2），3）aD。eq\f（\r(3),3）aD[由正方體的性質，易得平面AB1D1∥平面BDC1，則兩平面間的距離可轉化為點B到平面AB1D1的距離．以D為坐標原點,DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(a,0，0），B（a，a,0),A1(a,0，a），C(0，a,0），eq\o（CA1,\s\up15（→）)＝(a，－a，a），eq\o（BA,\s\up15(→））＝（0，－a,0），連接A1C，由A1C⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一個法向量為n＝（1，－1,1)，則兩平面間的距離d＝|eq\o(BA,\s\up15(→))·eq\f（n,|n|)｜＝eq\f(a，\r（3))＝eq\f(\r(3）,3）a.］5．已知棱長為1的正方體ABCD.EFGH，若點P在正方體內部且滿足eq\o（AP,\s\up15（→)）＝eq\f（3,4）eq\o（AB，\s\up15（→）)＋eq\f(1，2）eq\o(AD,\s\up15（→））＋eq\f（2,3)eq\o(AE，\s\up15(→)），則點P到AB的距離為（）A。eq\f（5，6）B。eq\f(\r（181)，12）C.eq\f(10\r（30),6)D.eq\f（\r（5)，6）A[建立如圖所示的空間直角坐標系,則eq\o(AP,\s\up15(→)）＝eq\f(3,4）(1,0,0）＋eq\f(1，2)(0,1,0）＋eq\f(2，3)(0，0,1)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3，4），\f（1，2)，\f（2,3)）)。又eq\o（AB,\s\up15（→））＝（1,0,0），∴eq\o（AP,\s\up15(→）)在eq\o（AB,\s\up15（→））上的投影為eq\f(\o(AP，\s\up15（→））·\o（AB，\s\up15（→)）,｜\o（AB,\s\up15(→）)｜）＝eq\f(3，4），∴點P到AB的距離為eq\r(\o(｜\o(AP，\s\up15(→）)｜2－\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up15（→))·\o（AB，\s\up15(→)),|\o（AB,\s\up15（→))｜）)）2)）＝eq\f(5,6).］二、填空題6．已知平行六面體ABCD。A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱的棱長都等于2，且兩兩夾角都是60°，則A，C12eq\r（6）［設eq\o（AB，\s\up15（→）)＝a，eq\o（AD，\s\up15（→））＝b，eq\o（AA1，\s\up15(→))＝c，易得eq\o（AC1，\s\up15（→））＝a＋b＋c，則｜eq\o(AC1，\s\up15(→）)｜2＝eq\o（AC1，\s\up15（→）)·eq\o(AC1，\s\up15（→））＝（a＋b＋c）·(a＋b＋c)＝a2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＋b2＋c2＝4＋4＋4＋4＋4＋4＝24，所以｜eq\o(AC1，\s\up15(→)）｜＝2eq\r(6)。]7。如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱長均為1，且AA1⊥底面ABC，則點B1到平面ABC1的距離為________．eq\f(\r（21），7)［建立如圖所示的空間直角坐標系，則Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r（3）,2），\f（1,2)，0)），B（0，1，0）,B1（0,1,1)，C1（0,0，1）,則eq\o(C1A,\s\up15(→)）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),2），\f（1，2)，－1）)，eq\o（C1B1,\s\up15(→)）＝（0，1,0),eq\o（C1B，\s\up15（→））＝(0，1,－1）．設平面ABC1的一個法向量為n＝(x，y，1)，則有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\o（C1A，\s\up15（→））·n＝\f（\r(3)，2）x＋\f（1,2)y－1＝0,，\o（C1B,\s\up15(→）)·n＝y－1＝0，))解得n＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)，3)，1，1)），則所求距離為eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（\o(C1B1,\s\up15（→))·n，｜n｜）））＝eq\f（1,\r（\f(1,3）＋1＋1））＝eq\f（\r(21），7）。]8。如圖所示,在底面是直角梯形的四棱錐P。ABCD中，側棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，則AD到平面PBC的距離為________．eq\r(2）[由已知,得AB，AD，AP兩兩垂直．∴以A為坐標原點，AB，AD，AP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0，0)，B(2，0,0)，C(2,2,0)，P（0，0，2)，eq\o(PB，\s\up15（→）)＝（2，0，－2）,eq\o（BC,\s\up15(→))＝(0,2,0)，設平面PBC的法向量為n＝（a，b，c），則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o（PB,\s\up15（→））＝0,n·\o（BC,\s\up15（→))＝0）），即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2a－2c＝0，2b＝0)),∴可取n＝（1,0,1）．又eq\o(AB,\s\up15（→））＝(2，0，0），AD∥平面PBC，∴所求距離為eq\f(｜\o(AB,\s\up15（→）)·n｜，|n|)＝eq\r（2）。]三、解答題9。如圖所示，在四棱錐P。ABCD中，AD⊥DB，其中三棱錐P。BCD的三視圖如圖所示，且sin∠BDC＝eq\f（3，5）。（1）求證:AD⊥PB。（2)若PA與平面PCD所成角的正弦值為eq\f（12\r(13),65），求AD的長．[解］（1)由三視圖得PD⊥平面ABCD.因為AD?平面ABCD，所以AD⊥PD。又AD⊥DB，且PD∩BD＝D，PD,BD?平面PBD,所以AD⊥PD，又AD⊥DB，且PD∩BD＝D,PD，BD?平面PBD,所以AD⊥平面PBD.又PB?平面PBD，所以AD⊥PB。（2)由(1）知，PD,AD，BD兩兩垂直，以D為原點,以DA，DB，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設AD＝λ，λ>0，結合sin∠BDC＝eq\f（3,5)，得：A(λ，0,0）,B(0,3,0),Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（9，5），\f（12，5），0)），P(0，0,4)，所以eq\o(PA,\s\up15（→))＝（λ，0,－4)，eq\o（DC,\s\up15(→)）＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（9，5）,\f(12,5），0))，eq\o(DP，\s\up15（→)）＝(0,0,4)，設n＝(x，y，z）為平面PCD的法向量，由題意知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\o（DP，\s\up15(→））·n＝4z＝0,,\o（DC,\s\up15（→））·n＝－\f（9，5)x＋\f（12，5）y＝0，））取y＝3,得n＝(4,3，0），設PA與平面PCD所成角為θ,因為PA與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(12\r（13),65)，所以sinθ＝｜cos〈eq\o(PA，\s\up15(→))，n〉｜＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f（4λ,5\r（λ2＋16)）))＝eq\f（12\r(13）,65).解得λ＝6，所以AD＝6.10．如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD,ABCD為正方形,∠PAD＝90°,且PA＝AD＝2,E，F分別是線段PA,PD的中點．問：線段CD上是否存在一點Q，使得點A到平面EFQ的距離為eq\f（4，5)？若存在，求出CQ的值；若不存在,請說明理由．[解]由題意知PA，AD，AB兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，D（0，2,0)，E(0,0,1)，F(0,1,1）．假設在線段CD上存在一點Q滿足題設條件．令CQ＝m(0≤m≤2)，則DQ＝2－m?！帱cQ的坐標為（2－m,2,0)，∴eq\o(EQ,\s\up15(→）)＝（2－m,2，－1)．而eq\o（EF，\s\up15(→）)＝（0,1，0），設平面EFQ的法向量為n＝(x，y,z)，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o（EF,\s\up15（→))＝0,n·\o(EQ,\s\up15（→））＝0)),∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝0，2－mx＋2y－z＝0）），令x＝1，則n＝（1，0，2－m）是平面EFQ的一個法向量．又eq\o(AE，\s\up15（→）)＝(0，0,1),∴點A到平面EFQ的距離d＝eq\f(|\o（AE，\s\up15(→))·n|，|n｜）＝eq\f（|2－m|，\r(1＋2－m2））＝eq\f(4，5)，即(2－m）2＝eq\f（16，9）,∴m＝eq\f（2，3）或eq\f(10,3),eq\f（10，3）＞2，不合題意，舍去．故存在點Q，且CQ＝eq\f（2,3)時，點A到平面EFQ的距離為eq\f(4，5).[能力提升練]1．如圖所示,在正四棱柱ABCD.A1B1C1D1中,AA1＝2，AB＝BC＝1,動點P，Q分別在線段C1D,AC上,則線段PQA.eq\f(\r(2)，3)B。eq\f（\r（3），3）C.eq\f（2,3)D.eq\f(\r（5),3)C[建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（1,0，0），B（1