一、選擇題


1．（2020安徽安慶高二期中）若點A（2，3，2）關(guān)于xz平面的對稱點為A'，點B（﹣2，1，4）


關(guān)于y軸對稱點為B'，點M為線段A'B'的中點，則|MA|＝（ ）


A．B．C．5D．


【答案】C


【解析】∵點A（2，3，2）關(guān)于xz平面的對稱點為A'，∴A′（2，﹣3，2），


∵點B（﹣2，1，4）關(guān)于y軸對稱點為B'，∴B′（2，1，﹣4），


∵點M為線段A'B'的中點，∴M（2，﹣1，﹣1），∴|MA|＝＝5．


2．（2020四川廣安高二校級月考）已知直線l的方向向量為＝（﹣1，0，1），點A（1，2，﹣1）


在l上，則點P（2，﹣1，2）到l的距離為（ ）


A．B．4C．D．3


【答案】C


【解析】根據(jù)題意，得＝（﹣1，3，﹣3），＝（﹣1，0，1），


∴cs＜，＞＝＝﹣，∴sin＜，＞＝；


又∵||＝，∴點P（2，﹣1，2）到直線l的距離為||sin＜，＞＝×＝．


3．（2020湖南師大附中高二期中）已知平面的法向量為，點在平面內(nèi)，則點到平面的距離為，則＝( )


A．－1 B．－11 C．－1或－11 D．－21


【答案】C


【解析】，而，即，解得或－11.故選：C


4．（2020山東菏澤三中高二期末）在棱長為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AA1的中點，則


點A到平面MBD的距離是（ ）


A．a(chǎn)B．a(chǎn)C．a(chǎn)D．a(chǎn)


【答案】D


【解析】以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，A（a，0，0），B（a，a，0），D（0，0，0），M（a，0，），則＝（a，a，0），＝（a，0，），


設(shè)平面BDM的法向量為，則，


取x＝1，得＝（1，﹣1，﹣2），∵＝（0，a，0），


∴點A到平面MBD的距離d＝＝＝．故選：D．





5．（多選題）（2020湖南高新技術(shù)產(chǎn)業(yè)園區(qū)衡陽市一中高二期末）在正方體中，若棱長為，點分別為線段、上的動點，則下列結(jié)論正確結(jié)論的是（ ）


A．面B．面面


C．點F到面的距離為定值D．直線與面所成角的正弦值為定值


【答案】ABC


【解析】以為坐標(biāo)原點可建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：





由題意知：，，，，，，，，設(shè)，，即，，


設(shè)，，即，.


對于，，，，，，，又平面，，平面，正確；對于，平面，為平面的一個法向量，，，，，，


又平面，，平面，平面平面，正確；對于，，點到面的距離，為定值，正確；對于，幾何體為正方體，平面，是平面的一個法向量，又，設(shè)直線與平面所成角為，則，不是定值，錯誤.故選：.


6.（多選題）（2020·江蘇省如皋中學(xué)高二月考）正方體的棱長為1，分別為的中點．則（ ）





A．直線與直線垂直B．直線與平面平行


C．平面截正方體所得的截面面積為 D．點和點到平面的距離相等


【答案】BC


【解析】對選項A：（方法一）以點為坐標(biāo)原點，、、所在的直線分別為、、軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則、、、、、.從而，，從而，所以與直線不垂直，選項A錯誤；





（方法二）取的中點，連接，則為直線在平面內(nèi)的射影，與不垂直，從而與也不垂直，選項A錯誤；


取的中點為，連接、，則，，易證，從而，選項B正確；





對于選項C，連接，，易知四邊形為平面截正方體所得的截面四邊形（如圖所示），且，，所以，而，從而選項C正確；





對于選項D：（方法一）由于，而，而，，所以，即，點到平面的距離為點到平面的距離的二倍.從而D錯誤.





（方法二）假設(shè)點與點到平面的距離相等，即平面將平分，則平面必過的中點，連接交于點，易知不是的中點，故假設(shè)不成立，從而選項D錯誤.


二、填空題


7．（2020四川南充二中高二期末）如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱AA1=3,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,則點B1到平面A1BC的距離為 .





【答案】32


【解析】如圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,





則A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),A1(1,0,3),B1(0,1,3),C1(0,0,3),


∴A1B=(-1,1,-3),A1C=(-1,0,-3),A1B1=(-1,1,0).


設(shè)平面A1BC的法向量為n=(x,y,z),


則n·A1B=0,n·A1C=0,即-x+y-3z=0,-x-3z=0.令z=1得x=-3,y=0,∴n=(-3,0,1).


∴點B1到平面A1BC的距離d=|n·A1B1||n|=32.


8.（2020福建莆田一中高二月考）如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則平面A1BD與平面B1CD1間的距離為 .





【答案】33.


【解析】以點D為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,





則D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1), A1B=(0,1,-1),A1D=(-1,0,-1),A1D1=(-1,0,0).


設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),


則n·A1B=0,n·A1D=0?y-z=0,-x-z=0.令z=1,得y=1,x=-1,∴n=(-1,1,1),


∴點D1到平面A1BD的距離d=|A1D1·n||n|=13=33.


易證平面A1BD∥平面B1CD1,


∴平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離,


∴平面A1BD與平面B1CD1間的距離為33.


9.已知正方形ABCD的邊長為1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分別為AB,BC的中點.則點D到平面PEF的距離為 ，直線AC到平面PEF的距離 .





【答案】31717；1717.


【解析】建立以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DP分別為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.





則P(0,0,1),A(1,0,0), C(0,1,0),E1,12,0, F12,1,0,所以EF=-12,12,0, PE=1,12,-1,DE=1,12,0,


設(shè)平面PEF的法向量n=(x,y,z),則n·EF=0,n·PE=0,即-12x+12y=0,x+12y-z=0.


令x=2,則y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以點D到平面PEF的距離d=|DE·n||n|=|2+1|4+4+9=31717,


因此點D到平面PEF的距離為31717.


因為E,F分別為AB,BC的中點,所以EF∥AC.


又因為AC?平面PEF,EF?平面PEF,所以AC∥平面PEF.


因為AE=0,12,0,所以點A到平面PEF的距離d=|AE·n||n|=117=1717.


所以直線AC到平面PEF的距離為1717.


10．（2020湖南師大附中高二期中）已知三棱錐S﹣ABC，滿足SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC＝2，Q是三棱錐S﹣ABC外接球上一動點，則點Q到平面ABC的距離的最大值為 .


【答案】


【解析】∵三棱錐S﹣ABC，滿足SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC＝2，


∴如圖，SA，SB，SC是棱長為2的正方體MNPB﹣ADCS上具有公共頂點S的三條棱，


以B為原點，BM、BP、BS分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，


則B（0，0，0），A（2，0，2），C（0，2，2），S（0，0，2），N（2，2，0），


＝（2，0，2），＝（0，2，2），＝（2，2，0），


設(shè)平面ABC的法向量＝（x，y，z），則，取x＝1，得＝（1，1，﹣2），


三棱錐S﹣ABC外接球就是棱長為2的正方體MNPB﹣ADCS的外接球，


∵Q是三棱錐S﹣ABC外接球上一動點，


∴點Q與N重合時，點Q到平面ABC的距離的最大值，


∴點Q到平面ABC的距離的最大值為：d＝＝＝．





三、解答題


11.（2020銀川一中高二月考）如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,側(cè)棱PA=PD=2,底面ABCD為直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,問:線段AD上是否存在一點Q,使得它到平面PCD的距離為32?若存在,求出AQQD的值;若不存在,說明理由.





【解析】取AD的中點O,在△PAD中,∵PA=PD,∴PO⊥AD.





又側(cè)面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,


∴PO⊥平面ABCD.


建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),


則CP=(-1,0,1),CD=(-1,1,0).


假設(shè)存在點Q,使它到平面PCD的距離為32,設(shè)Q(0,y,0)(-1≤y≤1),則CQ=(-1,y,0).


設(shè)平面PCD的法向量為n=(x0,y0,z0),則n·CP=0,n·CD=0,


∴-x0+z0=0,-x0+y0=0, 即x0=y0=z0,取x0=1,


則平面PCD的一個法向量為n=(1,1,1).


∴點Q到平面PCD的距離d=|CQ·n||n|=|-1+y|3=32,∴y=-12或y=52(舍去).


此時AQ=0,12,0,QD=0,32,0,則|AQ|=12,|QD|=32.


∴存在點Q滿足題意,此時AQQD=13.


12．（2020四川廣元二中高二月考）已知Rt△ABC如圖（1），∠C＝90°，D．E分別是AC，AB的中點，將△ADE沿DE折起到PDE位置（即A點到P點位置）如圖（2）使∠PDC＝60°．


（I）求證：BC⊥PC；


（Ⅱ）若BC＝2CD＝4，求點D到平面PBE的距離．





【解析】（I）證明：∵Rt△ABC如圖（1），∠C＝90°，D．E分別是AC，AB的中點，


將△ADE沿DE折起到PDE位置（即A點到P點位置）如圖（2）使∠PDC＝60°．


∴DE⊥DC，DE⊥PD，DE∥BC，


∵PD∩DC＝D，∴DE⊥平面PCD，∴BC⊥平面PCD，


∵PC?平面PCD，∴BC⊥PC．


（Ⅱ）解：∵D．E分別是AC，AB的中點，∠PDC＝60°，BC＝2CD＝4，


∴CD＝PD＝PC＝2，


取CD中點O，BE中點M，連結(jié)PO，MO，則OP，OD，OM兩兩垂直，


以O(shè)為原點，OD為x軸，OM為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，


則D（1，0，0），P（0，0，），B（﹣1，4，0），E（1，2，0），


＝（1，0，﹣），＝（﹣1，4，﹣），＝（1，2，﹣），


設(shè)平面PBE的法向量＝（x，y，z），


則，取x＝1，得＝（1，1，），


∴點D到平面PBE的距離為：d＝＝＝．


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