(共34张PPT)
知识点 1 点到直线的距离
6.3.4 空间距离的计算
必备知识 清单破
1.如图所示,P是直线l外一点,PO⊥l,O为垂足,A是l上任意一点,设e是直线l的方向向量,记φ=< ,e>,则cos φ= ,故点P到直线l的距离d=| |sin φ= .
2.如图所示,P为直线l外一点,A是l上任意一点,在点P和直线l所确定的平面内,取一个与直线l 垂直的向量n,则点P到直线l的距离d= .
如图所示,P是平面α外一点,PO⊥α,垂足为O,A为平面α内任意一点,设n为平面α的法向 量,则点P到平面α的距离d= .
注:平行的线面、面面间的距离都可转化为平面外一点到平面的距离.
知识点 2 点到平面的距离
如图,设A,P分别为异面直线a,b上的点,向量n与直线a,b都垂直,则异面直线a,b间的距离d = ,即为向量 在平面α的法向量n上的投影向量的模.
知识点 3 异面直线间的距离
知识辨析
1.点P为平面α外一点,A∈α,如何求PA的最小值
2.如何求两条平行线间的距离
3.若直线与平面平行,如何求直线与平面间的距离
4.如何求两平行平面间的距离
5.已知平面α的一个法向量为n=(-2,2,1),A∈α,A(x,1,0),若点P(-2,1,3)到平面α的距离d=1,则x的 值为多少
一语破的
1.过点P作PO⊥α,垂足为O,则点P到平面α的距离d为线段PO的长度,且PA≥d,所以PA的最小 值为d.
2.将两条平行线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离.
3.在直线上任找一点,求该点到平面的距离.
4.在一个平面内任找一点,求该点到另一个平面的距离.
5.由题知, =(-2-x,0,3),由n=(-2,2,1),d= =1,得 =1,解得x=-2或x=-5.
1.用向量法求点到直线的距离的两种思路
(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题,即利用待定系数法求出垂足的坐标,然 后求出向量的模,这是求各种距离的通法.
(2)直接套用点到直线的距离公式求解.
2.利用点到直线的距离公式时的注意点
(1)不必找直线外的点在该直线上的射影以及垂线段;
(2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点;
(3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算的准确性.
关键能力 定点破
定点 1 用向量法求点到直线的距离
典例1 已知正方体ABCD-EFGH的棱长为1,点P在正方体的内部,且 = + + ,则
点P到直线AB的距离为 .
解析 如图,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,1),所以 =(1,0,0), =(0,1,0), =(0,0,1),
所以 = + + = ,
因为 在 上的投影向量的长度为 = ,所以点P到直线AB的距离为
= .
典例2 已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求点B到直线A1C1的距 离.
解析 以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A1(4,0,1),C1(0,3,1),
所以 =(-4,3,0), =(0,3,1).
因为cos< , >= = = ,
所以sin< , >= ,
所以点B到直线A1C1的距离d=| |·sin< , >= × = .
用向量求点到平面的距离的方法与步骤
利用向量法求点到平面的距离时,不必作出该点到平面的垂线段,而是将其转化为求已知点 与平面内一点的连线对应的向量在平面法向量上的投影的长度,具体求解过程如下:
(1)建立空间直角坐标系;
(2)求出已知点P与平面α内任一点A所连直线的方向向量 ;
(3)求出平面α的法向量n;
(4)利用公式d= 求解.
定点 2 用向量法求点到平面的距离
典例 已知F,E分别是正方形ABCD的边AD,AB的中点,EF交AC于点P,GC⊥平面ABCD.
(1)求证:EF⊥平面GPC;
(2)若AB=4,GC=2,求点B到平面EFG的距离.
解析 (1)证明:连接BD交AC于点O,
∵F,E分别是正方形ABCD的边AD,AB的中点,
∴EF∥BD,
又AC⊥BD,∴EF⊥AC.
∵GC⊥平面ABCD,EF 平面ABCD,
∴EF⊥GC.
又AC∩GC=C,AC,GC 平面GPC,
∴EF⊥平面GPC.
(2)解法一(向量法):以C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,
则G(0,0,2),E(4,2,0),F(2,4,0),B(4,0,0),
∴ =(4,2,-2), =(-2,2,0), =(0,2,0).
设平面GEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
即
令x=1,则y=1,z=3,
∴n=(1,1,3),
又∵ =(0,2,0),
∴点B到平面EFG的距离为 = .
解法二(等体积法):连接FB,BG.由题意可知,EF=2 ,PC= AC= × =3 ,PG=
= ,
∴S△EFG= EF·PG= ×2 × =2 ,
易得S△EFB=S△EFA= AE·AF=2,
∴VB-EFG=VG-EFB,
设点B到平面EFG的距离为h,
则 S△EFG·h= S△EFB·GC,
解得h= = = .
解法三(间接法):由题意可知,PC= AC= × =3 ,PG= = ,
连接BD交AC于点O,则PC=3OP,∴根据相似三角形易得点C到平面EFG的距离是点O到平面 EFG距离的3倍,
由(1)知EF∥BD,
∵EF 平面EFG,BD 平面EFG,
∴BD∥平面EFG,
∴点B到平面EFG的距离等于点O到平面EFG的距离,
过点C作CM⊥PG,垂足为M,在△GPC中,点C到PG边的距离为线段CM的长度,
由(1)知EF⊥平面GPC,
∴EF⊥CM,∴CM⊥平面EFG,
∴线段CM的长度即为点C到平面EFG的距离,在△GPC中,PG·CM=PC·GC,得CM= =
= ,
∴点O到平面EFG的距离为 CM= ,即点B到平面EFG的距离为 .
方法总结 求点到平面的距离的常用方法:
(1)直接法:若能确定点P到平面α的垂线段,且垂线段的长度易求,可用直接法求点P到平面α的 距离;
(2)向量法:若容易建立空间直角坐标系,各关键点的坐标易求,可考虑向量法.本题中GC⊥平 面ABCD,正方形ABCD都是有利条件;
(3)等体积法:若三棱锥的体积易求,可考虑易求面积的侧面作为底面,用等体积法求解.本题中 的VG-EFB和S△EFG均易求;
(4)间接法:若存在过点P的直线l与平面α平行,可考虑能否在直线l上找到一点O,而点O到平面 α的距离易求.本题中,将“求点B到平面EFG的距离”转化为“求点O到平面EFG的距离”, 从而利用平面几何知识求解.
素养解读
在学习空间向量与立体几何时,要树立“坐标化”观点,通过建立空间直角坐标系,表示 点的坐标以及向量的坐标,其应用体现在两个方面:
一是位置“数量化”,将空间点与直线、直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的 位置关系,特别是平行或垂直等位置关系实现“数量化”;
二是度量“数量化”,在解决空间角、空间距离的有关计算,探究存在性,最大值和最小 值以及取值范围等问题时,通常转化为直线的方向向量、平面的法向量的数量积运算解决.
学科素养 情境破
素养 1 通过“坐标化”发展直观想象和数学运算的素养
典例呈现
例题 古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现:平面上到两定点A,B的距离之比为常数λ(λ>0,λ≠1)的 点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆,该圆被称为阿氏圆.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=2AD=2AA1=6,点E在棱AB上,BE=2AE,动点P满足BP= PE,若点P在平面ABCD内运动,则
点P对应的轨迹圆形的面积是 ;F为C1D1的中点,则三棱锥P-B1CF的体积的最小值为 .
-3
12π
解题思路 以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz,根据BP= PE,可得点P对应的轨迹方
程;由于求得△B1CF的面积是定值,要使体积最小,只需求点P到平面B1CF的距离的最小值即 可.
如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则B(6,0,0),E(2,0,0),B1(6,0,3),C(6,3,0),F(3,3,3),
所以 =(0,-3,3), =(-3,0,3).
设P(x,y,0),
由BP= PE,得
= × ,
化简,得x2+y2=12,故点P对应的轨迹方程为x2+y2=12,故点P的轨迹是以A为圆心,2 为半径的
圆,所以点P对应的轨迹图形的面积是(2 )2π=12π.
易得△B1CF是边长为3 的等边三角形,其面积为 ×(3 )2= .
设平面B1CF的一个法向量为n=(x',y',z'),
则 即
令x'=1,则y'=z'=1,
所以n=(1,1,1).
根据点P的轨迹方程x2+y2=12,可设P(2 ·cos θ,2 sin θ,0),
所以 =(2 cos θ-6,2 sin θ-3,0),
所以 ·n=2 cos θ+2 sin θ-9,
所以点P到平面B1CF的距离d= = ≥ ,
所以 = d≥ -3 ,
故三棱锥P-B1CF的体积的最小值为 -3 .
思维升华
计算空间角与距离是立体几何的考查重点,空间向量是解决空间平行、垂直以及空间度 量的重要工具.通过建立空间直角坐标系,实现了点与向量的“坐标化”,避开了立体几何解 题时繁难的辅助线作图过程,思路简单,解法固定,我们要熟练掌握这种方法,除了善于发现图 形的“垂直特征”,还要熟记相关的计算公式,并锻炼计算求解能力.
素养解读
直观想象是数学的六大核心素养中重要的一部分,它是数学抽象或数学建模的基础.我们常 对生活中的实际情境进行分析,探索其本质,并通过数学抽象或数学建模将其转化为数学问 题.在立体几何的学习中,我们借助直观想象将几何直观(用图形来描述和分析问题)这一感性 认识过渡到空间想象(对二维平面或三维空间的图形的位置、数量关系及有关性质的理解) 这一理性认识,从而借助几何图形的直观来拓展想象的思维能力.
数学建模是对实际问题进行数学抽象,用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建数 学模型解决问题的过程.在立体几何的学习中,数学建模主要体现在点、线、面的位置关系, 空间角、空间距离,组合体等在实际问题中的应用,其实质是将实际问题的内在规律用数 字、图表、公式、符号等表示出来,根据数学基本知识和基本原理构建数学模型,从而达到
识模、用模、解模的过程.
素养 2 通过立体几何图形与空间向量发展直观想象、数学建模的素养
典例呈现
例题 2021年6月17日,神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接. 神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图如图1所示,半径相等的圆I1,I2,I3,I4与圆柱OO 1的底面圆分别相切于A,B,C,D四点,且圆I1与I2,I2与I3,I3与I4,I4与I1分别外切,线段A1A为圆柱OO1 的母线.点M为线段A1O1的中点,点N在线段CO1上,且CN=2NO1.已知圆柱OO1的底面半径为2, AA1=4.
图1
(1)求证:AM∥平面BDN;
(2)线段AA1上是否存在一点E,使得OE⊥平面BDN 若存在,请求出AE的长;若不存在,请说明 理由;
(3)飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图如图2所示.天和核心舱可 简化为底面半径为2的圆柱O2O3,它与飞船推进舱共轴,即O,O1,O2,O3共线.天和核心舱舱体两 侧伸展出太阳翼,其中三角形RST为以RS为斜边的等腰直角三角形,四边形PQRS为矩形.已知 推进舱与核心舱的距离为4,即O1O2=4,且O2O3=RS=2,PS=7.在对接过程中,核心舱可能会作出 相对于推进舱的逆时针旋转的运动,请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下,在舱体相 对旋转过程中,直线A1P与平面PQRS所成角的正弦值的最大值.
解题思路 (1)证明:如图①,设M',N'分别是点M,N在线段AC上的投影,
图①
∴M'为AO的中点,N'为OC的三等分点,
∴tan∠MAM'= = =4,
tan∠NON'= = =4,
∴∠MAM'=∠NON',
∴AM∥ON,
又AM 平面BDN,且ON 平面BDN,
∴AM∥平面BDN.
(2)根据题意建立如图②所示的空间直角坐标系,
图②
则O(0,0,0),B(0,2,0),D(0,-2,0),N ,设E(2,0,t)(0≤t≤4),
∴ =(0,4,0), = , =(2,0,t),
假设OE⊥平面BDN,则
∴- + t=0,∴t= .
∴线段AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BDN,且AE= .
(3)将矩形PQRS作为参照物,不妨设A1顺时针旋转α(α>0),
则结合(2)中所建坐标系可得A1(2cos(-α),2sin(-α),4),
即A1(2cos α,-2sin α,4),
又P(10,0,8),
∴ =(10-2cos α,2sin α,4).
易知平面PQRS的一个法向量为(0,1,0),记u=(0,1,0).
设直线A1P与平面PQRS所成的角为θ,
则sin θ=|cos< ,u>|
=
= × ,
当cos α=±1时,sin θ=0;
当-1则t∈(2,4),
∴sin θ= × ≤ × = ×(2- )= ,
当且仅当t= ,即t=2 ,即cos α=3-2 时,sin θ取得最大值,为 .
思维升华
在立体几何的学习过程中,我们不但要借助空间几何体模型认识点、线、面之间的位置 关系,将二维平面图形与三维空间图形进行类比联想,还要学会借助几何直观和空间想象感 知事物的形态与变化,利用图形来理解并梳理思路,寻找方向,可将复杂问题简单化.
立体几何中有多种模型,如线面平行与垂直,面面平行与垂直,二面角等相关的求解模型,我们 可以将其有意识地记忆下来,这样当遇到一个新问题时,辨认它属于哪一类模型的基本模式, 进而联想起一个已经解决了的问题,并以此为索引,在记忆存储中提取出相应的方法来加以 解决,可以起到事半功倍的效果.6.3.4 空间距离的计算
基础过关练
题组一 点到直线的距离的计算
1.在空间直角坐标系中,已知点A(1,1,1),B(0,1,0),C(1,2,3),则点C到直线AB的距离为( )
A. D.3
2.如图,几何体ABCD-EFGH是棱长为6的正方体,若,则点P到直线CH的距离为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
3.四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,OA=1,OB=2,OC=3,点D在棱OC上,且OC=3OD,点G为△ABC的重心,则点G到直线AD的距离为( )
A.
题组二 点到平面的距离的计算
4.已知平面α的一个法向量为n=(1,2,1),A(1,0,-1),B(0,-1,1),且A α,B∈α,则点A到平面α的距离为( )
A. D.1
5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为上底面A1B1C1D1和侧面CDD1C1的中心,则点C到平面AEF的距离为( )
A.
题组三 直线与直线、直线与平面、平面与平面间的距离的计算
6.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN间的距离为 .
7.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为线段DD1靠近D1的三等分点,F为线段BB1靠近B的三等分点,则直线FC1到平面AB1E的距离为 .
8.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD间的距离为 .
9.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是线段DD1,AB,BB1的中点.
(1)求证:平面FGC1∥平面AB1E;
(2)求直线GC1到直线AE的距离;
(3)求直线GC1到平面AB1E的距离.
能力提升练
题组 空间距离的计算及应用
1.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,O分别是A1B1,A1C1的中点,点P满足,则下列说法正确的是( )
A.点A到直线BE的距离是
B.点O到平面ABC1D1的距离为
C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D.点P到直线AB的距离为
2.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上运动,则点P到直线CC1的距离的最小值为( )
A.
3.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,棱A1D1,CC1的中点分别是E,F,点G是底面ABCD内任意一点(包括边界),则三棱锥G-B1EF的体积的取值范围是( )
A. B.
C. D.
4.在空间直角坐标系O-xyz中,经过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为m=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,经过点P且一个方向向量为n=(μ,v,ω)(μvω≠0)的直线l的方程为.阅读上面材料并解决下面问题:现给出平面α的方程为3x-5y+4z+1=0,直线l的方程为,则直线l到平面α的距离为 .
5.如图,几何体是由正四棱锥P-ABCD和正方体ABCD-A1B1C1D1组成的,其中AB=2,PA=,则三棱锥B1-PDA的体积为 .
6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AP=AB=AD=1,BC=2.
(1)求二面角B-PD-C的正弦值;
(2)在棱PC上确定一点E,使异面直线PD与BE所成角的大小为60°,并求此时点E到平面PBD的距离.
答案与分层梯度式解析
6.3.4 空间距离的计算
基础过关练
1.A 2.A 3.A 4.B 5.A
1.A 由题意可得=(0,1,2),
则|,
设向量u是直线AB的单位方向向量,则u=,
·u=(0,1,2)·,
则点C到直线AB的距离为.故选A.
2.A 如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(6,6,0),H(0,6,6),B(6,0,0),D(0,6,0),E(0,0,6),
所以=(-6,0,6),
因为=(1,2,5),所以P(1,2,5),所以=(-5,-4,5),
所以,
所以点P到直线CH的距离为=4.
故选A.
3.A 连接AG,由题意得OA,OB,OC互相垂直,以点O为原点,OA,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),D(0,0,1),
由点G为△ABC的重心,得G,
所以=(-1,0,1),
所以|,
所以点G到直线AD的距离d=.故选A.
4.B ∵A(1,0,-1),B(0,-1,1),∴=(-1,-1,2),
又平面α的一个法向量为n=(1,2,1),
∴点A到平面α的距离为.故选B.
5.A 如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),E(1,1,2),F(1,2,1),C(2,2,0),
所以=(2,2,0).
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=-1,得x=3,z=-1,所以n=(3,-1,-1),
故点C到平面AEF的距离为.故选A.
6.答案
解析 如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(1,1,0),N,
∴=(1,1,0),
设异面直线AM与CN的公垂线的方向向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,
∴n·x+z=0,n·z=0,
∴x=-2z,y=z,
取z=2,则x=-4,y=1,∴n=(-4,1,2),
∴异面直线AM与CN间的距离d=.
7.答案
解析 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,
则A(3,0,0),E(0,0,2),F(3,3,1),C1(0,3,3),B1(3,3,3),
所以=(-3,0,2),所以,
又因为AE 平面AB1E,FC1 平面AB1E,
所以FC1∥平面AB1E,
所以直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离.
设平面AB1E的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=3,得x=2,y=-3,则n=(2,-3,3),
所以点F到平面AB1E的距离d=,故直线FC1到平面AB1E的距离为.
8.答案
解析 以D为坐标原点,DA,DC,DD1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(4,0,0),M(2,0,4),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4),∴=(0,4,0),
∴,∴EF∥MN,BF∥AM,
又EF 平面AMN,MN 平面AMN,∴EF∥平面AMN,同理得,BF∥平面AMN,又EF∩BF=F,EF,BF 平面EFBD,∴平面AMN∥平面EFBD.
∴平面AMN与平面EFBD间的距离即为点B到平面AMN的距离,
设平面AMN的一个法向量是n=(x,y,z),
则令z=1,则x=2,y=-2,
∴n=(2,-2,1).
∴平面AMN与平面EFBD间的距离d=.
9.解析 (1)证明:以A为原点,AD,AB,AA1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F(0,1,0),G(0,2,1),C1(2,2,2),A(0,0,0),B1(0,2,2),E(2,0,1),
则=(2,0,1),
设平面FGC1的一个法向量为m=(x,y,z),
则令z=2,则y=-2,x=-1,
所以m=(-1,-2,2).
设平面AB1E的一个法向量为n=(a,b,c),
则令c=2,则a=-1,b=-2,
所以n=(-1,-2,2).
所以m=n,所以平面FGC1∥平面AB1E.
(2)由(1)得=(2,0,1),
所以,即GC1∥AE,所以点C1到直线AE的距离即为直线GC1到直线AE的距离,
易知=(2,2,2),所以,所以直线GC1到直线AE的距离为.
(3)因为平面FGC1∥平面AB1E,GC1 平面FGC1,
所以GC1∥平面AB1E,
所以直线GC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.
由(1)知=(-2,0,0),平面AB1E的一个法向量为n=(-1,-2,2),
所以点C1到平面AB1E的距离为,
所以直线GC1到平面AB1E的距离为.
能力提升练
1.AB 2.A 3.C
1.AB 以A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E,
所以=(0,1,-1),
设∠ABE=θ,则cos θ=,故sin θ =,
所以点A到直线BE的距离d1=||sin θ=1×,故A正确.
易知,平面ABC1D1的一个法向量为=(0,-1,1),
则点O到平面ABC1D1的距离d2=,故B正确.
设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得x=1,y=1,则n=(1,1,1).
所以点D1到平面A1BD的距离d3=.
易知平面A1BD∥平面B1CD1,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为,故C错误.
因为,所以,
易知=(1,0,0),
所以点P到直线AB的距离d4=,故D错误.故选AB.
2.A 以D为原点,DA,DC,DD1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E(1,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),
∴=(1,0,0).
解法一:设异面直线CC1与ED1的公垂线的方向向量为u=(x,y,z),则u⊥,u⊥,
则
令x=1,则y=-,z=0,∴u=,
∴异面直线D1E与CC1之间的距离d=,
∵点P在线段D1E上运动,
∴点P到直线CC1的距离的最小值为.
解法二:设P(x,y,z),,λ∈[0,1],则=(-λ,-2λ,2λ),则(x-1,y-2,z)=(-λ,-2λ,2λ),
所以
所以P(1-λ,2-2λ,2λ),
又C(0,2,0),∴=(1-λ,-2λ,2λ),
∴点P到直线CC1的距离d1=
=,
当且仅当λ=时,d1取最小值,为,∴点P到直线CC1的距离的最小值为.故选A.
3.C 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则B1(2,2,2),E(1,0,2),F(0,2,1),
所以=(-1,-2,0),
则|,
取EF的中点M,连接B1M,则M,
所以,所以|,
易得B1E=B1F,则B1M⊥EF,
所以△B1EF的面积S=·EF·B1M=,
设平面B1EF的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=2,得y=-1,z=-4,则n=(2,-1,-4),
设G(m,n,0)(0≤m≤2,0≤n≤2),
则=(2-m,2-n,2),
所以点G到平面B1EF的距离d=,
所以S·d=,
又-2≤2m-n≤4,所以,即.故选C.
4.答案
解析 由题可知点O(0,0,0)在直线l上,取平面α内一点P,则,由题意可得平面α的一个法向量为m=(3,-5,4),
所以cos<,m>=,
所以直线l到平面α的距离为|,m>|=.
5.答案 2
解析 连接AC,BD,且AC,BD相交于点O,连接PO,
易知PO⊥平面ABCD,
又AO 平面ABCD,所以PO⊥AO,
易得AO=,又PA=,所以PO==2.
以D1为坐标原点,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,如图所示,
则A(2,0,2),D(0,0,2),B1(2,2,0),P(1,1,4),
所以=(0,2,-2),
设平面PDA的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,得x=0,y=-2,则n=(0,-2,1).
设B1到平面PDA的距离为d,
则d=.
在△PDA中,PA=PD=,AD=2,所以S△PDA=,
所以三棱锥B1-PDA的体积V=S△PDA·d==2.
6.解析 (1)以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(1,0,0),P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,2,0),
所以=(1,1,0).
设平面PBD的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则取x1=1,得n1=(1,1,1),
设平面PCD的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则取x2=1,得n2=(1,-1,-1),
设二面角B-PD-C的平面角的大小为θ,
则|cos θ|=|cos|=,
所以sin θ=.
(2)由(1)知,=(1,2,-1),设(0<λ≤1),则=(λ,2λ,-λ),则=(λ-1,2λ,-λ+1).
因为异面直线PD与BE所成角的大小为60°,
所以cos 60°=|cos<,解得λ=或λ=0(舍去),
故,
由(1)知平面PBD的一个法向量为n1=(1,1,1),
所以点E到平面PBD的距离d=.
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