1.4.2第1課時　用空間向量研究距離問題 導(dǎo)學(xué)案答案

1.4.2用空間向量研究距離、夾角問題第1課時用空間向量研究距離問題【課前預(yù)習(xí)】知識點1.|AP|2.AP·n診斷分析(1)×(2)√(3)√【課中探究】探究點一例1(1)C(2)D[解析](1)連接PA,PA=(-2,-6,2),PA·n=6+8=14,|n|=9+16=5,|PA|=4+36+4=211,所以P到直線l的距離為|PA|2-PA·n|n|(2)連接DE,如圖,以A為原點,建立空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,1),D(0,1,0),E1,12,0,所以PD=(0,1,-1),DE=1,-12,0,所以|DE|=52,|PD|=2,DE·PD|PD|=-1變式解:(1)證明:如圖,作PD∥AC,交BC于點D,則由A1Q=AP,得BP=QC1,∵PD∥AC,∴PDAC=BPAB,即PD=BP=QC1,∴PD∥QC1且PD=QC1,連接DC∴四邊形C1QPD為平行四邊形,∴PQ∥C1D.∵PQ?平面BCC1B1,且C1D?平面BCC1B1,∴PQ∥平面BCC1B1.(2)取AC的中點O,連接A1O,BO,∵AO=12AC=1,AA1=2,∠A1AO=60°,∴根據(jù)余弦定理得A1O2=AA12+AO2-2AA1·AO·cos60°=4+1-2×2×1×12=3,∴A則A1O⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,∴A1O⊥平面ABC.∵△ABC是等邊三角形,∴BO⊥AC,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),B(3,0,0),A1(0,0,3),P32,-12,0,Q(0,1,3),B∴QP=32,-32,-3∴cos<QP,QB1>=QP·QB1|QP|·|QB1|=326×3=24,∴探究點二例2解:(1)證明:以D為原點,DA,DC,DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則P(0,0,2),F(1,0,0),B(2,2,0),E(0,1,1),D(0,0,0),所以FP=(-1,0,2),FB=(1,2,0),DE=(0,1,1),所以DE=12FP+又因為DE?平面PFB,所以DE∥平面PFB.(2)由(1)可知,DE∥平面PFB,所以點E到平面PFB的距離等于點D到平面PFB的距離.設(shè)平面PFB的法向量為n=(x,y,z),則n·FB=0,n·FP=0,即x因為FD=(-1,0,0),所以點D到平面PFB的距離d=|FD·n||n|=26=6變式解:(1)證明:因為PA⊥底面ABCD,CD?底面ABCD,所以PA⊥CD,又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又AF?平面PAD,所以AF⊥CD.因為PA=AD,點F是棱PD的中點,所以AF⊥PD,又PD∩CD=D,PD,CD?平面PCD,所以AF⊥平面PCD,又EF?平面PCD,所以AF⊥EF.(2)由題意知AB,AD,AP兩兩垂直,如圖,以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(3,0,0),E(1,3,0),F0,3故AB=(3,0,0),AE=(1,3,0),AF=0,設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),則n·AE=x+3y=0,所以n=(3,-1,1)是平面AEF的一個法向量,所以點B到平面AEF的距離為|n·AB||拓展解:因為平面ADF⊥平面ABCD,平面ADF∩平面ABCD=AD,DC⊥AD,DC?平面ABCD,所以DC⊥平面ADF,又因為DF?平面ADF,所以DC⊥DF,又因為AD⊥DF,所以DA,DC,DF兩兩垂直,以D為原點,DA,DC,DF所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(6,0,0),C(0,6,0),F(0,0,6),E(6,6,6),所以AC=(-6,6,0),AF=(-6,0,6),AE=(0,6,6).設(shè)平面ACF的法向量為n=(x,y,z),則n所以-6x令x=1,則y=1,z=1,所以n=(1,1,1)是平面ACF的一個法向量.設(shè)點E到平面ACF的距離為d,則d=AE·n|n|=123=43,所以點E探究點三例3解:(1)因為OA⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,所以AB,AD,AO兩兩垂直.以點A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AO所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則C(2,2,0),D(0,2,0),O(0,0,2),N(2,1,0).因為M,R分別為OA,AD的中點,所以MR∥OD,又因為MR?平面OCD,OD?平面OCD,所以MR∥平面OCD.因為AD∥BC且AD=BC,R,N分別為AD,BC的中點,所以CN∥RD且CN=RD,所以四邊形CDRN為平行四邊形,所以RN∥CD.因為RN?平面OCD,CD?平面OCD,所以RN∥平面OCD.因為MR∩RN=R,MR,RN?平面MNR,所以平面MNR∥平面OCD.因為MN?平面MNR,所以MN∥平面OCD,所以直線MN到平面OCD的距離等于點N到平面OCD的距離.設(shè)平面OCD的法向量為n=(x,y,z),又DC=(2,0,0),DO=(0,-2,2),則n·DC=2x=0,又NC=(0,1,0),所以直線MN到平面OCD的距離d1=|NC·n||(2)由(1)知平面MNR∥平面OCD,所以平面MNR與平面OCD的距離d2=d1=|NC·n||變式解:(1)以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C(0,2,0),所以CB1=(2,0,2),DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),所以CB1∥DA1,又CB1?平面A1BD,DA1?平面A1BD,所以CB1∥平面A1BD,所以直線B1C到平面A1BD的距離等于點B1到平面A1BD的距離.設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),則n·DA1=2x+2z=0,又A1B所以點B1到平面A1BD的距離d=|A1B1·n||n|=23=23(2)由(1)知B1C∥平面A1BD,同理可得D1B