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【成才之路】2014-2015学年高中数学(人教A版)选修2-1练习:3.2.5利用向量知识求距离(选学)]

第三章

3.2

第 5 课时

一、选择题 1.已知向量 n=(2,0,1)为平面 α 的法向量,点 A(-1,2,1)在 α 内,则 P(1,2-2)到 α 的 距离为( A. 5 5 ) B. 5 D. 5 10

C.2 5 [答案] A

→ |PA· n| |-4+3| 5 → [解析] ∵PA=(-2,0,3),∴点 P 到平面 α 的距离为 d= = = . |n| 5 5 2. 已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 棱 A1A=5, AB=12, 那么直线 B1C1 到平面 A1BCD1 的距离是( )

A.5 60 C. 13 [答案] C

13 B. 2 D.8

[解析] 解法一:∵B1C1∥BC,且 B1C1?平面 A1BCD1,BC?平面 A1BCD1,∴B1C1∥平 面 A1BCD1. 从而点 B1 到平面 A1BCD1 的距离即为所求. 过点 B1 作 B1E⊥A1B 于 E 点. ∵BC⊥平面 A1ABB1,且 B1E?平面 A1ABB1, ∴BC⊥B1E. 又 BC∩A1B=B,∴B1E⊥平面 A1BCD1, 在 Rt△A1B1B 中, 5×12 A1B1· B1B 60 B1E= = 2 2=13, A 1B 5 +12 60 因此直线 B1C1 和平面 A1BCD1 的距离为 . 13 → → → 解法二:以 D 为原点,DA、DC、DD1的方向为 x、y、z 轴正方向建立空间直角坐标系,

则 C(0,12,0),D1(0,0,5),设 B(x,12,0),B1(x,12,5) (x≠0), 设平面 A1BCD1 的法向量 n=(a,b,c), → → 由 n⊥BC,n⊥CD1得 → n· BC=(a,b,c)· (-x,0,0)=-ax=0,∴a=0, → n· CD1=(a,b,c)· (0,-12,5)=-12b+5c=0, 5 → ∴b= c,∴可取 n=(0,5,12),B1B=(0,0,-5), 12 → |B1B· n| 60 ∴B1 到平面 A1BCD1 的距离 d= = . |n| 13 3.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,则平面 AB1D1 与平面 BDC1 的距离为( A. 2 C. 2 3 B. 3 D. 3 3 )

[答案] D [解析] 以 A 为原点,AB、AD、AA1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1).

设平面 AB1D1 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ? AB1=0, ?n· ?x+z=0, 则? ∴? ? → ?y+z=0. ? AD1=0, ?n· 令 z=-1,则 n=(1,1,-1), → → 显然 n· BD=0,n· BC1=0, ∴n 也是平面 BDC1 的法向量, ∴平面 AB1D1∥平面 BDC1, → |AB· n| 3 ∴其距离为 d= = . |n| 3 AM 1 4.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,点 M 在 AC1 上且 = ,N 为 BB1 的中点, MC1 2 则|MN|的长为( )

A. C.

21 a 6 15 a 6

B. D.

6 a 6 15 a 3

[答案] A → → → [解析] 设A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则|a|=|b|=|c|=a,a· b=b· c=c· a =0,

→ → → 由条件知,MN=AN-AM 1 → → 1→ = (AB+AB1)- AC1 2 3 1 → → → 1 → → → = (AB+AB+AA1)- (AA1+A1B1+A1D1) 2 3 1 1 2 1 1 = (2a-c)- (-c+a+b)= a- b- c, 2 3 3 3 6 2 1 1 ?2 1 1 2 → |MN|2=? ?3a-3b-6c? =9(2a-b-2c) 1 1 = (4|a|2+|b|2+ |c|2-4a· b-2a· c+b· c) 9 4 = 21a2 21 → ,∴|MN|= a. 36 6

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( A. ) 3 2 B. D. 2 4 3 3

1 C. 2 [答案] B [ 解析 ]

→ → → 以DA、DC、 DD1 为正交基底建立空间直角坐标系,则

1 1 ? → 1 → A1(1,0,1),C1(0,1,1),C1O= C1A1=? ?2,-2,0?,平面 ABC1D1 的法 2 → 向量DA1=(1,0,1),点 O 到平面 ABC1D1 的距离

1 → → |DA1· C1O| 2 2 d= = = . 4 → 2 |DA1| 6.二面角 α-l-β 等于 120° ,A、B 是棱 l 上两点,AC、BD 分别在半平面 α、β 内, AC⊥l,BD⊥l,且 AB=AC=BD=1,则 CD 的长等于( A. 2 C.2 [答案] C [解析] 如图.∵二面角 α-l-β 等于 120° , → → ∴CA与BD夹角为 60° . B. 3 D. 5 )

→ → → → → → → → → → → → → 由题设知, CA⊥AB, AB⊥BD, |AB|=|AC|=|BD|=1, |CD|2=|CA+AB+BD|2=|CA|2+|AB → → → → → → → → |2+|BD|2+2CA· AB+2AB· BD+2CA· BD=3+2×cos60° =4,∴|CD|=2. 二、填空题 7. 等腰 Rt△ABC 斜边 BC 上的高 AD=1, 以 AD 为折痕将△ABD 与△ACD 折成互相垂 直的两个平面后,某学生得出以下结论:

①BD⊥AC; ②∠BAC=60° ; ③异面直线 AB 与 CD 之间的距离为 ④点 D 到平面 ABC 的距离为 3 ; 3 2 ; 2

⑤直线 AC 与平面 ABD 所成的角为 45° . 其中正确结论的序号是__________. [答案] ①②③④⑤ [解析] ∵AD⊥BD,AD⊥CD,平面 ABD⊥平面 ACD,∴∠BDC=90° ,∴BD⊥平面 ACD,∴BD⊥AC,∴①正确;又知 AD=BD=CD=1,∴△ABC 为正三角形,∠BAC=60° ,

∴②正确;∵△ABC 边长为 2, .∴S△ABC= ×

3 1 1 1 ,由 VA-BDC=VD-ABC 得 ×( ×1×1)×1= 2 3 2 3

3 3 ×h,∴h= ,故④正确;∵CD⊥平面 ABD,∴∠CAD 为直线 AC 与平面 ABD 所成 2 3

的角,易知∠CAD=45° ,故⑤正确;以 D 为原点,DB、DC、DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴 → → 建立空间直角坐标系,易知 A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),∴AB=(1,0,-1),AC=(0,1,- → → → 1),DC=(0,1,0),设 n=(x,y,z),由 n· AB=0,n· DC=0 得 x-z=0,y=0,令 z=1 得 n → |AC· n| 2 =(1,0,1),∴异面直线 AB 与 DC 之间的距离 d= = ,故③正确. |n| 2 8.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,所有棱长均为 1,则点 B1 到平面 ABC1 的距离为 ________. [答案] 21 7 3 1 ?, B(0,1,0), ? 2 ,2,0?

[解析] 解法一: 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 C(0,0,0), A? B1(0,1,1),C1(0,0,1),

3 1 → → → 则C1A=? , ,-1?,C1B1=(0,1,0),C1B=(0,1,-1), ?2 2 ? 设平面 ABC1 的法向量为 n=(x,y,1), → ? n=0, ?C1A· 则有? → ? n=0. ?C1B· 解得 n=? 3 ?, ? 3 ,1,1?

? → n? 则 d=?C1B1· ?= ? |n| ?

21 = . 7 1 +1+1 3

1

解法二:VB1—ABC1=VA—BB1C1, 1 3 3 VA—BB1C1= S△BB1C1× AB= , 3 2 12 1 1 17 17 又∵VB1—ABC1= S△ABC1· h,S△ABC1= AB· = , 3 2 2 4

∴h=

21 . 7

9.在底面是直角梯形的四棱锥 P-ABCD 中,侧棱 PA⊥底面 ABCD,BC∥AD,∠ABC =90° ,PA=AB=BC=2,AD=1,则 AD 到平面 PBC 的距离为__________. [答案] 2

[解析] 由已知 AB,AD,AP 两两垂直.

∴以 A 为坐标原点 AB、 AD、 AP 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(0,0,0), → B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),PB=(2,0,-2).
? ?2a-2c=0, → BC=(0,2,0),设平面 PBC 的法向量为 n=(a,b,c),则? ?b=0. ?

→ ∴n=(1,0,1),又AB=(2,0,0), → |AB· n| ∴d= = 2. |n| 三、解答题 10.三棱柱 ABC-A1B1C1 是各条棱长均为 a 的正三棱柱,D 是侧棱 CC1 的中点. (1)求证:平面 AB1D⊥平面 ABB1A1; (2)求点 C 到平面 AB1D 的距离. → → → → → → → [解析] (1)证明: 如图所示, 取 AB1 中点 M, 则DM=DC+CA+AM, 又DM=DC1+C1B1 → +B1M.

→ → → → → ∴2DM=CA+C1B1=CA+CB. . → → → → → → → → → → → → → 2DM· AA1=(CA+CB)· AA1=0,2DM· AB=(CA+CB)· (CB-CA)=|CB|2-|CA|2=0, ∴DM⊥AA1,DM⊥AB.∴DM⊥平面 ABB1A1.

∵DM?平面 AB1D,∴平面 AB1D⊥平面 ABB1A1. (2)解:∵A1B⊥DM,A1B⊥AB1.∴A1B⊥平面 AB1D. → ∴A1B是平面 AB1D 的一个法向量. ∴点 C 到平面 AB1D 的距离为 → → → → → ?A1A+AB?| |AC· A1B| |AC· d= = → 2a |A1B| 1 2 a → → |AC· AB| 2 2 = = = a. 2a 2a 4

一、解答题 11.如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC1F 所截得到的,其中 AB =4,BC=2,CC1=3,BE=1,AEC1F 为平行四边形.

(1)求 BF 的长; (2)求点 C 到平面 AEC1F 的距离. [ 解析 ] (1) 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0) ,

B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设 F(0,0,z). ∵四边形 AEC1F 为平行四边形, → → ∴由AF=EC1得,(-2,0,z)=(-2,0,2), → ∴z=2.∴F(0,0,2).∴BF=(-2,-4,2). → 于是|BF|=2 6.即 BF 的长为 2 6. (2)设 n1 为平面 AEC1F 的法向量, 显然 n1 不垂直于平面 ADF, 故可设 n1=(x,y,1), → ? ? AE=0, ?n1· ?0×x+4×y+1=0, ∴? ∴? ?-2×x+0×y+2=0. → ? ?n1· AF=0, ?

? ? ? ?4y+1=0, ? 即 ∴? 1 ?-2x+2=0, ? ?y=- .
x=1, 4

?

→ CC1· n1 → → 又CC1=(0,0,3),设CC1与 n1 的夹角为 α,则 cosα= = → |CC1|· |n1| 3× ∴C 到平面 AEC1F 的距离为 4 33 4 33 → d=|CC1|· cosα=3× = . 33 11

3 1 1+ +1 16



4 33 . 33

12.在四棱锥 V-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧面 VAD 是正三角形,平面 VAD ⊥底面 ABCD. (1)证明:AB⊥平面 VAD; (2)求平面 VAD 与平面 VDB 所成的二面角的余弦值. [解析] (1)以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 1 3 → → 1 不妨设 A(1,0,0),则 B(1,1,0),V( ,0, ),AB=(0,1,0),VA=( , 2 2 2 0,- 3 ). 2

→→ 由AB· VA=0,得 AB⊥VA. 又 AB⊥AD,且 AD∩VA=A, ∴AB⊥平面 VAD. 1 3 → 3 3 → 3 (2)设 E 为 DV 的中点,连接 EA,EB,则 E( ,0, ),EA=( ,0,- ),EB=( , 4 4 4 4 4 1,- 3 → 1 3 ),DV=( ,0, ). 4 2 2

→ → 由EB· DV=0,得 EB⊥DV. 又 EA⊥DV,∴∠AEB 是所求二面角的平面角. → → EA· EB 21 → → ∵cos〈EA,EB〉= = , 7 → → |EA||EB| ∴所求二面角的余弦值为 21 . 7

[点评] 如果二面角的平面角容易作出,也可以先作出二面角,再求之. 13.如图所示,已知边长为 4 2的正三角形 ABC 中,E、F 分别为 BC 和 AC 的中点, PA⊥平面 ABC,且 PA=2,设平面 α 过 PF 且与 AE 平行,求 AE 与平面 α 间的距离.

→ → → [解析] 设AP、AE、EC的单位向量分别为 e1、e2、e3,选取{e1,e2,e3}作为空间向量 的一组基底,易知 e1· e2=e2· e3=e3· e1=0, → → → AP=2e1,AE=2 6e2,EC=2 2e3, → → → → 1→ PF=PA+AF=PA+ AC 2 → 1 → → =PA+ (AE+EC)=-2e1+ 6e2+ 2e3, 2 → ? AE=0, ?n· → → 设 n=xe1+ye2+e3 是平面 α 的一个法向量,则 n⊥AE,n⊥PF,∴? → ? PF=0, ?n· 2 6e2=0, ??xe1+ye2+e3?· ?? ?-2e1+ 6e2+ 2e3?=0, ??xe1+ye2+e3?·
2 ?2 6y|e2| =0, ?? ?-2x|e1|2+ 6y|e2|2+ 2|e3|2=0,

y=0, ? ? 2 ?? 2 ∴n= 2 e1+e3. ? ?x= 2 . ∴直线 AE 与平面 α 间的距离为 2 |2e1· ? e1+e3?| → 2 |AP· n| 2 3 d= = = . |n| 3 2 2 2 | e1| +|e3| 2 14.如图,已知直四棱柱 ABCD-A′B′C′D′中,四边形 ABCD 为正方形,AA′= 2AB=2,E 为棱 CC′的中点.

(1)求证:A′E⊥平面 BDE; 1 (2)设 F 为 AD 中点,G 为棱 BB′上一点,且 BG= BB′,求证:FG∥平面 BDE. 4

[证明] (1)以 D 为原点,DA 所在直线为 x 轴,DC 所在直线为 y 轴,DD′所在直线为 1 1 z 轴, 建立空间直角坐标系, 则 A′(1,0,2), E(0,1,1), F( , 0,0), G(1,1, ), B(1,1,0), D(0,0,0), 2 2

→ → → 于是DB=(1,1,0),DE=(0,1,1),A′E=(-1,1,-1). → → ∵A′E· DB=-1+1+0=0,∴A′E⊥DB. → → 又∵A′E· DE=0+1-1=0,∴A′E⊥DE. ∵BD∩DE=D,∴A′E⊥平面 BDE. 1 → → 1 (2)由(1)可知A′E=(-1,1,-1)为平面 BDE 的一个法向量,FG=( ,1, ), 2 2 1 1 → → ∵FG· A′E=-1× +1×1+(-1)× =0, 2 2 → → ∴FG⊥A′E. 又∵FG?平面 BDE,∴FG∥平面 BDE. → [点评] 本题中第一问证明了 A′E⊥平面 BDE, 故A′E为平面 BDE 的法向量, 因此第 → → 二问要证明 FG∥平面 BDE,只需验证FG· A′E=0 即可.


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