空間距離的計算

一、單選題

1.平面a的一個法向量”=（2,0,1）,點A（—1,2,1）在a內(nèi)，則點P（1,2,3）到平面a的距

離為（）

3V10

A.272B.—6石

2—10

【答案】C

【分析】

由點到平面距離的向量法計算.

【詳解】

娛(-2,0,-2),

…哈普一迎

卜/d也x瓜io

所以點P（l,2,3）到平面a的距離為d=|PA||COS<n,PA>卜20x嚓=竽.

故選：C.

2.長方體ABS-AdGA中，AB=A\=2,AD=I,E為ca的中點，則異面直線BG

與AE之間的距離是（）

2721

21

【答案】D

【分析】

建立如圖所示的空間直角坐標系，得出各點坐標，求出BG與AE的公垂線的一個方向

向量，由空間向量的數(shù)量積求得結(jié)論.

【詳解】

建立如圖所示的空間直角坐標系，則41,0,0）,8（l,2,0）,C（0,2,0）,G（0,2,2）,E（0,2,l）,

AE=(-l,2,1),BC}=(-1,0,2),

設BC[±jAE的公垂線的一個方向向量為”=（x,y,z）,

n-AE=-x+2y+z=0取z=l,得x=2,》=；，即〃=(2,；,1),

則

n,BC、=-x+2z=0

又A8=(0,2,0),

1

2

\AB-n\2X2

=

所以異面宜線86與AE之間的距離為〃=12

222

2+(z\

x2-7+1

3.已知正方體A3CO-44CQ的棱長為a,則平面相。與平面8DC的距離為（）

A.QaB.怎C.顯aD.旦

33

【答案】D

【分析】

建立空間直角坐標系，用空間向量求解

【詳解】

由正方體的性質(zhì)，AB、〃DC、，D黑〃DB,Aq=B.,DC,DB=D,

易得平面A8Q//平面8DG，

則兩平面間的距離可轉(zhuǎn)化為點8到平面AMR的距離.

以〃為坐標原點，DA,DC,0A所在的直線分別為x軸、y軸、z軸

建立空間直角坐標系,

則A（a,O,O）,B（a,a,O）,A（a,O,a）,C（O,a,O）,B《a,a,a）,那（0,0,a）

所以=（a,-a,a）,BA=（0,-a,0）,AB,=（0,a,?）,BtDt=（-a,-a,0）.

連接AC,由CArM=（a，—a，a＞（0，“，a）=0，C4,?BQ=（a,—a,a＞（-a,—a,0）=0,且

AB,IB,Dt=B,，可知AC1平面ABtDt,

得平面ABQ的一個法向量為?=（1,-1,1）,

則兩平面間的距離d==嗅=坐a-

故選：D

4.已知直線/的方向向量為〃=（1,0,2）,點A（0,l,l）在直線/上，則點P（l,2,2）到直線/

的距離為（）

A.2同B.同C.—D.叵

105

【答案】1）

【分析】

利用數(shù)量積的幾何意義結(jié)合勾股定理求解即可

【詳解】

由已知得尸4=（-1,-1,-1）,

因為直線1的方向向量為"=（1,0⑵，

所以點P（l,2,2）到直線1的距離為

(PA.nY_C(-1-2)

故選：D

5.在三棱柱ABC-ABC中，AB=(0,2,-3),AC=(-273,0,-3),A4,=1迅,0,|),

則該三棱柱的高為()

93

A.-B.-C.2D.4

42

【答案】B

【分析】

設平面ABC的法向量為〃=(x,y,z),根據(jù)向量的坐標運算求;II”，利用空間向量法求

出點A到平面ABC的距離.

【詳解】

n-AB-0..[2y-3z=0

設平面ABC的法向量為〃=(x,y,z),則，八所以《6c八，

n-AC=0[―2,3x-3z=0

令z=2,則x=-G，產(chǎn)3,所以以〃=(-6,3,2)是平面43c的一個法向量.

點A到平面ABC的距離d=,故該三棱柱的高為1.

1〃122

故選：B

6.如圖，若正四棱柱A8CO-AMCA的底邊長為1，3AB=g￡1是的中點，

則AG到平面口。的距離為()

A.6B.26C.季D.亨

【答案】D

【分析】

TT

建立空間直角坐標系，根據(jù)正四棱柱ABCO-A4GA的底邊長為1,且z4AB=q,求

得正四棱柱的高，再求得平面胡「的一個法向量〃=(x,y,z),將AC到平面口。的距

離轉(zhuǎn)化為點A到平面的距離，由"

【詳解】

建立如圖所示空間直角坐標系:

因為正四棱柱A88-A與GR的底邊長為1,且=

所以陰=A/tan?=G,

則A(0,0,0),C(1,1,0),E[0,1,

所以AE=0,1,A￡=|o.i.

設平面分。的一個法向量為〃=(x,y,z),

2=0

y+

n-AE=02

則即.

〃CE=0'

6n

—X+——z=0

2

令z=2g,則?=(3-3,25/3),

因為AC//A|C,,且ACu平面4￡0平面劭，,

所以AG//平面加4

所以AG到平面￡4。的距離即為點A到平面￡4。的距離,

6回

即公開=荷=可

故選：I)

7.如圖，正方體ABCD-AB|GR的棱長為2,點N在AC上，點M在4。上，且

AM=丘,MN//面AA'B'B,則MN的長為().

A.夜B.V3C.2I).75

【答案】A

【分析】

根據(jù)幾何體為正方體，先以。為坐標原點建立空間直角坐標系，再根據(jù)MN〃平面

得麗與平面例與B的法向量垂直，利用垂直關系的坐標表示，求出N點的

坐標，進而求得MN的長.

【詳解】

因為該幾何體A8CO-AMGR為正方體，所以以。為坐標原點，

D4為x軸，OC為丁軸，。。為z軸，建立空間直角坐標系.

因為正方體A8CQ-44G。的棱長為2,所以0(0,0,0),A(2,0,0),

平面44,8田的一個法向量為D4=(2,0,0).

因為點M在A。上，且A〃=0，所以點M(1,0,1).

因為點N在AC上，所以設N(m,2-m,0)(0<〃?<2),則=,

因為MN〃平面,所以D4_LMN,

有2(m-l)+0+0=0,機=1,故MN=(O,l,-l),

MN=卜^02+12+(-1)2=x/2,

故選：A.

二、填空題

8.QC的頂點分別為A(l,-1,2),8(3,0,—5),C(l,3,-1),則“1邊上的高劭等于

【答案】岳

【分析】

推導出A8=（2,l,—7）,AC=（0,4,-3）,AC邊上的高：8￡>=卜冏.Jl-[cos（AB,AC）『,

由此能求出結(jié)果.

【詳解】

43c的頂點分別為4（1,T2）,8（3,0,-5）,C（l,3,-1）,

AAB=（2,l-7）,AC=（0,4,-3）,

AC邊上的身：

BD=|A斗J1一[cos（A8,AC）]

=>/29.

故答案為：>/29.

【點睛】

本題考查三角形的高的求法,考查點到直線的距離公式等基礎知識,考查運算求解能力,

是基礎題.

9.在空間直角坐標系中，定義：平面a的一般方程為

Ax+By+Cz+L>-O（A,B,C,De^,A2+B2+C2^0），點「（不,為*。）到平面a的距離

d_+By。+Cz0+q

則在底面邊長與高都為2的正四棱錐中，底面中心。到側(cè)面

7A2+B2+C2

的距離等于—

【答案】當

【分析】

以底面中心。為原點建立空間直角坐標系O-型，求出點。,4,民P的坐標，求出側(cè)面

的方程，最后利用所給公式計算即可.

【詳解】

如圖，以底面中心。為原點建立空間宜角坐標系。一個z,

則0(0,0,0),A(l,1,0),S(-l,1,0),P(0,o,2),

設平面PAB的方程為Ax+By+Cz+D=O,

將A,8,P坐標代入計算得

A+B+D=0

?=—A+B+Z)=0

2C+D=0

解得A=0,B=—D,C=—D,

2

:.-Dy-^Dz+D=0,

即2y+z-2=0,

..|2x0+0-2|2y[5

d=---/--=---.

x/4+l5

故答案為：￥

【點睛】

本題主要考查點、線、面間的距離計算、空間直角坐標系的應用、空間直角坐標系中點

到平面的距離等基礎知識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.屬

于中檔題.

10.如圖，已知正方體ABC。-A4G。的棱長為4,尸是AA的中點，點M在側(cè)面AA4B

內(nèi)，若RMLCP,則,3CM面積的最小值為一

【答案】更

5

【分析】

以A8，AO，為坐標軸建立空間坐標系，設M（a,O,b）,根據(jù)RM_LCP,得到

b=2a-4,取A8的中點N,連結(jié)與N,則M點軌跡為線段gN,過8作戶,

進而可求出三角形面積的最值.

【詳解】

以A8，A。，A4為坐標軸建立空間坐標系如圖所示,

則P（0,0,2）,C（4,4,0）,A（0,4,4）,

設M?0,6）,則RM=（a,T,。—4）,CP=（Y,T,2）,

?/D,MJ.CP,：.D}MCP=-4a+i6+2b-8=0,即b=2?-4.

取AB的中點N,連結(jié)qN,則M點軌跡為線段&N,過B作BQL8N，

則BQ=.=述.

2石5

又8C，平面例43,故5CL8Q,

的最小值為SflC,w=-x4x^=^.

255

故答案為：唯.

5

【點睛】

本題主要考查空間幾何中的三角形面積的最值問題，涉及異面直線間的距離，利用建系

的方法求解即可，屬于常考題型.

三、解答題

11.如圖所示在棱長為1的正方形ABC。-AMGR中，￡1為線段。。的中點,

(2)求點A到平面的距離.

【答案】

(1)好

3

2

(2)

3

【分析】

(1)利用等面積法即可求HI點4到直線B、E的距離;

(2)建立空間直角坐標系，利用向量法求出點A到平面ME的距離.

(1)

解：連接AE,BR,過點A作AG_LAE于G,如圖所示

在直角三角形AER中,

AE=JAQ；+RE。=卜+（；）=-y-

在直角三角形A4E中，

4…"可+出=1

直線A4,平面例。。，4后匚平面442。

.,.44±\E

s^=^A￡AS,=^,￡AG

.-.4足44=旦七”

.-.—x^-AjG

22、

:.\G=—

73

故點4到直線瓦E的距離為正.

3

(2)

解：在正方體中，以。為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系

.-.4A=(O,O,-l),AB,=(0,1,1),AE=(-l,0,g

設平面A81E的一個法向量為：n=(a,b,c)

n?AE=0—ad—c=0/、

則，即｛2,令c=2得〃=(1,一2,2)

"ABE|b+c=0

2

■??點A到平面ABtE的距離為d=-=/,,

HV1+(-2)+2

12.如圖，在棱長為1的正方體/8O45G〃中，求:

(1)4G的中點￡到直線4c的距離；

(2)點G到平面/身。的距離.

【答案】

(1)—

4

⑵B

3

【分析】

(D先求出AC方向的單位向量，繼而求出AE在4c上的投影，再利用勾股定理即可求

解.

UUIW

⑵求出B?在平面4BC法向量上的投影，即可求解.

(1)

如圖，以O為坐標原點，D4,oc,。。所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，因為

正方體的棱長為1,

所以A（l,0,0）,C（O,1,0）,4（1,1,1）,G（0,1,1）,A（0,0,1）,

因為AE=tq,I）,AC=（-l,l,0）,

AC（◎皈八

所以AC方向的單位向量為“=Kd=「E，E，°J，

21

所以點E到直線AC的距離為d=y]AE-(AE-u)=

(2)

由⑴得，設平面A8,C的法向量為a=(x,y,z),因為A4=(0,1,1),AC=(T/,O),

由l/lljx=l,z=-l,,

所以“=(1,1,—1)為平面ABC的一個法向量，又MC=(—1,0,0),

所以點G到平面A4c的距離為d==I、［''"--------1=芋.

k/V33

13.如圖，底面為矩形的直棱柱ABCQ-4BCR滿足：例=4,AD=AB=2.

(1)設〃為棱8月上的動點，求M到AC的最短距離

(2)設V、N分別為棱84、CD上的動點，判斷：三棱錐N-A,AM的體積V是否為

定值，若是，則求出定值；若不是，請舉例說明.

【答案】

⑴逅

3

Q

(2)是，］

【分析】

(1)建立空間直角坐標系，利用向量法求解：

(2)根據(jù)點、到平面4A的距離為戊；S44M求解.

(1)

解：距離如圖所示空間直角坐標系:

設M(2,0,a)(04aV4),則A(0,0,4),C(2,2,0),

所以AC=(2,2,-4)，AM=(2,0,a-4),

所以M到AC的短距離為d=寫￡士當,

L4jCVoJ

當a=4時，〃到AC的最短距離是Y5；

3

(2)

因為點A'到平面AABB1的距離為BC,^\AAB,

所以《.“="sAMBC="AA?A氏BC=m為定值.

14.如圖，在棱長為4的正方體1比》4笈G"中，設/是CG的中點.

(1)求證：BIXLAC-,

(2)求證：47〃平面微反

(3)求三棱錐斤及口的體積.

【答案】

(1)證明見解析

(2)證明見解析

【分析】

(1)由小，如，ACYDD