1.4.2(3) 用空间向量研究距离问题
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【基础过关系列】2022-2023学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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基础知识
点A、B间的距离
\(A B=|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}+\left(z_{1}-z_{2}\right)^{2}}\).
【例】若\(P(0,1,-2)\)，\(Q(1,3,-1)\)，则\(|PQ|=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 \(|P Q|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}\).
点Q到直线l 距离
若\(Q\)为直线\(l\)外的一点，\(P\)在直线上，\(\vec{a}\)为直线\(l\)的方向向量， \(\vec{b}=\overrightarrow{P Q}\)，则点\(Q\)到直线\(l\)距离为
\(d=\dfrac{1}{|\vec{a}|} \sqrt{(|\vec{a}||\vec{b}|)^{2}-(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}}\)
公式推导
如图， \(d=|\vec{b}| \sin \theta=|\vec{b}| \sqrt{1-\cos ^{2} \theta}=|\vec{b}| \sqrt{1-\left(\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}\right)^{2}}=\dfrac{1}{|\vec{a}|} \sqrt{(|\vec{a}||\vec{b}|)^{2}-(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}}\) .
注 ① 不要死记公式，而要理解其公式推导过程；
② 也可先求\(PQ\)在直线\(l\)上的投影，再用勾股定理求出距离\(d\).
【例】已知直线\(l\)的方向向量为 \(\vec{a}=(-1,0,1)\)，点\(A(1,2,－1)\)在\(l\)上，则点\(P(2,－1,2)\)到\(l\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 根据题意，得 \(\overrightarrow{P A}=(-1,3,-3)\)， \(\vec{a}=(-1,0,1)\)，
\(\therefore \cos <\vec{a}, \overrightarrow{P A}>=\dfrac{1+0-3}{\sqrt{2} \times \sqrt{19}}=-\sqrt{\dfrac{2}{19}}\)，
\(\therefore \sin <\vec{a}, \overrightarrow{P A}>=\sqrt{\dfrac{17}{19}}\)；
又 \(\because|\overrightarrow{P A}|=\sqrt{19}\)，
\(∴\)点\(P(2,－1,2)\)到直线\(l\)的距离为 \(|\overrightarrow{P A}| \sin <\vec{a}, \overrightarrow{P A}>=\sqrt{19} \times \sqrt{\dfrac{17}{19}}=\sqrt{17}\)．
平行线m与平行线n的距离
在直线\(m\)上任取一点\(Q\)，再求点\(Q\)到直线\(n\)的距离便可.
直线点Q到平面α的距离
若点\(Q\)为平面\(α\)外一点，点\(M\)为平面\(α\)内任一点，平面\(α\)的法向量为 \(\vec{n}\)，则Q到平面\(α\)的距离等于 \(\overrightarrow{M Q}\)在法向量 \(\vec{n}\)方向上的投影的绝对值，即 \(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}|}\) .
公式推导
如图， \(d=|\overrightarrow{M Q}| \sin \alpha=|\overrightarrow{M Q}||\cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{M Q}\rangle|=|\overrightarrow{M Q}| \cdot \dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{M Q}|}=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}|}\) .
【例】 已知平面\(α\)的一个法向量 \(\vec{n}=(-2,-2,1)\)，点\(A(－1,3,0)\)在\(α\)内，则\(P(－2,1,4)\)到\(α\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\).
解析 根据题意，可得\(A(－1，3，0)\)，\(P(－2，1，4)\)，
\(\therefore \overrightarrow{P A}=(-1,-2,4)\)，
又\(∵\)平面\(α\)的一个法向量 \(\vec{n}=\left(-2, -2,1\right)\)，点\(A\)在\(α\)内，
\(∴P(－2，1，4)\)到\(α\)的距离等于向量 \(\overrightarrow{P A}\)在 \(\vec{n}\)上的投影的绝对值，
即 \(d=\dfrac{|\overrightarrow{P A} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|-1 \times(-2)+(-2) \times(-2)+4 \times 1|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{10}{3}\)．
直线 a平面α之间的距离
当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等.由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离.
平面间的距离
利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离.
基本方法
【题型1】点到点的距离
【典题1】 如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为\(2\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)，\(A_1 C\)的中点\(E\)到\(AB\)的中点\(F\)的距离为 ( )
A．\(2\sqrt{2}\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) B． \(\sqrt{2}\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) C．\(2\)\(\qquad \qquad \qquad\qquad\) D．\(1\)
解析 在空间直角坐标系中，有一棱长为\(2\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)
\(∴A_1 (2,0,2)\)，\(C(0,2,0)\)，\(A_1 C\)的中点\(E(1,1,1)\)，
\(A(2,0,0)\)，\(B(2,2,0)\)，\(AB\)的中点\(F(2,1,0)\)，
\(∴A_1 C\)的中点\(E\)到\(AB\)的中点\(F\)的距离为 \(|E F|=\sqrt{(2-1)^{2}+(1-1)^{2}+(0-1)^{2}}=\sqrt{2}\)．
故选：\(B\)．
巩固练习
1若\(O\)为坐标原点, \(\overrightarrow{O A}=(1,1,-2)\)， \(\overrightarrow{O B}=(3,2,8)\)， \(\overrightarrow{O C}=(0,1,0)\)，则线段\(AB\)的中点\(P\)到点\(C\)的距离为( )
A. \(\dfrac{\sqrt{165}}{2}\) \(\qquad \qquad\) B. \(2 \sqrt{14}\) \(\qquad \qquad\) C. \(\sqrt{53}\) \(\qquad \qquad\) D. \(\dfrac{\sqrt{53}}{2}\)
2如图，在正四棱柱\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AA_1=2\)，\(AB=BC=1\)，动点\(P\),\(Q\)分别在线段\(C_1 D\)、\(AC\)上，则线段\(PQ\)长度的最小值是\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 \(\because \overrightarrow{O P}=\dfrac{\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}}{2}=\left(2, \dfrac{3}{2}, 3\right)\)
\(\therefore \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O P}=\left(-2,-\dfrac{1}{2},-3\right)\)，
\(\therefore|P C|=\dfrac{\sqrt{53}}{2}\)， 答案:\(D\) -
答案 \(\dfrac{2}{3}\)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则\(A(1,0,0)\)，\(B(1,1,0)\)，\(C(0,1,0)\)，\(C_1 (0,1,2)\)，
设 \(\overrightarrow{D P}=\lambda \overrightarrow{D C_{1}}\)， \(\overrightarrow{A Q}=\mu \overrightarrow{A C}\)，\((λ,μ∈[0,1])\)．
\(\therefore \overrightarrow{D P}=\lambda(0,1,2)=(0, \lambda, 2 \lambda)\)，
\(\overrightarrow{D Q}=\overrightarrow{D A}+\mu(\overrightarrow{D C}-\overrightarrow{D A})=(1,0,0)+\mu(-1,1,0)=(1-\mu, \mu, 0)\)．
\(\therefore|\overrightarrow{P Q}|=\sqrt{(1-\mu)^{2}+(\mu-\lambda)^{2}+4 \lambda^{2}}\)\(=\sqrt{5\left(\lambda-\dfrac{\mu}{5}\right)^{2}+\dfrac{9}{5}\left(\mu-\dfrac{5}{9}\right)^{2}+\dfrac{4}{9}} \geqslant \sqrt{\dfrac{4}{9}}=\dfrac{2}{3}\)，
当且仅当 \(\lambda=\dfrac{\mu}{5}, \mu=\dfrac{5}{9}\)，即 \(\lambda=\dfrac{1}{9}, \mu=\dfrac{5}{9}\)时取等号．
\(∴\)线段\(PQ\)长度的最小值为 \(\dfrac{2}{3}\)．
【题型2】点到线的距离
【典题1】 \(P\)为矩形\(ABCD\)所在平面外一点，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，若已知\(AB=3\)，\(AD=4\)，\(PA=1\)，则点\(P\)到\(BD\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\)．
解析 方法一 \(∵\)矩形\(ABCD\)中，\(AB=3\)，\(AD=4\)，
\(\therefore B D=\sqrt{9+16}=5\)，
过\(A\)作\(AE⊥BD\)，交\(BD\)于\(E\)，连结\(PE\)，
\(∵PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∴PA⊥BD\),
又 \(AE⊥BD\) \(∴BD⊥\)平面\(PAE\),
\(∴PE⊥BD\)，即\(PE\)是点\(P\)到\(BD\)的距离，
\(\because \dfrac{1}{2} \times A B \times A D=\dfrac{1}{2} \times B D \times A E\)，
\(\therefore A E=\dfrac{A B \times A D}{B D}=\dfrac{12}{5}\)，
\(\therefore P E=\sqrt{P A^{2}+E^{2}}=\sqrt{1+\dfrac{144}{25}}=\dfrac{13}{5}\)，
\(∴\)点\(P\)到\(BD\)的距离为 \(\dfrac{13}{5}\)．
方法二 依题意可知，\(PA\)、\(AB\)、\(AD\)三线两两垂直，
如图建立空间直角坐标系
\(∴P(0,0,1)\),\(B(3,0,0)\),\(D(0,4,0)\),
\(\therefore \overrightarrow{B P}=(-3,0,1)\)， \(\overrightarrow{B D}=(-3,4,0)\),
\(\therefore \cos <\overrightarrow{B P}, \overrightarrow{B D}>=\dfrac{\overrightarrow{B P} \cdot \overrightarrow{B D}}{|\overrightarrow{B P}||\overrightarrow{B D}|}=\dfrac{9}{5 \sqrt{10}}\)，
\(∴\)点\(P\)到\(BD\)的距离为 \(d=|\overrightarrow{B P}| \sqrt{1-\cos ^{2}<\overrightarrow{B P}, \overrightarrow{B D}>}=\sqrt{10} \cdot \sqrt{1-\dfrac{81}{250}}=\dfrac{13}{5}\).
巩固练习
1已知空间直角坐标系中的点\(P(1，1，1)\)，\(A(1，0，1)\)，\(B(0，1，0)\)，则点\(P\)到直线\(AB\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\) .
2 在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，求点\(B_1\)到直线\(A_1 C\)的距离\(\underline{\quad \quad}\).
3 已知正方体\(ABCD-EFGH\)的棱长为\(1\)，若\(P\)点在正方体的内部且满足 \(\overrightarrow{A P}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A E}\)，则点\(P\)到直线\(AB\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
-
答案 \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
解析 \(\overrightarrow{A P}=(0,1,0)\), \(\overrightarrow{A B}=(-1,1,-1)\)，
则点\(P\)到直线\(AB\)的距离 \(d=|\overrightarrow{A P}| \sqrt{1-[\cos \langle\overrightarrow{A P}, \overrightarrow{A B}\rangle]^{2}}=1 \times \sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\). -
答案 \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
解析 以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
则\(B_1 (1,1,1)\)，\(A_1 (1,0,1)\)，\(C(0,1,0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A_{1} C}=(-1,1,-1)\)， \(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}=(0,1,0)\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{A_{1} C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}>=\dfrac{\overrightarrow{A_{1} C} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}}{\left|\overrightarrow{A_{1} C}\right| \cdot\left|\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{3} \cdot 1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
\(\therefore \sin <\overrightarrow{A_{1} C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}>=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
则点\(B_1\)到直线\(A_1 C\)的距离 \(\left.d=\left|\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right| \sin <\overrightarrow{A_{1} C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right\rangle=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\). -
答案 \(\dfrac{5}{6}\)
解析 分别以\(AB\),\(AD\),\(AE\)为\(x\)轴，\(y\)轴，\(z\)轴作出空间直角坐标系，
\(∵\)正方体\(ABCD-EFGH\)的棱长为\(1\)， \(\therefore \overrightarrow{A B}=(1,0,0)\)，
\(\because \overrightarrow{A P}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A E}\)，
\(\therefore \overrightarrow{A P}=\left(\dfrac{3}{4}, \dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{3}\right)\)，
可得 \(\mid \overrightarrow{|A P|}=\sqrt{\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{181}}{12}\)，
\(\because \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}=1 \times \dfrac{3}{4}+0 \times \dfrac{1}{2}+0 \times \dfrac{2}{3}=\dfrac{3}{4}\)，
\(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}=\overrightarrow{|A B|} \cdot \overrightarrow{|A P|} \cos \angle P A B\)，
\(\therefore \sin \angle P A B=\sqrt{1-\cos ^{2} \angle P A B}=\dfrac{10}{\sqrt{181}}\)，
\(∴\)点\(P\)到直线\(AB\)的距离为 \(\overrightarrow{|A P|} \sin \angle P A B=\dfrac{\sqrt{181}}{12} \cdot \dfrac{10}{\sqrt{181}}=\dfrac{5}{6}\).
【题型3】点到面的距离
【典题1】在正三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)中，若\(AB=AA_1=4\)，点\(D\)是\(AA_1\)的中点，求点\(A_1\)到平面\(DBC_1\)的距离．
解析 以\(A\)为原点，在平面\(ABC\)中过\(A\)作\(AC\)的垂线为\(x\)轴，\(AC\)为\(y\)轴，\(AA_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(A_1 (0,0,4)\)，\(D(0，0，2)\)， \(B(2 \sqrt{3}, 2,0)\)，\(C_1 (0,4,4)\)，
\(\overrightarrow{D A}_{1}=(0,0,2)\)， \(\overrightarrow{D B}=(2 \sqrt{3}, 2,-2)\)， \(\overrightarrow{D C}_{1}=(0,4,2)\)，
设平面\(DBC_1\)的法向量 \(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{D B}=2 \sqrt{3} x+2 y-2 z=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{D C_{1}}=4 y+2 z=0
\end{array}\right.\)，取\(x= \sqrt{3}\)，得\(\vec{n}=( \sqrt{3}，－1，2)\)，
\(∴\)点\(A_1\)到平面\(DBC_1\)的距离 \(d=\dfrac{\left|\overrightarrow{D A_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{4}{\sqrt{8}}=\sqrt{2}\)．
【典题2】已知\(E\)，\(F\)分别是正方形\(ABCD\)边\(AD\)，\(AB\)的中点，\(EF\)交\(AC\)于\(P\)，\(GC\)垂直于\(ABCD\)所在平面．
(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)连接\(BD\)交\(AC\)于\(O\)，
\(∵E,F\)是正方形\(ABCD\)边\(AD\)，\(AB\)的中点，\(AC⊥BD\)，
\(∴EF⊥AC\)．
\(∵GC\)垂直于\(ABCD\)所在平面，\(EF⊂\)平面\(ABCD\)，
\(∴EF⊥GC\)
\(∵AC∩GC=C\)， \(∴EF⊥\)平面\(GPC\)．
(2) 方法一 间接法
由题意可知 \(P C=\dfrac{3}{4} A C=3 \sqrt{2}\), \(P G=\sqrt{P C^{2}+G C^{2}}=\sqrt{22}\),
\(∵PC=3OP\),
\(∴C\)到面\(GEF\)的距离是\(O\)到面\(GEF\)距离的3倍，
在\(∆GPC\)中，点\(C\)到边\(PG\)的高为\(CM\),
又\(∵EF⊥\)平面\(GPC\)，\(∴CM⊥\)平面\(EFG\),
\(∴CM\)为\(C\)到面\(GEF\)距离，
在\(∆GPC\)中，可得 \(P G \cdot C M=G C \cdot P C \Rightarrow C M=\dfrac{2 \times 3 \sqrt{2}}{\sqrt{22}}=\dfrac{6}{\sqrt{11}}\)，
又\(BD∥EF\)，可得\(BD∥\)平面\(GEF\)，
可得\(B\)到面\(GEF\)的距离等于\(O\)到面\(GEF\)的距离： \(\dfrac{1}{3} C M=\dfrac{2}{\sqrt{11}}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\)．
故答案为： \(\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\)．
方法二 向量法
建立空间直角坐标系\(C－xyz\)，则\(G(0,0,2)\)，\(E(4,2,0)\)，\(F(2,4,0)\)，\(B(4,0,0)\)
\(∴\)向量 \(\overrightarrow{G E}=(4,2,-2)\)，向量 \(\overrightarrow{E F}=(-2,2,0)\)
设面\(GEF\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)
则 \(\overrightarrow{G E} \cdot \vec{n}=0\)且 \(\overrightarrow{E F} \cdot \vec{n}=0\)
即\(4x+2y－2z=0\)且\(－2x+2y=0\)
取\(x=1\)时，向量\(\vec{n}=(1,1,3)\)
又\(∵\)向量 \(\overrightarrow{B E}=(0,2,0)\)
则\(B\)到面\(GEF\)的距离 \(d==\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{B E}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\).
方法三 等积法
同方法一可得 \(P G=\sqrt{22}\), \(\therefore S_{\Delta E F G}=\dfrac{1}{2} \times P G \times E F=2 \sqrt{11}\),
易得 \(S_{\triangle E F B}=\dfrac{1}{2} \times A F \times E B=2\)
\(\because V_{B-E F G}=V_{G-E F B}\)，
\(\therefore \dfrac{1}{3} \times h \times S_{\triangle E F G}=\dfrac{1}{3} \times G C \times S_{\triangle E F B}\)
\(\therefore h=\dfrac{G C \times S_{\triangle E F B}}{S_{\triangle E F G}}=\dfrac{2 \times 2}{2 \sqrt{11}}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}\).
巩固练习
1 在长方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=AD=2\)，\(AA_1=1\)，则点\(B\)到平面\(D_1 AC\)的距离等于( )
A．\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) \(\qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad\) D．\(\sqrt{2}\)
2 如图，在长方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AD=AA_1=1\)，\(AB=2\)，点\(E\)在棱\(AB\)上移动．
(1)证明：\(D_1 E⊥A_1 D\)；
(2)当\(E\)为\(AB\)的中点时，求点\(E\)到面\(ACD_1\)的距离；
3 如图所示，四棱锥\(S－ABCD\)中，\(SA⊥\)底面\(ABCD\)；\(∠ABC=90^°\)，\(∠ACD=60^°\)，\(AC=AD\)，\(SA=2\)， \(A B=\sqrt{3}\)，\(BC=1\)．
(1)求证：\(BC∥\)平面\(SAD\)；(2)求顶点\(A\)到平面\(SCD\)的距离．
4 如图，在正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)为\(BB_1\)的中点．
(1)证明：\(BC_1∥\)平面\(AD_1E\)；(2)求直线\(BC_1\)到平面\(AD_1 E\)的距离.
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(B(2,2,0)\)，\(A(2,0,0)\)，\(C(0,2,0)\)，\(D_1 (0,0,1)\)，
\(\overrightarrow{A B}=(0,2,0)\)， \(\overrightarrow{A C}=(-2,2,0)\)， \(\overrightarrow{A D}_{1}=(-2,0,1)\)，
设平面\(D_1 AC\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=-2 x+2 y=0 \\ \vec{n} \cdot A D_{1}=-2 x+z=0 \end{array}\right.\)，取\(x=1\)，得\(\vec{n}=(1,1,2)\)，
\(∴\)点\(B\)到平面\(D_1 AC\)的距离： \(d=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)．
故选：\(B\)．
-
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{1}{3}\)
解析 以\(D\)为坐标原点，直线\(DA\)，\(DC\)，\(DD_1\)分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
设\(AE=x\)，则\(A_1 (1,0,1)\)，\(D_1 (0,0,1)\)，\(E(1,x,0)\)，\(A(1,0,0)\)，\(C(0,2,0)\)
(1)因为 \(\overrightarrow{D A_{1}} \cdot \overrightarrow{D_{1} E}=(1,0,1) \cdot(1, x,-1)=0\)，
所以 \(\overrightarrow{D A_{1}} \perp \overrightarrow{D_{1} E}\)．
(2)因为\(E\)为\(AB\)的中点，则\(E(1,1,0)\)，
从而 \(\overrightarrow{D_{1} E}=(1,1,-1)\), \(\overrightarrow{A C}=(-1,2,0)\)， \(\overrightarrow{A D}_{1}=(-1,0,1)\)，
设平面\(ACD_1\)的法向量为\(\vec{n}=(a,b,c)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=0 \end{array}\right.\),也即 \(\left\{\begin{array}{l} -a+2 b=0 \\ -a+c=0 \end{array}\right.\)，得 \(\left\{\begin{array}{l} a=2 b \\ a=c \end{array}\right.\)，从而\(\vec{n}=(2,1,2)\)，
所以点\(E\)到平面\(AD_1 C\)的距离为 \(h=\dfrac{\left|\overrightarrow{D_{1} E} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2+1-2}{3}=\dfrac{1}{3}\)．
-
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\)
解析 (1)证明：\(∵∠ABC=90^∘\)，\(∠ACD=60^∘\)，\(AC=AD\)，\(SA=2\)， \(A B=\sqrt{3}\)，\(BC=1\)．
\(∴△ADC\)是等边三角形， \(A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{3+1}=2\)，
\(∴∠DAC=∠ACB=60^∘\)，\(∴BC∥AD\)，
\(∵BC⊄\)平面\(SAD\)，\(AD⊂\)平面\(SAD\)，
\(∴BC∥\)平面\(SAD\)．
(2)解：\(∵\)四棱锥\(S－ABCD\)中，\(SA⊥\)底面\(ABCD\)，\(∠ABC=90^∘\)，\(BC∥AD\)，
\(∴AD⊥AB\)，
以\(A\)为原点，\(AB\)为\(x\)轴，\(AD\)为\(y\)轴，\(AS\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(A(0，0，0)\)，\(S(0，0，2)\)， \(C(\sqrt{3}, 1,0)\)，\(D(0，2，0)\)，
\(\overrightarrow{S A}=(0,0,-2)\)， \(\overrightarrow{S C}=(\sqrt{3}, 1,-2)\)， \(\overrightarrow{S D}=(0,2,-2)\)，
设平面\(SCD\)的法向量\(\vec{n}=(x，y，z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{S C}=\sqrt{3} x+y-2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{S D}=2 y-2 z=0 \end{array}\right.\)，取\(z=1\)，得 \(\vec{n}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}, 1,1\right)\)，
\(∴\)顶点\(A\)到平面\(SCD\)的距离为 \(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{S A}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{7}{3}}}=\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\)．
-
答案 (1)略 (2) \(\dfrac{2}{3}\)
解析 证明：(1)\(∵D_1 C_1∥AB\)，\(D_1 C_1=AB\)，
\(∴\)四边形\(D_1 ABC_1\)为平行四边形，
\(∴D_1 A∥C_1 B\)，
\(∵D_1 A⊂\)面\(AD_1 E\)，\(C_1 B⊄\)面\(AD_1 E\)，
\(∴BC_1∥\)平面\(AD_1 E\)．
解：(2)如图建立空间直角坐标系\(A－xyz\)，设正方体的棱长为\(2\)，
则\(A(0,0,0)\)，\(B(0,2,0)\)，\(D_1 (2,0,2)\)，\(C_1 (2,2,2)\)，\(E(0,2,1)\)，
\(∵BC_1∥\)平面\(AD_1 E\)，
\(∴\)直线\(BC_1\)到平面\(AD_1 E\)的距离即为点\(B\)到平面\(AD_1 E\)的距离，
\(\overrightarrow{A B}=(0,2,0)\)， \(\overrightarrow{A D}_{1}=(2,0,2)\)， \(\overrightarrow{A E}=(0,2,1)\)，
设平面\(AD_1 E\)的一个法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=2 x+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=2 y+z=0 \end{array}\right.\)，取\(z=－1\)，得 \(\vec{n}=\left(1, \dfrac{1}{2},-1\right)\)，
\(\therefore d=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\left|(0,2,0) \cdot\left(1, \dfrac{1}{2},-1\right)\right|}{\sqrt{1+1+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{1}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{2}{3}\)，
\(∴\)直线\(BC_1\)到平面\(AD_1 E\)的距离为 \(\dfrac{2}{3}\)；
分层练习
【A组---基础题】
1 已知\(M\)为\(z\)轴上一点，且点\(M\)到点\(A(－1,0,1)\)与点\((1,－3,2)\)的距离相等，则点\(M\)的坐标为( )
A．\((3,0,0)\) \(\qquad \qquad\) B．\((0,－2,0)\) \(\qquad \qquad\) C．\((0,0,6)\) \(\qquad \qquad\) D．\((0,0,－3)\)
2 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． \(\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}\) \(\qquad \qquad\) B．\(1\) \(\qquad \qquad\) C． \(\sqrt{2}\) \(\qquad \qquad\) D． \(2 \sqrt{2}\)
3 已知平面\(α\)的法向量为 \(\vec{n}=(-2,-2,1)\)，点\(A(x,3,0)\)在平面\(α\)内，则点\(P(－2,1,4)\)到平面\(α\)的距离为 \(\dfrac{10}{3}\)，则\(x=\)( )
A．\(－1\)\(\qquad \qquad\) B．\(－11\) \(\qquad \qquad\) C．\(－1\)或\(－11\)\(\qquad \qquad\) D．\(－21\)
4 在直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(AB=AC=AA_1=2\)，\(∠BAC=90^∘\)，\(M\)为\(BB_1\)的中点，\(N\)为\(BC\)的中点.
(1)求点\(M\)到直线\(AC_1\)的距离；(2)求点\(N\)到平面\(MA_1 C_1\)的距离.
5 如图，在四棱锥\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)为矩形，侧棱\(PA⊥\)底面\(ABCD\)，\(AB=\sqrt{3}\)，\(BC=1\)，\(PA=2\)，\(E\)为\(PD\)的中点．
(1)求点\(C\)到平面\(PBD\)的距离；
(2)在侧面\(PAB\)内找一点\(N\)，使\(NE⊥\)面\(PAC\)，并求出\(N\)点到\(AB\)和\(AP\)的距离．
6 如图,已知斜三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\),\(∠BCA=90°\),\(AC=BC=2\),\(A_1\)在底面\(ABC\)上的射影恰为\(AC\)的中点\(D\),又知\(BA_1⊥AC_1\).
(1)求证:\(AC_1⊥\)平面\(A_1 BC\); (2)求\(CC_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离.
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 \(∵M\)为\(z\)轴上一点，\(∴\)设\(M(0,0,t)\)，
\(∵\)点\(M\)到点\(A(－1,0,1)\)与点\((1,－3,2)\)的距离相等，
\(\therefore \sqrt{(0+1)^{2}+(0-0)^{2}+(t-1)^{2}}\)\(=\sqrt{(0-1)^{2}+(0+3)^{2}+(t-2)^{2}}\)，
解得\(t=6\)，
\(∴\)点\(M\)的坐标为\(M(0,0,6)\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(A\)
解析 \(∵A(0,0,2)\)，\(B(1,0,2)\)，\(C(0,2,0)\)， \(\overrightarrow{A B}=(1,0,0)\)， \(\overrightarrow{B C}=(-1,2,-2)\)，
\(∴\)点\(A\)到直线\(BC\)的距离为： \(d=|\overrightarrow{A B}| \sqrt{1-(\cos \langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{B C}\rangle)^{2}}=1 \times \sqrt{1-\left(\dfrac{-1}{1 \times 3}\right)^{2}}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(C\)
解析 \(\overrightarrow{A P}=(-2-x,-2,4)\)， \(|\overrightarrow{A P}|=\sqrt{(-2-x)^{2}+(-2)^{2}+4^{2}}=\sqrt{x^{2}+4 x+24}\)，
\(|\vec{n}|=\sqrt{4+4+1}=3\)， \(\overrightarrow{A P} \cdot \vec{n}=-2(-2-x)+4+4=2 x+12\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{A P}, \vec{n}>=\dfrac{\overrightarrow{A P} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A P}||\vec{n}|}=\dfrac{2 x+12}{\sqrt{x^{2}+4 x+24} \times 3}\)，
设\(AP\)与平面\(α\)所成角为\(θ\)，则 \(\sin \theta=\dfrac{|2 x+12|}{3 \sqrt{x^{2}+4 x+24}}\)，
\(∴P\)到平面\(α\)的距离为 \(|A P| \cdot \sin \theta=\dfrac{|2 x+12|}{3}=\dfrac{10}{3}\)，解得\(x=－1\)或\(x=－11\)．
故选：\(C\)． -
答案 (1) \(\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)(2) \(\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}\)
解析 连接\(AM\)，建立如图的空间直角坐标系，
则\(A(0,0,0)\)，\(A_1 (0,0,2)\),\(M(2,0,1)\),\(C_1 (0,2,2)\)，
直线\(AC_1\)的一个单位方向向量为 \(\overrightarrow{\boldsymbol{s}_{0}}=\left(0, \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\)， \(\overrightarrow{A M}=(2,0,1)\)，
故点\(M\)到直线\(AC_1\)的距离 \(d=\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^{2}-\left|\overrightarrow{\mathrm{AM}} \cdot s_{0}\right|^{2}}=\sqrt{5-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\)；
连接\(MN\)，设平面\(MA_1 C_1\)的法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} C_{1}}=0\)，且 \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} M}=0\)，
即\((x,y,z)⋅(0,2,0)=0\)且\((x,y,z)⋅(2,0,-1)=0\) ,
即\(y=0\)且\(2x-z=0\)，取\(x=1\)，得\(z=2\)，故\(\vec{n}=(1,0,2)\)，
与 \(\vec{n}\)同向的单位向量为 \(n_{0}=\left(\dfrac{\sqrt{5}}{5}, 0, \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right)\)，
因为\(N(1,1,0)\)，所以 \(\overrightarrow{M N}=(-1,1,-1)\)，
故求点\(N\)到平面\(MA_1 C_1\)的距离 \(d=\left|\overrightarrow{M N} \cdot n_{0}\right|=\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}\). -
答案 (1)( \(\dfrac{2 \sqrt{57}}{19}\)
(2)\(N\)点的坐标为 \(\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}, 0,1\right)\)，从而\(N\)点到\(AB,AP\)的距离分别为\(1\), \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
解析 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则\(A(0,0,0)\)、\(B(\sqrt{3},0,0)\)、\(C(\sqrt{3},1,0)\)、\(D(0,1,0)\)、\(P(0,0,2)\)、 \(E\left(0, \dfrac{1}{2}, 1\right)\)，
从而 \(\overrightarrow{P D}=(0,1,-2)\), \(\overrightarrow{P B}=(\sqrt{3}, 0,-2)\)， \(\overrightarrow{P C}=(\sqrt{3}, 1,-2)\)
设平面\(PBD\)的一个法向量为\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P B}=0 \end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l} y-2 z=0 \\ \sqrt{3} x-2 z=0 \end{array}\right.\)，令\(z=1\)，得 \(\vec{n}=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}, 2,1\right)\)，
所以点\(C\)到平面\(PBD\)的距离 \(d=\dfrac{|\overrightarrow{P C} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{57}}{19}\).
(2)由于\(N\)点在侧面\(PAB\)内，故可设\(N\)点坐标为\((x,0,z)\)，则 \(\overrightarrow{N E}=\left(-x, \dfrac{1}{2}, 1-z\right)\)，
由\(NE⊥\)面\(PAC\)可得， \(\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{N E} \cdot \overrightarrow{A P}=0 \\ \overrightarrow{N E} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \end{array}\right.\)，即 \(\left\{\begin{array}{l} z-1=0 \\ -\sqrt{3} x+\dfrac{1}{2}=0 \end{array}\right.\)
\(\therefore x=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\),\(z=1\).
即\(N\)点的坐标为 \(\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}, 0,1\right)\)，从而\(N\)点到\(AB,AP\)的距离分别为\(1\), \(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\).
-
答案 (1) 略 (2) \(\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\)
解析 (1)\(∵A_1\)在底面\(ABC\)上的射影为\(AC\)的中点\(D\)，
\(∴\)平面\(A_1 ACC_1⊥\)平面\(ABC\)，
\(∵BC⊥AC\)且平面\(A_1 ACC_1∩\)平面\(ABC=AC\)，
\(∴BC⊥\)平面\(A_1 ACC_1\)，
\(∴BC⊥AC_1\)，
\(∵AC_1⊥BA_1\)且\(BC∩BA_1=B\)，
\(∴AC_1⊥\)平面\(A_1 BC\)．
(2)如图所示，以\(C\)为坐标原点建立空间直角坐标系，
\(∵AC_1⊥\)平面\(A_1 BC\)，\(∴AC_1⊥A_1 C\)，
\(∴\)四边形\(A_1 ACC_1\)是菱形，
\(∵D\)是\(AC\)的中点，\(A_1 D⊥AC\)
\(∴∠A_1 AD=60°\)，
\(∴A(2,0,0)\)， \(A_{1}(1,0, \sqrt{3})\)，\(B(0,2,0)\)， \(C_{1}(-1,0, \sqrt{3})\)，
\(\therefore \overrightarrow{A_{1} A}=(1,0,-\sqrt{3})\)， \(\overrightarrow{A B}=(-2,2,0)\)，
设平面\(A_1 AB\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)，则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1}} A=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=0 \end{array}\right.\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} x-\sqrt{3} z=0 \\ -2 x+2 y=0 \end{array}\right.\)，取 \(\vec{n}=(\sqrt{3}, \quad \sqrt{3}, 1)\)，
\(\because \overrightarrow{C_{1} A_{1}}=(2,0,0)\)，
\(∴C_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离 \(d=\dfrac{\left|\overrightarrow{C_{1} A_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\)．
\(∵CC_1//AA_1\)，\(AA_1⊂\)平面\(A_1 AB\)，\(CC_1⊄\)平面\(A_1 AB\)
\(∴CC_1//\)平面\(A_1 AB\),
\(∴CC_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离等于\(C_1\)到平面\(A_1 AB\)的距离 \(\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}\).
【B组---提高题】
1已知三棱锥\(S－ABC\)，满足\(SA\)，\(SB\)，\(SC\)两两垂直，且\(SA=SB=SC=2\)，\(Q\)是三棱锥\(S－ABC\)外接球上一动点，则点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值为\(\underline{\quad \quad}\).
2 如图，四棱锥\(P－ABCD\)中，底面\(ABCD\)为菱形，\(∠ABC=60^°\)，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(AB=2\)， \(P A=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，\(E\)为\(BC\)中点，\(F\)在棱\(PD\)上，\(AF⊥PD\)，点\(B\)到平面\(AEF\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\)．
3 如图，三棱锥\(A-BCD\)中，\(E\)，\(F\)分别是棱\(BC\)，\(CD\)上的点，且\(EF∥\)平面\(ABD\)．
(1)求证：\(BD∥\)平面\(AEF\)；
(2)若\(AE⊥\)平面\(BCD\)，\(DE⊥BC\)，\(BE=DE=2AE=4\)，\(P\)为线段\(DE\)的中点，求\(P\)到直线\(AB\)的距离.
参考答案
-
答案 \(\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\)
解析 \(∵\)锥\(S－ABC\)，满足\(SA\)，\(SB\)，\(SC\)两两垂直，且\(SA=SB=SC=2\)，
\(∴\)如图，\(SA\)，\(SB\)，\(SC\)是棱长为\(2\)的正方体\(MNPB－ADCS\)上具有公共顶点\(S\)的三条棱，
以\(B\)为原点，\(BM\)、\(BP\)、\(BS\)分别为\(x\)轴，\(y\)轴，\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
则\(B(0,0,0)\)，\(A(2,0,2)\)，\(C(0,2,2)\)，\(S(0,0,2)\)，\(N(2,2,0)\)，
\(\overrightarrow{B A}=(2,0,2)\)， \(\overrightarrow{B C}=(0,2,2)\)， \(\overrightarrow{B N}=(2,2,0)\)，
设平面\(ABC\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{B A}=2 x+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B C}=2 y+2 z=0 \end{array}\right.\)，取\(x=1\)，得\(\vec{n}=(1,1,－2)\)，
三棱锥\(S－ABC\)外接球就是棱长为\(2\)的正方体\(MNPB－ADCS\)的外接球，
\(∵Q\)是三棱锥\(S－ABC\)外接球上一动点，
\(∴\)点\(Q\)与\(N\)重合时，点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值，
\(∴\)点\(Q\)到平面\(ABC\)的距离的最大值为： \(d=\dfrac{|\overrightarrow{B N} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|2+2+0|}{\sqrt{3}}=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}\)． -
答案 \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
解析 \(∵\)四棱锥\(P－ABCD\)中，底面\(ABCD\)为菱形，\(∠ABC=60^°\)，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，
\(∴\)以\(A\)为原点，\(AE\)为\(x\)轴，\(AD\)为\(y\)轴，\(AP\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(∵AB=2\)， \(P A=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，\(E\)为\(BC\)中点，\(F\)在棱\(PD\)上，\(AF⊥PD\)，
\(∴A(0,0,0)\)， \(B(\sqrt{3},-1,0)\)， \(E(\sqrt{3}, 0,0)\)， \(P\left(0,0, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)\)，\(D(0,2,0)\)，
设\(F(a,b,c)\)， \(\overrightarrow{P F}=\lambda \overrightarrow{P D}\)，
则 \(\left(a, b, c-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)=\left(0,2 \lambda,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\right)\)，解得\(a=0\)，\(b=2λ\)， \(c=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\)，
\(\therefore \overrightarrow{A F}=\left(0,2 \lambda, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\right)\)， \(\overrightarrow{P D}=\left(0,2,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)\)，
\(∵AF⊥PD\)， \(\therefore \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{P D}=4 \lambda-\dfrac{4}{3}+\dfrac{4}{3} \lambda=0\)，
解得 \(\lambda=\dfrac{1}{4}\)， \(\therefore \overrightarrow{A B}=(\sqrt{3},-1,0)\)， \(\overrightarrow{A E}=(\sqrt{3}, 0,0)\)， \(\overrightarrow{A F}=\left(0, \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)，
设平面\(AEF\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=\sqrt{3} x=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}=\dfrac{1}{2} y+\dfrac{\sqrt{3}}{2} z=0 \end{array}\right.\)，取 \(y=\sqrt{3}\)，得 \(\vec{n}=(0, \sqrt{3},-1) \text {, }\)，
\(∴\)点\(B\)到平面\(AEF\)的距离为： \(d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)． -
答案 (1) 略 (2) \(\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}\)
解析 (1)证明：\(∵EF∥\)平面\(ABD\)，\(EF⊂\)平面\(BCD\)，平面\(BCD∩\)平面\(ABD=BD\)，
\(∴EF∥BD\)，
又\(BD⊄\)平面\(AEF\)，\(EF⊂\)平面\(AEF\)，
\(∴BD∥\)平面\(AEF\)．
(2)因为\(AE⊥\)平面\(BCD\)，\(BE⊂\)平面\(BCD\)，\(DE⊂\)平面\(BCD\)，
所以有\(AE⊥BE\)，\(AE⊥DE\)，又有\(DE⊥BC\)，
所以可以建立以\(E\)为坐标原点，\(ED\)为\(x\)轴，\(EB\)为\(y\)轴，\(EA\)为\(z\)轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
又由\(BE=DE=2AE=4\)，\(P\)为线段\(DE\)的中点
可得各点坐标为\(E(0,0,0)\)，\(B(0,4,0)\)，\(D(4,0,0)\),\(A(0,0,2)\)，\(P(2，0，0)\)，
即 \(\overrightarrow{A P}=(2,0,-2)\), \(\overrightarrow{A B}=(0,4,-2)\)
过\(P\)点作\(PH\)垂直于\(AB\)交\(AB\)于\(H\)，
所以\(A\)到垂足\(H\)的距离 \(d=\dfrac{|\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\overrightarrow{A B}|}=\dfrac{|2 \times 0+0 \times 4+(-2) \times(-2)|}{\sqrt{0^{2}+4^{2}+(-2)^{2}}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
所以\(P\)到直线\(AB\)的距离为 \(\sqrt{|\overrightarrow{A P}|^{2}-d^{2}}=\sqrt{8-\left(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}}=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}\).
【C组---拓展题】
1 正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)的棱长为\(a\)，则平面\(AB_1 D_1\)与平面\(BDC_1\)的距离为\(\underline{\quad \quad}\).
2 如图在四棱锥\(P－ABCD\)中，侧面\(PAD⊥\)底面\(ABCD\)，侧棱 \(P A=P D=\sqrt{2}\)，底面\(ABCD\)为直角梯形，其中\(BC∥AD\)，\(AB⊥AD\)，\(AD=2AB=2BC=2\)，\(O\)为\(AD\)的中点．
(1)求证\(PO⊥\)平面\(ABCD\)；
(2)求二面角\(C－PD－A\)夹角的正弦值；
(3)线段\(AD\)上是否存在\(Q\)，使得它到平面\(PCD\)的距离为 \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)？若存在，求出 \(\dfrac{A Q}{Q D}\)的值；若不存在，说明理由．
参考答案
-
答案 \(\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)
解析 建立空间直角坐标系如图.
则\(A(a,0,0)\),\(B(a,a,0)\),\(D(0,0,0)\),\(C_1 (0,a,a)\),\(D_1 (0,0,a)\),\(B_1 (a,a,a)\),
\(\therefore \overrightarrow{A B_{1}}=(0, a, a)\), \(\overrightarrow{A D_{1}}=(-a, 0, a)\), \(\overrightarrow{B C_{1}}=(-a, 0, a)\), \(\overrightarrow{D C_{1}}=(0, a, a)\)
设\(\vec{n}=(x,y,z)\)为平面\(AB_1 D_1\)的法向量,
则 \(\left\{\begin{array}{c} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A B_{1}}=a(y+z)=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=a(-x+z)=0 \end{array}\right.\) 得 \(\left\{\begin{array}{c} y=-z \\ x=z \end{array}\right.\) 令\(z=1\)，则\(\vec{n}=(1,-1,1)\)
\(\because \overrightarrow{A D_{1}} / / \overrightarrow{B C_{1}}\)， \(\overrightarrow{A B_{1}} / / \overrightarrow{D C_{1}}\),
\(∴AD_1∥BC_1\),\(AB_1∥DC_1\),\(AD_1∩AB_1=A\),\(DC_1∩BC_1=C_1\),
\(∴\)平面\(AB_1 D_1∥\)平面\(BDC_1\).
\(∴\)平面\(AB_1 D_1\)与平面\(BDC_1\)的距离可转化为点\(C_1\)到平面\(AB_1 D_1\)的距离\(d\).
\(\because \overrightarrow{C_{1} B_{1}}=(a, 0,0)\),平面\(AB_1 D_1\)的法向量为\(\vec{n}=(1,-1,1)\)
\(\therefore d=\dfrac{\left|\overrightarrow{C_{1} B_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\). -
答案 (1) 略 (2) \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) (3) \(\dfrac{1}{3}\)
解析 证明：(1)\(∵\)侧棱 \(P A=P D=\sqrt{2}\)，\(O\)为\(AD\)的中点，
\(∴PO⊥AD\)，
\(∵\)侧面\(PAD⊥\)底面\(ABCD\)，侧面\(PAD∩\)底面\(ABCD=AD\)，
\(∴PO⊥\)平面\(ABCD\)．
解：(2)\(∵\)底面\(ABCD\)为直角梯形，其中\(BC∥AD\)，\(AB⊥AD\)，\(AD=2AB=2BC=2\)，
\(∴OC⊥AD\)，又\(PO⊥\)平面\(ABCD\)，
\(∴\)以\(O\)为原点，\(OC\)为\(x\)轴，\(OD\)为\(y\)轴，\(OP\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
平面\(PAD\)的法向量\(\vec{m}=(1,0,0)\)，
\(C(1,0,0)\)，\(D(0,1,0)\)，\(P(0,0,1)\)， \(\overrightarrow{P C}=(1,0,-1)\)， \(\overrightarrow{P D}=(0,1,-1)\)，
设平面\(PCD\)的法向量\(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=x-z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=y-z=0 \end{array}\right.\)，取\(x=1\)，得\(\vec{n}=(1,1,1)\)，
设二面角\(C－PD－A\)夹角为\(θ\)，
则 \(\cos \theta=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)，
\(\therefore \sin \theta=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，
\(∴\)二面角\(C－PD－A\)夹角的正弦值为 \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)．
(3)设线段\(AD\)上存在\(Q(0,m,0)\)，\(m∈[-1,1]\)，使得它到平面\(PCD\)的距离为 \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(\therefore \overrightarrow{P Q}=(0, m,-1)\)，
\(∴Q\)到平面\(PCD\)的距离 \(d=\dfrac{|\overrightarrow{P Q} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|m-1|}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
解得 \(m=-\dfrac{1}{2}\)或 \(m=\dfrac{5}{2}\)(舍去)，
\(\therefore Q\left(0,-\dfrac{1}{2}, 0\right)\)，则 \(\dfrac{A Q}{Q D}=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{1}{3}\)．
