《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1. [2023·湖北襄阳第二中学高二月考]已知空间三点$A(3,2,0),B(3,2,2),C(3,0,1)$，则$C$到直线$AB$的距离为（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 5

答案： B

2. [2022·安徽淮南第五中学高二月考]如图，在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AA_{1}=AB = 2,AD = 1$，点$F,G$分别是$AB,CC_{1}$的中点，则点$D$到直线$GF$的距离为________.

答案： $\sqrt {2}$

3. [2023·广东深圳实验中学高二月考]已知长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = AD = 2AA_{1}=2$，圆$E$内切上底面正方形$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，$F$为圆$E$上的动点.
(1)求点$D$到直线$AE$的距离；
(2)求$AF$的取值范围.

答案： 【解】
(1)以$A$为原点，$AB$，$AD$，$AA_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,0)$，$D(0,2,0)$，$E(1,1,1)$，所以$\overrightarrow{AD}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{AE}=(1,1,1)$。 令$\boldsymbol{a}=\frac{\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{AE}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}(1,1,1)$， 所以点$D$到直线$AE$的距离为$\sqrt{(\overrightarrow{AD})^{2}-(\overrightarrow{AD}\cdot\boldsymbol{a})^{2}}=\sqrt{4 - \frac{4}{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$。
(2)设$F(x,y,1)$。由$|\overrightarrow{EF}| = 1$，得$(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=1$。 设$\begin{cases}x - 1=\cos\theta\\y - 1=\sin\theta\end{cases}$，$\theta\in(0,2\pi)$，则$\begin{cases}x=\cos\theta + 1\\y=\sin\theta + 1\end{cases}$， 所以$|\overrightarrow{AF}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}+1}=\sqrt{(\cos\theta + 1)^{2}+(\sin\theta + 1)^{2}+1}=\sqrt{4 + 2\sqrt{2}\sin(\theta+\frac{\pi}{4})}$。 因为$-1\leqslant\sin(\theta+\frac{\pi}{4})\leqslant1$， 所以$\sqrt{4 - 2\sqrt{2}}\leqslant|\overrightarrow{AF}|\leqslant\sqrt{4 + 2\sqrt{2}}$。 所以$AF$的取值范围是$[\sqrt{4 - 2\sqrt{2}},\sqrt{4 + 2\sqrt{2}}]$。

4. [2022·吉林白城洮南第一中学高二期中]已知正四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的底面边长为 2，侧棱长为 4，$E$为$CD_{1}$的中点，则点$A_{1}$到平面$BDE$的距离为（ ）
A. $\frac{3}{2}$
B. 2
C. $\frac{9}{4}$
D. $\frac{8}{3}$

答案： D

5. [2023·吉林白城通榆第一中学高二月考]已知空间四个点$A(1,1,1),B(-4,0,2),C(-3,-1,0),D(-1,0,4)$，点$D$到平面$ABC$的距离是________.

答案： $\frac {\sqrt {14}}{2}$

6. [2021·北京东直门中学高二期中]如图，在棱长为 1 的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，直线$AC$到平面$A_{1}BC_{1}$的距离等于________.

答案： $\frac {\sqrt {3}}{3}$

7. [2023·新疆石河子一中高二月考]如图所示，三棱台$ABC - DEF$的体积为 7，其上、下底面均为正三角形，平面$ACFD\perp$平面$ABC$，$AB = 2DE = 4$且$AD = FC$，棱$AC$与$BC$的中点分别为$G,H$.
(1)证明：$AE//$平面$FGH$.
(2)求直线$AE$到平面$FGH$的距离.

答案：
(1)【证明】由题意得，上底面面积$S_1=\frac{\sqrt{3}}{4}\times2^{2}=\sqrt{3}$，下底面面积$S_2=\frac{\sqrt{3}}{4}\times4^{2}=4\sqrt{3}$。 设三棱台的高为$h$，则$\frac{1}{3}(\sqrt{3}+2\sqrt{3}+4\sqrt{3})h = 7$，解得$h=\sqrt{3}$。 设$DF$的中点为$I$，如图，连接$GB$，$GI$，结合题意可知$GB$，$GC$，$GI$两两垂直。 以$G$为原点，$GB$，$GC$，$GI$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系， 则$G(0,0,0)$，$H(\sqrt{3},1,0)$，$F(0,1,\sqrt{3})$， 所以$\overrightarrow{GH}=(\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{GF}=(0,1,\sqrt{3})$。 设平面$FGH$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$， 则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{GH}=\sqrt{3}x + y = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{GF}=y+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$。 取$x = 1$，则$y=-\sqrt{3}$，$z = 1$， 所以$\boldsymbol{n}=(1,-\sqrt{3},1)$是平面$FGH$的一个法向量。 易知$A(0,-2,0)$，$E(\sqrt{3},0,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{AE}=(\sqrt{3},2,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}=0$，所以$\overrightarrow{AE}\perp\boldsymbol{n}$。 又$AE\not\subset$平面$FGH$，所以$AE\parallel$平面$FGH$。
(2)【解】由
(1)知$AE\parallel$平面$FGH$，所以直线$AE$到平面$FGH$的距离即为点$A$到平面$FGH$的距离。 设点$A$到平面$FGH$的距离为$d$。 因为$\overrightarrow{GA}=(0,-2,0)$，所以$d=\frac{|\overrightarrow{GA}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1 + 3+1}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}$。

8. [2022·浙江杭州第九中学高二期末]若两平行平面$\alpha,\beta$分别经过原点$O$和点$A(2,1,1)$，且两平面的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(-1,0,1)$，则两平面间的距离是________.

答案： $\frac {\sqrt {2}}{2}$