【知識聚焦】
1.|AP|2-|AQ|2 a2-(a·u)2
2.AP·n|n| |AP·n||n|
【對點演練】
1.22 [解析] 建立空間直角坐標系如圖所示,則M(2,2,2),N(2,0,4),所以MN=(2-2)2+(2-0)2+(2-4)2=22.
2.61111 [解析] 建立如圖所示的空間直角坐標系,則C(0,0,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),所以CG=(0,0,2),EG=(-2,-4,2),EF=(2,-2,0).設(shè)平面GEF的法向量為n=(x,y,z),則n·EG=0,n·EF=0,即-2x-4y+2z=0,2x-2y=0,令x=1,得n=(1,1,3),所以點C到平面GEF的距離d=|n·CG||n|=61111.
3.33 [解析] 以點D為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),所以A1B=(0,1,-1),A1D=(-1,0,-1),A1D1=(-1,0,0).設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),則n·A1B=0,n·A1D=0,即y-z=0,-x-z=0,令z=1,得n=(-1,1,1),所以點D1到平面A1BD的距離d=|A1D1·n||n|=13=33.易證平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD與平面B1CD1之間的距離等于點D1到平面A1BD的距離,所以平面A1BD與平面B1CD1之間的距離為33.
4.23 [解析] 以點D為坐標原點,DA,DC,DD1的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,則A1(2,0,2),O(2,1,1),E(1,2,0),所以A1O=(0,1,-1),A1E=(-1,2,-2),所以cs=A1O·A1E|A1O||A1E|=2+22×3=223.因為∈[0,π],所以sin=13,所以點O到直線A1E的距離為|A1O|sin=2×13=23.
5.-1或-11 [解析] 由題可知PA=(x+2,2,-4),|PA·n||n|=103,則|-2(x+2)-4-4|4+4+1=103,解得x=-1或x=-11.
● 課堂考點探究
例1 [思路點撥] (1)建立空間直角坐標系,利用投影向量及勾股定理求解點到直線的距離.(2)思路一:在直線AC上任取一點M,作MN⊥BC1于點N,設(shè)AM=λAC,BN=μBC1,根據(jù)MN⊥BC1得出λ和μ的關(guān)系,從而可得|MN|關(guān)于μ(或λ)的函數(shù)關(guān)系,再求出此函數(shù)的最小值即可;思路二:用幾何法求出異面直線AC與BC1的公垂線段的長;思路三:建系,用向量法求異面直線AC與BC1之間的距離.
(1)A (2)B [解析] (1)四面體OABC滿足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,即OA,OB,OC兩兩垂直,以點O為原點,以O(shè)A,OB,OC的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖.因為OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,所以A(1,0,0),D(0,0,1),G13,23,1,所以AG=-23,23,1,AD=(-1,0,1),則|AG|=-232+232+12=173,AG·AD=-23×(-1)+1=53,所以點G到直線AD的距離d=|AG|2-AG·AD|AD|2=179-5322=22.故選A.
(2)方法一:設(shè)M為直線AC上任意一點,過M作MN⊥BC1,垂足為N,連接AN,如圖,設(shè)AM=λAC=λAB+λAD,BN=μBC1=μAD+μAA1,則MN=AN-AM=AB+BN-AM=(1-λ)AB+(μ-λ)AD+μAA1.∵MN⊥BC1,∴MN·BC1=0,即[(1-λ)AB+(μ-λ)AD+μAA1]·(AD+AA1)=0,∵AB⊥AD,AB⊥AA1,AD⊥AA1,∴(μ-λ)AD2+μAA12=0,即μ-λ+μ=0,∴λ=2μ,∴MN=(1-2μ)AB-μAD+μAA1,∴|MN|=(1-2μ)2+μ2+μ2=6μ2-4μ+1=6μ-132+13,∵μ∈R,∴當μ=13時,|MN|取得最小值13=33,故異面直線AC與BC1之間的距離是33.故選B.
方法二:如圖,取BC的中點E,連接B1E,DE,設(shè)B1E交BC1于點G,DE交AC于點F,則B1GGE=B1C1BE=2,DFFE=DAEC=2.連接B1D,FG,在△B1DE中,B1GGE=DFFE=2,∴FG∥DB1,FG=13DB1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,易證B1D⊥AC,B1D⊥BC1,∴FG⊥AC,FG⊥BC1,∴FG為異面直線AC與BC1的公垂線段.∵B1D=3,∴FG=33,即異面直線AC與BC1之間的距離為33.
方法三:如圖,以D為坐標原點,以DA,DC,DD1的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系,則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),C(0,1,0),連接DB1,∴AC=(-1,1,0),BC1=(-1,0,1),AB=(0,1,0),DB1=(1,1,1),則DB1·AC=0,DB1·BC1=0,∴DB1⊥AC,DB1⊥BC1,∴異面直線AC與BC1之間的距離為AB·DB1|DB1|=13=33.
變式題 33 [解析] 如圖,建立空間直角坐標系,則A1(1,0,1),C1(0,1,1),設(shè)P(x,0,1-x),0≤x≤1,連接A1P,則A1P=(x-1,0,-x),A1C1=(-1,1,0),∴動點P到直線A1C1的距離d=|A1P|2-A1P·A1C1|A1C1|2=
(x-1)2+(-x)2-1-x22=32x2-x+12=
32x-132+13≥33,故面對角線AD1上的動點P到直線A1C1的距離的最小值為33.
例2 [思路點撥] (1)先證得BC∥平面AB1C1,則直線BC到平面AB1C1的距離即為點B到平面AB1C1的距離.思路一:根據(jù)等體積法在三棱錐B-AB1C1(連接BC1)中可得點B到平面AB1C1的距離;思路二:建系,利用向量法求出平面AB1C1的一個法向量及BA,即可得到點B到平面AB1C1的距離.(2)思路一:過點P作PD⊥AC,PD交AC于點D,作PE⊥BC,PE交BC于點E,作PO⊥平面ABC,PO交平面ABC于點O,連接OD,OC,OE,則PE=3,所以EC=EO=1,所以CO=2,進而根據(jù)勾股定理求出點P到平面ABC的距離;思路二:建系,利用向量法求點P到平面ABC的距離.
(1)B (2)2 [解析] (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因為BC∥B1C1,BC?平面AB1C1,B1C1?平面AB1C1,所以BC∥平面AB1C1,所以直線BC到平面AB1C1的距離即為點B到平面AB1C1的距離.
方法一:連接BC1,設(shè)點B到平面AB1C1的距離為h,由等體積法可得V三棱錐B-AB1C1=V三棱錐C1-ABB1,即13S△AB1C1h=13S△ABB1×B1C1,即13×12×2×1×h=13×12×3×1×1,解得h=32.故直線BC到平面AB1C1的距離為32.故選B.
方法二:以B為坐標原點,以BA,BC,BB1的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示.因為CA=2CC1=2BC=2,所以AB=3,則B(0,0,0),A(3,0,0),B1(0,0,1),C1(0,1,1),所以BA=(3,0,0),AB1=(-3,0,1),B1C1=(0,1,0).設(shè)平面AB1C1的法向量為n=(x,y,z),則n·AB1=-3x+z=0,n·B1C1=y=0,令x=1,得n=(1,0,3),所以點B到平面AB1C1的距離d=BA·n|n|=3+0+01+0+3=32,即直線BC到平面AB1C1的距離為32.故選B.
(2)方法一:如圖,過點P作PD⊥AC,垂足為D,作PE⊥BC,垂足為E,由題意知PD=PE=3.過點P作PO⊥平面ABC,垂足為O,則點O在∠ACB的平分線上,連接OD,OC,OE,則OD⊥CD,OE⊥CE.在Rt△PCE中,PC=2,PE=3,則EC=1.在Rt△ECO中,∠ECO=45°,則Rt△ECO為等腰直角三角形,所以EO=EC=1,所以CO=2.在Rt△PCO中,PO=22-(2)2=2,即點P到平面ABC的距離為2.
方法二:過點P作PD⊥AC,垂足為D,作PE⊥BC,垂足為E,由題意知PD=PE=3,所以CD=CE=1.以C為坐標原點,以CE,CD的方向分別為x軸、y軸的正方向建立空間直角坐標系,則C(0,0,0),E(1,0,0),D(0,1,0),設(shè)P(x,y,z),則|CP|=2,|PE|=|PD|=3,得x2+y2+z2=4,(x-1)2+y2+z2=3,x2+(y-1)2+z2=3,
解得x=1,y=1,z=2或x=1,y=1,z=-2,所以點P到平面ABC的距離為2.
變式題1 B [解析] 方法一:連接BD,設(shè)點E到平面ACD1的距離為h,因為點E是棱AB的中點,所以點E到平面ACD1的距離等于點B到平面ACD1的距離的一半,又平面ACD1過BD的中點,所以點B到平面ACD1的距離等于點D到平面ACD1的距離.由等體積法得VD-ACD1=VD1-ACD,所以13S△ACD1·2h=13S△ACD·DD1,S△ACD=12×2×4=4,DD1=2.在△ACD1中,AD1=22,AC=CD1=25,所以S△ACD1=12×22×(25)2-(2)2=6,則13×6×2h=13×4×2,解得h=23,即點E到平面ACD1的距離為23.故選B.
方法二:如圖所示,連接D1E,以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則D1(0,0,2),E(2,2,0),A(2,0,0),C(0,4,0),所以D1E=(2,2,-2),AC=(-2,4,0),AD1=(-2,0,2).設(shè)平面ACD1的法向量為n=(x,y,z),則n·AC=-2x+4y=0,n·AD1=-2x+2z=0,取x=2,得n=(2,1,2),所以點E到平面ACD1的距離d=|D1E·n||n|=|2×2+2×1-2×2|3=23.故選B.
變式題2 解:(1)證明:因為CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,所以A1C1,B1C1,CC1兩兩垂直,故以C1為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,則C(0,0,4),C1(0,0,0),B1(0,4,0),D(2,2,2),
所以CB1=(0,4,-4),C1D=(2,2,2),所以CB1·C1D=0+8-8=0,所以CB1⊥C1D,所以CB1⊥C1D.
(2)由題意可知E是CB1,BC1的中點,所以E(0,2,2),
C1B1=(0,4,0),C1D=(2,2,2),C1E=(0,2,2).
設(shè)平面B1C1D的法向量為m=(x,y,z),
則C1B1·m=4y=0,C1D·m=2x+2y+2z=0,取x=1,得m=(1,0,-1),
所以點E到平面B1C1D的距離d=|m·C1E||m|=22=2.
例3 [思路點撥] (1)由二面角的平面角的定義可知∠AOC1(O為EB中點)是二面角A-BE-C1的平面角,利用勾股定理可證明OA⊥OC1,由此可證得結(jié)論;(2)以O(shè)為坐標原點建立空間直角坐標系,假設(shè)存在點P滿足題意,設(shè)DP=λDC1,由點到平面距離的向量求法可構(gòu)造方程求得λ,再利用線面角的向量求法可求得結(jié)果.
解:(1)證明:在直角梯形ABCD中,連接AC,交BE于點O,
∵四邊形ABCE是邊長為2的菱形,∠BCE=60°,∴AC⊥BE,OA=OC=3.在四棱錐C1-ABED中,OA⊥BE,OC1⊥BE,OA=OC1=3,∴∠AOC1是二面角A-BE-C1的平面角.∵AC1=6,∴OA2+OC12=AC12,∴OA⊥OC1,即∠AOC1=90°,∴平面BC1E⊥平面ABED.
(2)由(1)可知OA,OC1,BE兩兩垂直,故以O(shè)為坐標原點,OA,OB,OC1的方向分別為x,y,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,
則D32,-32,0,C1(0,0,3),A(3,0,0),B(0,1,0),E(0,-1,0),
∴DC1=-32,32,3,AD=-32,-32,0,AB=(-3,1,0),AC1=(-3,0,3),AE=(-3,-1,0).假設(shè)存在點P滿足題意,設(shè)DP=λDC1=-32λ,32λ,3λ,λ∈[0,1],連接AP,
則AP=AD+DP=-32-32λ,-32+32λ,3λ.
設(shè)平面ABC1的法向量為n=(x,y,z),
則AB·n=-3x+y=0,AC1·n=-3x+3z=0,令x=1,得n=(1,3,1),
∴點P到平面ABC1的距離d=|AP·n||n|=|23λ-23|5=155,解得λ=12或λ=32(舍去),
∴AP=-334,-34,32,∴EP=AP-AE=34,14,32.設(shè)直線EP與平面ABC1所成的角為θ,
則sin θ=|cs|=|EP·n||EP|·|n|=35=155.
故在棱DC1上存在點P滿足題意,此時直線EP與平面ABC1所成角的正弦值為155.
變式題 解:(1)在平行四邊形ABCD中,AE⊥DC,所以DE⊥AE,在△ADE中,因為AD=4,∠ADE=60°,所以AE=23,DE=2,所以EC=1. 在四棱錐D-ABCE中,平面ADE⊥平面ABCE,DE?平面ADE,平面ADE∩平面ABCE=AE,因為DE⊥AE,所以DE⊥平面ABCE.
因為M為BD的中點,所以VM-ABCE=12VD-ABCE=12×13×S四邊形ABCE×DE=16×12×(1+3)×23×2=433.
(2)由(1)知EA,EC,ED兩兩垂直,以點E為坐標原點,EA,EC,ED的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系(如圖),
則E(0,0,0),D(0,0,2),C(0,1,0),A(23,0,0),B(23,3,0),所以DB=(23,3,-2),AC=(-23,1,0).
假設(shè)存在點M滿足題意,設(shè)DM=λDB=(23λ,3λ,-2λ)(0

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