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第九章 第七节空间的距离课时限时检测

时间:2012-11-18


(时间 60 分钟,满分 80 分) 一、选择题(共 6 个小题,每小题 5 分,满分 30 分) 1.(2011· 曲靖模拟)已知平面 α 外不共线的三点 A、B、C 到 α 的距离都相等,则正确 的结论是( )

A.平面 ABC 必平行于 α B.平面 ABC 必与 α 相交 C.平面 ABC 必不垂直于 α D.存在△ABC 的一条中位线平行于 α 或在 α 内 解析:平面 α 外不共线的三点 A、B、C 到 α 的距离都相等,则可能三点在 α 的同侧, 即平面 ABC 平行于 α,这时三条中位线都平行于平面 α;也可能一个点 A 在平面一侧,另 两点 B、C 在平面另一侧,则存在一条中位线 DE∥BC,则 DE∥α 或 DE 在 α 内. 答案:D 2.点 P 是?ABCD 所在平面外一点,若 P 到四边的距离都相等,则 ABCD( A.是正方形 C.有一个内切圆 B.是长方形 D.有一个外接圆 )

解析:根据 P 的射影 O 到四边距离相等,所以选 C. 答案:C 3.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱上到异面直线 AB,CC1 的距离相 等的点的个数为( A.2 C.4 ) B.3 D.5

解析:如图由正方体性质知 BC 中点、A1D1 中点、B1、D 四点都是符合题意的点. 答案:C 4.(2011· 武咸调研)已知△ABC 中,AB=9,AC=15,∠BAC=120° ,它所在平面外一 点 P 到△ABC 三个顶点的距离都是 14,那么 P 到平面 ABC 的距离是( A.13 C.9 B.11 D.7 )

解析:由已知得 BC=21, 外接圆直径 2R= ∴R=7 3, 又 PA=PB=PC, ∴P 在底面 ABC 上的射影为△ABC 的外心 O, BC =14 3, sin120°

∴PO= 142-?7 3?2=7. 答案:D 5.四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,以 BD 为棱把它折成直二面角 A-BD-C,E 是 CD 的中点,则异面直线 AE、BC 的距离为( A. 2 C. 3 2 B. 3 D.1 )

解析:如图,取 BD 中点 O,连接 AO,CO,AC,

则 AO=CO= 2,AC=2, AD=2,E 为 CD 中点, 所以 AE⊥CE,BC⊥CE, 1 则 CE 为异面直线 AE、BC 的公垂线段,CE= CD=1. 2 答案:D 1 6.(2011· 天水质检)已知梯形 ABCD,AB∥CD,AD=CD=BC= 2 AB=1,E 为 AB 的中点,将△ADE 沿 DE 折起,使点 A 移至点 P, 若平面 PDE⊥平面 DEBC,则 D 点到平面 PBC 的距离是( A. C. 6 2 3 2 B. D. 6 4 3 4 )

解析:取 DE 中点 F,连结 FC,则 FC⊥BC. 又知 BC⊥PF, ∴BC⊥平面 PFC. 又∵BC?平面 PBC, ∴平面 PBC⊥平面 PFC. 作 FM⊥PC,M 为垂足,则 FM⊥平面 PBC. ∴FM 的长度为点 F 到平面 PBC 的距离. 在 Rt△PFC 中,可求得 FM= 又∵DE∥平面 PBC, ∴F 点到平面 PBC 的距离即为 D 点到平面 PBC 的距离. 答案:B 6 . 4

二、填空题(共 3 个小题,每小题 5 分,满分 15 分) 7.(2011· 荆州模拟)在△ABC 中,∠C=90° ,AB=8,∠ABC=30° ,PC⊥平面 ABC, PC=4,Q 是 AB 边上的一个动点,则 PQ 的最小值为________. 解析: CD⊥AB 于 D, 作 连接 PD.由三垂线定理可知 PD 即为所求, 且可求得 PD=2 7. 答案:2 7 8.平面 α∥平面 β,A∈α,C∈α,B∈β,D∈β,如果 AB+CD=28 cm,AB,CD 在 β 内的射影长分别为 5 cm 及 9 cm,则 α,β 间的距离为________. 解析:作 AA′⊥β,CC′⊥β,A′,C′为垂足. 因为 α∥β,所以 AA′=CC′=x 为 α,β 间的距离. 在 Rt△ABA′中,AB= x2+52, 在 Rt△CDC′中,CD= x2+92. 因为 AB+CD=28, 所以 x2+52+ x2+92=28,解得 x=12 cm. 答案:12 cm 9.(2011· 金昌模拟)设 PA 垂直于 Rt△ABC 所在的平面 α,∠BAC=90° ,PB、PC 分别 与 α 成 45° 30° PA=2, PA 与 BC 的距离是________; P 到 BC 的距离是________. 和 角, 则 点 解析:作 AD⊥BC 于点 D, ∵PA⊥平面 ABC,∴PA⊥AD,∴AD 是 PA 与 BC 的公垂线. 易得 AB=2,AC=2 3,BC=4,AD= 3.连结 PD,则 PD⊥BC,∴P 到 BC 的距离 PD= 7. 答案: 3 7

三、解答题(共 3 个小题,满分 35 分) 10.菱形 ABCD 中,∠BAD=60° ,AB=10 cm,PA⊥平面 ABCD,且 PA=5 cm,求 (1)P 到 CD 的距离; (2)P 到 BD 的距离; (3)P 到 AD 的距离. 解:(1)∵PA⊥平面 ABCD, ∴点 P 在平面 ABCD 上的射影为 A, A 在平面 ABCD 内作 AE⊥CD 过 于 E(∵∠ADC=120° ,∴E 在 CD 延长线上). 连 PE,由三垂线定理得 PE⊥CD. ∴线段 PE 之长就是 P 到 CD 的距离. 在 Rt△ADE 中,AE=5 3 cm 在 Rt△PAE 中,PE=10 cm,

∴P 到 CD 的距离为 10 cm. (2)连 AC、BD,交点为 O, ∵AC⊥BD,∴PO⊥BD,线段 PO 之长就是 P 到 BD 的距离,易知 PO=10 cm. (3)∵PA⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD, ∴PA⊥AD. 故线段 PA 之长就是 P 到 AD 的距离,PA=5 cm. 11.如图 ABCD 是一个直角梯形,其中 AB∥DC,AB⊥BC,CD=2BC=2AB=4,过 点 A 作 CD 的垂线 AE, 垂足为点 E, 现将△ADE 折起, 使二面角 D-AE-C 的大小是 120° . (1)求证:平面 BCD⊥平面 CED; (2)求点 A 到平面 BCD 的距离.

解:(1)证明:因为 AE⊥CE,AE⊥DE,所以 AE⊥平面 CED, 又因为 BC∥AE,∴BC⊥平面 CED,∴平面 BCD⊥平面 CED; (2)因为 BC∥AE, 所以 AE∥平面 BCD, 所以点 A 到平面 BCD 的距离等于点 E 到平面 BCD 的距离, 过点 E 作 EF 垂直 CD 且交于点 F,因为平面 BCD⊥平面 CED, 所以 EF⊥平面 BCD, 所以 EF 的长为所求, 因为 AE⊥CE,AE⊥DE,所以∠CED 为二面角 D-AE-C 的平面角, ∴∠CED=120° , ∴EF=2 sin30° =1, 点 A 到平面 BCD 的距离等于 1. 12.(文)(2010· 广东高考)如图, AEC 是半径为 a 的半圆,AC 为直径, E 为 AC 的中点, B 和点 C 为线段 AD 的三等分点, 点 点 平面 AEC 外一点 F 满足 FC⊥平面 BED,FB= 5a. (1)证明:EB⊥FD; (2)求点 B 到平面 FED 的距离. 解: (1)证明: ∵点 E 为 AC 的中点, AB=BC, 为直径, 且 AC ∴EB⊥AC. ∵FC⊥平面 BED,且 BE?平面 BED.

∴FC⊥EB. ∵FC∩AC=C, ∴EB⊥平面 BDF, ∵FD?平面 BDF, ∴EB⊥FD. (2)∵FC⊥平面 BED,且 BD?平面 BED, ∴FC⊥BD. 又∵BC=DC, ∴FD=FB= 5a. 1 ∴VE-FBD= ·△FBD· S EB 3 2a3 11 = ·· 5a2-a2· 2a· a= . 32 3 ∵EB⊥平面 BDF,且 FB?平面 BDF,∴EB⊥BF, ∴EF= FB2+EB2= a2+5a2= 6a. ∵EB⊥BD, ∴ED= EB2+BD2= a2+4a2= 5a. 1 6 21 2 ∴S△FED= · 6a· ? 5a?2-? a?2= a. 2 2 2 VE-FBD 4 21 ∴点 B 到平面 FED 的距离 d= = a. 1 21 ·△FED S 3 12.(理)如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长都为 a,P 为 棱 A1B 上的动点. A1P (1)当 PB =1 时,求证:PC⊥AB; A1P 2 (2)若 PB = ,求二面角 P-AC-B 的大小; 3 (3)在(2)的条件下,求点 C1 到平面 PAC 的距离. 解:法一:(公理化法) (1)当 A1P =1 时,取 AB 的中点 D′,连结 CD′,PD′,因为△ABC 为正三角形,则 PB

CD′⊥AB,由于 P 为 A1B 的中点时,PD′∥A1A ∵A1A⊥平面 ABC,∴PD′⊥平面 ABC,∴PC⊥AB. A1P 2 (2)当 PB = 时,过 P 作 PD⊥AB 于 D,如图所示,则 PD⊥底面 ABC,过 D 作 DE⊥ 3 AC 于 E,连结 PE,则 PE⊥AC,

∴∠DEP 为二面角 P-AC-B 的平面角, BD BP 3 2 又∵PD∥A1A,∴DA= = ,∴AD= a, PA1 2 5 ∴DE=AD· sin60° = 又∵ 3 a, 5

PD 3 3 = ,∴PD= a, AA1 5 5

PD ∴tanPED=DE= 3, ∴∠PED=60° ,即二面角 P-AC-B 的大小为 60° . (3)设 C1 到面 PAC 的距离为 d,则 VC1-PAC=VP-ACC1, ∵PD∥A1A,∴PD∥平面 A1C, ∴DE 即为 P 点到平面 A1C 的距离, 又 PE= PD2+DE2= 3 3 2 3 ? a?2+? a?2= a. 5 5 5

1 1 ∴ ·△PAC· · S d= S△ACC1· DE, 3 3 a 1 1 2 3 11 3 即 · a· a)· ·a2· a,解得 d= , ( d= 3 2 5 32 5 2 1 即 C1 到平面 PAC 的距离为 a. 2 法二:(向量法) 以 A 为原点,AB 为 x 轴,过 A 点与 AB 垂直的直线为 y 轴,AA1 为轴,建立空间直角 坐标系 A-xyz,如图所示, a 3a 设 P(x,0,z),则 B(a,0,0),A1(0,0,a),C( , ,0) 2 2 A1P 1 (1)由 PB =1,得 x= a, 2

??? ??? ? ? a 3a a 则 CP · =(x- ,- ,z)· (a,0,0)=(x- )· a=0, AB 2 2 2
∴ PC ⊥ AB ,∴PC⊥AB (2)当 A1P 2 2a 3a = 时,P 点的坐标是( ,0, ) PB 3 5 5

??? ?

??? ?

设平面 PAC 的一个法向量 n=(x,y,z),

??? ? ?n· =0 AP 则? ??? ? AC ?n· =0

? ??x,y,z?·5 ,0, 5 ?=0 即? a 3a ? ??x,y,z?·2, 2 ,0?=0 2a 3a

?5ax+5az=0 ∴? 1 3 ?2ax+ 2 ay=0
2 3

取 x=3,则 y=- 3,z=-2,

∴n=(3,- 3,-2) 又平面 ABC 的一个法向量为 m=(0,0,1), ∴cos〈m,n〉= m· n 1 =- |m|· |n| 2

又由于二面角 P-AC-B 是一个锐角,则二面角 P-AC-B 的大小是 60° (3)设 C1 到平面 PAC 的距离为 d,

???? ?

C |n· 1C | a 1 则 d= = ,C1 到平面 PAC 的距离为 a. |n| 2 2


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