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金版学案 数学选修2-1 3.2.4 利用空间向量求空间距离


第三章

空间向量与立体几何

数学·选修 2-1(人教 A 版)

空间向量与立体几何

3. 1 3.2.4

空间向量及其运算

利用空间向量求空间距离

(本课时有一定难度,可根据具体情况选用)

课前训练

/>一、选择题 → → → 1. 若 O 为坐标原点, OA=(1,1, -2), OB=(3,2,8), OC=(0,1,0), 则 线 段 ( ) A. 165 2 B.2 14 C. 53 D. 53 2

AB

的 中 点

P

到 点

C

的 距 离 为

→=1(→ →)=(2,3,3),PC →=→ 解析:由题意OP OA+OB OC-→ OP=(-2, 2 2 1 →|= - ,-3),|PC 2 1 53 4 + +9 = .故选 D. 4 2

第三章 答案:D

空间向量与立体几何

2. 已知向量 n=(1,0, -1)与直线 l 垂直, 且 l 经过点 A(2,3,1), 则点 P(4,3,2)到 l 的距离为( A. 3 2 B. 2 2 C. 2 3 2 D. 2 )

答案:B

3.已知平面 α 的一个法向量 n=(-2,-2,1),点 A(-1,3,0) 在 α 内,则点 P(-2,1,4)到平面 α 的距离为( A.10 B.3 8 C. 3 D. 10 3 )

答案:D

4.正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a,则平面 AB1D1 与平面 BDC1 的 距离为( A. 2a ) B. 3a C. 2 a 3 D. 3 a 3

答案:D

5.正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是 A1C1 的中点,则 O 到平 面 ABC1D1 的距离为( )

第三章 A. 3 2 B. 2 4 1 C. 2 D.

空间向量与立体几何 3 3

→ 解析:建立如右图所示的空间直角坐标系,可得C 1O =
?1 ? 1 →1=(1,0,1),点 O 到平面 ABC1D1 ? ,- ,0?,平面 ABC1D1 的法向量DA 2 ?2 ?

的距离 →1·C → |DA 2 1O| d= = = . →1| 2 4 |DA 答案:B 1 2

二、填空题 6. 与 xOy 平面的距离为 1 的点(x, y, z)所满足的条件是________.

答案:z=±1

7.直角△ABC 的两条直角边 BC=3,AC=4,PC⊥平面 ABC,PC 9 = ,则点 P 到斜边 AB 的距离是________. 5

解析:以 C 为坐标原点,CA、CB、CP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如 图所示的空间

第三章

空间向量与立体几何

直角坐标系. 9 →=(-4,3,0),→ 则 A(4,0,0),B(0,3,0),P0,0, ,所以AB AP= 5 9 -4,0, ,所以→ AP在 AB 上的投影长为 5 |→ AP·→ AB| 16 = ,所以 P 到 AB 的距离为 d= → 5 |AB| 16+ 81 256 - =3. 25 25
?16? |AP|2-? ?2 = ?5?

答案:3

8. 已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=6,BC=4,BB1=3,则点

B1 到平面 A1BC1 的距离为____.

解析:如图所示,

建立空间直角坐标系,则 A1(4,0,3),

B1(4,6,3),B(4,6,0),C1(0,6,3),

第三章

空间向量与立体几何

→ → A 1C1=(-4,6,0),A1B=(0,6,-3), →1=(-4,0,3),A → BC 1B1=(0,6,0), 设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),

?n·A→ C =0 , 由? → ?n·A B =0 ,
1 1 1

? 2 4? 解得 n=?1, , ?. 3 3? ?

→ |A 12 29 1B1·n| 所以 d= = . |n| 29 答案: 12 29 29

三、解答题 9.已知正方形 ABCD 的边长为 1,PD⊥平面 ABCD,且 PD=1,E,

F 分别为 AB,BC 的中点.
(1)求点 D 到平面 PEF 的距离; (2)求直线 AC 到平面 PEF 的距离.

解析:(1)建立以 D 为坐标原点,DA,DC,DP 分别为 x 轴,y 轴,

z 轴的空间直角坐标系,如图

所示. 则 P(0,0,1),A(1,0,0),

第三章
? ?

空间向量与立体几何
? ?

C(0,1,0),E?1, ,0?,
→=?- , ,0?,→ F? ,1,0?,EF PE=?1, ,-1?,
?2 ? ? ? ? ?1 ? ?

1 2

1 1 ? 2 2

?

?

1 2

?

设平面 PEF 的法向量 n=(x,y,z), 则 n·→ EF=0,且 n·→ PE=0, 1 1 - x+ y=0, ? ? 2 2 所以? 1 x + ? ? 2y-z=0. 令 x=2,则 y=2,z=3,所以 n=(2,2,3), |→ DE·n| |2+1| 所以点 D 到平面 PEF 的距离为 d= = = |n| 4+4+9 3 17, 17 因此,点 D 到平面 PEF 的距离为 3 17. 17

? ? 1 (2)因为 → AE=?0, ,0?,所以点 A 到平面 PEF 的距离为 d= 2 ? ?

|→ AE·n| 1 17 17 = = ,所以 AC 到平面 PEF 的距离为 . |n| 17 17 17

10.

第三章

空间向量与立体几何

(2013·天津卷)如图,四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面

ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点.
(1)证明:B1C1⊥CE; (2)求二面角 B1CEC1 的正弦值; (3)设点 M 在线段 C1E 上,且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦 值为 2 ,求线段 AM 的长. 6

解析:如图,

以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0) ,

B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).
→ → → → (1)证明: 易得B -1), CE=(-1,1, -1), 于是B 1C1=(1,0, 1C1·CE =0,所以 B1C1⊥CE. → (2)B 1C=(1,-2,-1).设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z),

第三章 → ? m ·B C=0, 则? ?m·→ CE=0,
1

空间向量与立体几何
? ?x-2y-z=0, ?-x+y-z=0. ?

即?

消去 x,得 y+2z=0,

不妨令 z=1,可得一个法向量为 m=(-3,-2,1). → 由(1)知,B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B 1C1= (1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → 于是 cos〈m, B = 1C 1〉 -4 2 7 = =- ,从而 sin → 7 14 × 2 |m|·|B1C1| → m ·B 1C1

21 21 → 〈m,B ,所以二面角 B1CEC1 的正弦值为 . 1C1〉= 7 7 →1=(1,1,1), (3) → AE=(0,1,0),EC →1=(λ ,λ ,λ ),0≤λ ≤1,有AM →= → →=(λ , 设→ EM=λ EC AE+EM λ +1,λ ).可取→ AB=(0,0,2)为平面 ADD1A1 的一个法向量. 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 sin |→ AM·→ AB| → → θ =|cos〈AM,AB〉|= →| |→ AM|·|AB λ 2+
2



2λ (λ +1)

2

+λ 2×2



λ , 3λ 2+2λ +1

于是

λ 2 1 = ,解得 λ = ,所以 AM= 2. 3 3λ +2λ +1 6


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