《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第一册人教版A》

1. 已知$A(0,0,2)$，$B(1,0,2)$，$C(0,2,0)$，则点$A$到直线$BC$的距离为（ ）
A. $\frac{2\sqrt{2}}{3}$ B. 1 C. $\sqrt{2}$ D. $2\sqrt{2}$

答案： A　解析:因为A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),所以$\overrightarrow{AB}=(1,0,0)$,$\overrightarrow{BC}=(-1,2,-2)$。所以点A到直线BC的距离$d = \sqrt{\overrightarrow{AB}^{2}-(\overrightarrow{AB} \cdot \frac{\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BC}|})^{2}}=\sqrt{1 - (\frac{-1}{3})^{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。故选A。

2. 如图，在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，若$AB = \sqrt{2}BB_{1}=2$，则点$C$到直线$AB_{1}$的距离为（ ）

A. $\frac{\sqrt{15}}{5}$ B. $\frac{\sqrt{10}}{5}$ C. $\frac{\sqrt{15}}{3}$ D. $\frac{\sqrt{30}}{3}$

答案：
D　解析:由题意知，AC = AB = 2，$BB_{1}=\sqrt{2}$，取AC的中点O，则BO⊥AC，$BO = \sqrt{3}$。
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

则A(0,-1,0)，$B_{1}(\sqrt{3},0,\sqrt{2})$，C(0,1,0)，所以$\overrightarrow{AB_{1}}=(\sqrt{3},1,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{CA}=(0,-2,0)$，
所以$\overrightarrow{CA}$在$\overrightarrow{AB_{1}}$上的投影的长度为$\frac{|\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{AB_{1}}|}{|\overrightarrow{AB_{1}}|}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
故点C到直线$AB_{1}$的距离为$d = \sqrt{|AC|^{2}-(\frac{\sqrt{6}}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{30}}{3}$。故选D。

1. 已知点$M(0,1,-2)$，平面$\alpha$过原点，且垂直于向量$n = (1,-2,2)$，则点$M$到平面$\alpha$的距离为（ ）
A. $\sqrt{3}$ B. 2 C. 6 D. $\sqrt{6}$

答案： B　解析:由题可知，点M到平面$\alpha$的距离即为$\overrightarrow{OM}$在n上的投影长度。因为M(0,1,-2)，所以$\overrightarrow{OM}=(0,1,-2)$，所以$\overrightarrow{OM} \cdot n = 0×1 + 1×(-2)+(-2)×2=-6$，$|n|=\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}+2^{2}} = 3$，所以点M到平面$\alpha$的距离为$\frac{|\overrightarrow{OM} \cdot n|}{|n|}=\frac{|-6|}{3}=2$。故选B。

2. 如图，已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长为2，$E$，$F$，$G$分别是$C_{1}C$，$D_{1}A_{1}$，$AB$的中点. 求点$A$到平面$EFG$的距离.

答案： 解:以D为坐标原点，$\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow{DD_{1}}$的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，
则A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)，
所以$\overrightarrow{AG}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{GE}=(-2,1,1)$，$\overrightarrow{GF}=(-1,-1,2)$。
设$n=(x,y,z)$是平面EFG的法向量，点A到平面EFG的距离为d，
则$\begin{cases}n \cdot \overrightarrow{GE}=0 \\ n \cdot \overrightarrow{GF}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-2x + y + z = 0 \\ -x - y + 2z = 0\end{cases}$，
取z = 1，得$n=(1,1,1)$，
所以$d=\frac{|\overrightarrow{AG} \cdot n|}{|n|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即点A到平面EFG的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。

3. 如图，在棱长为2的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$，$F$分别为棱$AA_{1}$，$BB_{1}$的中点，$M$为棱$A_{1}B_{1}$上的一点，且$A_{1}M = \lambda(0＜\lambda＜2)$. 设点$N$为$ME$的中点，求点$N$ 到平面$D_{1}EF$的距离.

答案： 解:以D为原点，DA，DC，$DD_{1}$所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则M(2,$\lambda$,2)，$D_{1}(0,0,2)$，E(2,0,1)，F(2,2,1)，
所以$\overrightarrow{ED_{1}}=(-2,0,1)$，$\overrightarrow{EF}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{EM}=(0,\lambda,1)$。
设平面$D_{1}EF$的法向量$n=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}n \cdot \overrightarrow{ED_{1}}=-2x + z = 0 \\ n \cdot \overrightarrow{EF}=2y = 0\end{cases}$，
取x = 1，得$n=(1,0,2)$为平面$D_{1}EF$的一个法向量，
所以点M到平面$D_{1}EF$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{EM} \cdot n|}{|n|}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
因为N为EM的中点，
所以点N到平面$D_{1}EF$的距离为$\frac{\sqrt{5}}{5}$。