《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

10. 如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，AB = 4，BC = 3，$CC_1$ = 2.
（1）求证：直线$CD_1//$平面$A_1BC_1$；
（2）求直线$CD_1$与平面$A_1BC_1$间的距离.

答案：
10.解　
(1)证明:建立如图所示的空间直角坐标系,
　则C(0,4,0),D(0,0,2),
B(3,4,0),A(3,0,2),C(0,4,2),
∴CD=(0,−4,2),BA²=(0,
　　　　　　　　　　　　　　 −4,2),
∵CD=BA,
∴CD//
BA,又
∵CD平面ABC,
BAC平面ABC1,
∴CD、//平面ABC.
(2)设平面ABC;的法向量为n=(x,;y,N),
　由
(1)得BC=(−3,0,2),BA=(0,−4,2),
　则{nn..BBCA==00,,−−43yx++22xx==00,,
∴yx==$\frac{1}{2}$$\frac{2}{3}$之.,
　　　　　　　　　　　　　　　{
　取x=6,则x=4,y=3,
∴n=(4,3,6).
BC=(−3,0,0),故BC.n=(−3,0,0).(4,3,6)=
　−12,|n|=　$\sqrt{61}$
∴点C到平面A1BC，的距离即直线
CD与平面ABC，间的距离d，
　即d=|$\frac{BC.n}{|n)}$|=$\frac{|−12|}{\sqrt{61}}$=$\frac{12\sqrt{61}}{61}$

11.（2023·江苏无锡联考）在正四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，底面边长为2，侧棱长为4，则点$B_1$到平面$AD_1C$的距离为（ ）
A. $\frac{8}{3}$
B. $\frac{2\sqrt{2}}{3}$
C. $\frac{4\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{4}{3}$

答案：
11.A　如图,以D为原点,DA,DC,DD，所在
　直线分别为x轴,y轴,N轴建立空间直角
　坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4),，B(2,2,4),
∴AC=(−2,2,0),AD²=
　(−2,0,4),BD=(−2,−2,0).设平面
　　　　　　　　　　　　　　　　n.AC=o,
AD1C的法向量为n=(x,y,N),则{n.AD²=0,即{−−22xx++24yx==00,,取x=1,则x=y=2,
∴n=(2,2,1),
∴点B1到平面AD:C的距离为$\frac{n.BD}{n}$=$\frac{8}{3}$,故选A.

12.（多选）如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AA_1$ = 1，AB = AD = $\sqrt{3}$，E是侧面$AA_1D_1D$的中心，F是底面ABCD的中心，以A为坐标原点，AB，AD，$AA_1$所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则（ ）

A. $\overrightarrow{EF}$是单位向量
B. $\boldsymbol{n}=(1,0,\sqrt{3})$是平面$A_1BC$的一个法向量
C. 异面直线EF与$A_1C$垂直
D. 点E到平面$A_1BC$的距离为$\frac{\sqrt{3}}{4}$

答案： 12.ABD　对于A,E(0,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{1}{2}$),F($\frac{3}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,0),EF=
　($\frac{\sqrt{3}}{2}$,0,−$\frac{1}{2}$),则|EF|=　$\sqrt{{\frac{\sqrt{3}}{2})²+0²+(−\frac{1}{2})}$=
　1,A正确;对于B,
∵A(0,0,1),B($\sqrt{3}$,0,0),C($\sqrt{3}$,$\sqrt{3}$,0),
∴AB=(　$\sqrt{3}$,0,−1),AC=(√3,$\sqrt{3}$,−1),
∴{nn..AACB==$\sqrt{3}$$\sqrt{3}$$\sqrt{3}$$\sqrt{3}$==00,,即n⊥AB,n⊥AC,又
AB∩AC=A,
∴n⊥平面ABC,
∴n=(1,0,$\sqrt{3}$)是平面A1BC的一个法向量，B正确;对于C,
∵EF=
　{$\frac{\sqrt{3}}{2}$,0,−$\frac{1}{2}${,AC=($\sqrt{3}$,　$\sqrt{3}$,−1),
∴|cos＜EF,AC＞|=|EEFF|..A|ACC|=$\frac{2}{1×\sqrt{7}}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$,即异面直线EF与AC所成角的余弦值为$\frac{2√}{7}$,C错误;
对于D,
∵E(0,$\frac{\sqrt{3}}{2}$$\frac{1}{2}$,B($\sqrt{3}$,0,0),
∴BE=(−$\sqrt{3}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{1}{2}$),由B知n=(1,0,$\sqrt{3}$)为平面ABC的一个法
　向量，
∴点E到平面ABC的距离d=$\frac{BE.n}{|n|}$=
　$\sqrt{3}$
　$\frac{2}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$,D正确.故选ABD,

13. 棱长为1的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，E，F分别是BC，CD的中点，则点D到$A_1C_1$的距离为________，点D到平面$EFD_1B_1$的距离为________.

答案：
13.$\frac{\sqrt{6}}{2}$　$\frac{1}{3}$
　解析　以D:为原点建立如图所示的空间直角坐标系，连接DA1,DC1,
　则D(0,0,0),A(1,0,0),C,(0,1,0),
D((0,0,1),B,(1,1,0),F(0,$\frac{1}{2}$,1),
　　　　　　　　　　　　　　　　 所以|AD|=|AC∣=|DC1=$\sqrt{2}$
　即△DAC为等边三角形,所以点D
　到A1C，的距离为三角形的高,即$\sqrt{2}$sin60°=$\frac{\sqrt{6}}{2}$.
　又DF=(0,$\frac{1}{2}$,1),DB=(1,1,0),则可求得平面EFDlB1的一个法向量为n=(−1,1,−$\frac{1}{2}$).又
DD=(0,0,1),故点D到平面EFDB1的距离为d=　$\frac{[DD.n}{n|}$=$\frac{1}{3}$

14. 如图，在四棱锥$O - ABCD$中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA = 2，M，N，R分别是OA，BC，AD的中点. 求：
（1）直线MN与平面OCD的距离；
（2）平面MNR与平面OCD的距离.

答案：
14.解　
(1)
∵OA⊥底面ABCD,四边形ABCD为正方形，
∴AB,AD,AO两两垂直，
　以A为原点，AB,AD,AO所在直线分别为x轴、y轴、N轴建立如图所示的空间直角坐标系，
　则C(2,2,0),D(0,2,0),O(0,0,2),
　N(2,1,0),
∵M,R分别为OA,AD的中点，
　　　　　　　　　　　　　　　 则MR//OD,
∵MRn平面OCD,ODC平面
　OCD,
∴MR//平面OCD,
∵底面ABCD是正方形，R，N分别为AD,BC的中点,
∴RN//CD,
∵RNA平面OCD,CDC平面OCD,
∴RN//平面OCD,
∵MR∩RN=R,MR,RNC平面MNR,
∴平面MNR//平面OCD,
∵MNC平面MNR,
∴MN//平面OCD,
　设平面OCD的法向量为n=(x,y,N),
　易知DC=(2,0,0),D0=(0,−2,2),
　　n.DC=2x=0,
　则{n.D0=−2y+2x=0,取y=1,可得n=(0,1,1),又NC=(0,1,0),
　
∴直线MN与平面OCD的距离为d1=$\frac{NC.n}{n|}$=
　$\frac{1}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
(2)
∵平面MNR//平面OCD,则平面MNR与平面OCD的距离即为直线MN与平面OCD的距离,为$\frac{\sqrt{2}}{2}$

15.（直观想象）在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，如图，已知在鳖臑$P - ABC$中，PA⊥平面ABC，PA = AB = BC = 2，M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为________.

答案：
15.$\sqrt{2}$
　解析　以B为坐标原点，BA，BC所在直
　线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标
　系,如图,则B(0,0,0),A(2,0,0),P(2,
　　　　　　　　　　　　　　　　　 0,2),C(0,2,O),由M为PC的中点可得
　M(1,1,1),BM=(1,1,1),BA=(2,0,
　0),BP=(2,0,2).设n=(x,y,N)为平面
　　　　　　　　　　　　　　　　n.BA=0,
ABM　的一个法向　量,　则　{n.BM=0,即{x2x+=y0+,x=0,令x=−1,可得n=(0,1,−1),则点P 到平面MAB的距离d=$\frac{n.BP}{n|}$=$\sqrt{2}$