1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题(1)-B提高练一、选择题1．（2020安徽安庆高二期中）若点A（2，3，2）关于xoz平面的对称点为A'，点B（﹣2，1，4）关于y轴对称点为B'，点M为线段A'B'的中点，则|MA|＝（ ）A．B．C．5D．【答案】C【解析】∵点A（2，3，2）关于xoz平面的对称点为A'，∴A′（2，﹣3，2），∵点B（﹣2，1，4）关于y轴对称点为B'，∴B′（2，1，﹣4），∵点M为线段A'B'的中点，∴M（2，﹣1，﹣1），∴|MA|＝＝5．2．（2020四川广安高二校级月考）已知直线l的方向向量为＝（﹣1，0，1），点A（1，2，﹣1）在l上，则点P（2，﹣1，2）到l的距离为（ ）A．B．4C．D．3【答案】C【解析】根据题意，得＝（﹣1，3，﹣3），＝（﹣1，0，1），∴cos＜，＞＝＝﹣，∴sin＜，＞＝；又∵||＝，∴点P（2，﹣1，2）到直线l的距离为||sin＜，＞＝×＝．3.如图,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别是AB,AD的中点,GC⊥平面ABCD,且GC=2,则点B到平面EFG的距离为( )
A.B.C.D.1【答案】B【解析】以C为坐标原点,所在直线为x轴,所在直线为y轴,所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则F(4,2,0),E(2,4,0),G(0,0,2),B(0,4,0),∴=(2,0,0),=(-2,2,0),=(-2,-4,2).设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=3,则m=(1,1,3),∴点B到平面EFG的距离d=.4．（2020山东菏泽三中高二期末）在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A到平面MBD的距离是（ ）A．aB．aC．aD．a【答案】D【解析】以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，A（a，0，0），B（a，a，0），D（0，0，0），M（a，0，），则＝（a，a，0），＝（a，0，），设平面BDM的法向量为，则，取x＝1，得＝（1，﹣1，﹣2），∵＝（0，a，0），∴点A到平面MBD的距离d＝＝＝．故选：D．
5．（2020·湖南高二（理））正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围为()A．B．C．D．【答案】D【解析】以分别为建立空间直角坐标系，则，.,,由平面，则且所以且得，.所以当时，，当或时，，所以
6.（多选题）（2020·江苏省如皋中学高二月考）正方体的棱长为1，分别为的中点．则（）A．直线与直线垂直B．直线与平面平行C．平面截正方体所得的截面面积为D．点和点到平面的距离相等【答案】BC【解析】对选项A：（方法一）以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系，则、、、、、.从而，，从而，所以与直线不垂直，选项A错误；（方法二）取的中点，连接，则为直线在平面内的射影，与不垂直，从而与也不垂直，选项A错误；
取的中点为，连接、，则，，易证，从而，选项B正确；对于选项C，连接，，易知四边形为平面截正方体所得的截面四边形（如图所示），且，，所以，而，从而选项C正确；对于选项D：（方法一）由于，而，而，，所以，即，点到平面的距离为点到平面的距离的二倍.从而D错误.（方法二）假设点与点到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于点，易知不是的中点，故假设不成立，从而选项D错误.二、填空题7．（2020四川南充二中高二期末）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=,在△ABC中,∠
ACB=90°,AC=BC=1,则点B1到平面A1BC的距离为 . 【答案】【解析】如图所示,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,0),A1(1,0,),B1(0,1,),C1(0,0,),∴=(-1,1,-),=(-1,0,-),=(-1,1,0).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则令z=1得x=-,y=0,∴n=(-,0,1).∴点B1到平面A1BC的距离d=.8.（2020福建高二月考）如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 .【答案】.【解析】以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),=(0,1,-1),=(-1,0,-1),=(-1,0,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则⇒令z=1,得y=1,x=-1,∴n=(-1,1,1),∴点D1到平面A1BD的距离d=.易证平面A1BD∥平面B1CD1,∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为.9.已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.则点D到平面PEF的距离为 ，直线AC到平面PEF的距离 .【答案】.【解析】建立以D为坐标原点,分别为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系,如图所示.
则P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,所以,,设平面PEF的法向量n=(x,y,z),则令x=2,则y=2,z=3,所以n=(2,2,3),所以点D到平面PEF的距离d=,因此点D到平面PEF的距离为.因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC.又因为AC⊄平面PEF,EF⊂平面PEF,所以AC∥平面PEF.因为,所以点A到平面PEF的距离d=.所以直线AC到平面PEF的距离为.10．（2020高二期中）已知三棱锥S﹣ABC，满足SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC＝2，Q是三棱锥S﹣ABC外接球上一动点，则点Q到平面ABC的距离的最大值为 .【答案】【解析】∵三棱锥S﹣ABC，满足SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC＝2，∴如图，SA，SB，SC是棱长为2的正方体MNPB﹣ADCS上具有公共顶点S的三条棱，以B为原点，BM、BP、BS分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则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），设平面ABC的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，﹣2），三棱锥S﹣ABC外接球就是棱长为2的正方体MNPB﹣ADCS的外接球，∵Q是三棱锥S﹣ABC外接球上一动点，∴点Q与N重合时，点Q到平面ABC的距离的最大值，
∴点Q到平面ABC的距离的最大值为：d＝＝＝．三、解答题11.（2020高二月考）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,问:线段AD上是否存在一点Q,使得它到平面PCD的距离为?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.【解析】取AD的中点O,在△PAD中,∵PA=PD,∴PO⊥AD.又侧面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PO⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),则=(-1,0,1),=(-1,1,0).假设存在点Q,使它到平面PCD的距离为,设Q(0,y,0)(-1≤y≤1),则=(-1,y,0).设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0),则
∴即x0=y0=z0,取x0=1,则平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).∴点Q到平面PCD的距离d=,∴y=-或y=(舍去).此时,则||=,||=.∴存在点Q满足题意,此时.12．（2020四川广元二中高二月考）已知Rt△ABC如图（1），∠C＝90°，D．E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到PDE位置（即A点到P点位置）如图（2）使∠PDC＝60°．（I）求证：BC⊥PC；（Ⅱ）若BC＝2CD＝4，求点D到平面PBE的距离．【解析】（I）证明：∵Rt△ABC如图（1），∠C＝90°，D．E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到PDE位置（即A点到P点位置）如图（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分别是AC，AB的中点，∠PDC＝60°，BC＝2CD＝4，∴CD＝PD＝PC＝2，取CD中点O，BE中点M，连结PO，MO，则OP，OD，OM两两垂直，以O为原点，OD为x轴，OM为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），P（0，0，），B（﹣1，4，0），E（1，2，0），＝（1，0，﹣），＝（﹣1，4，﹣），＝（1，2，﹣），
设平面PBE的法向量＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，），∴点D到平面PBE的距离为：d＝＝＝．
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