1.4.2 第1课时用空间向量研究距离问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册同步练测（人教A版2019）

第一章 空间向量与立体几何 1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 第1课时 用空间向量研究距离问题 [学习任务] 1.掌握利用空间向量求点、线、面间的距离公式和推导方法. 2.会用空间向量解决有关距离的问题.(重点) AI样学助手 在抵答登 配度答案 盖濡惊疑 自主学习探新知 课前预习 双基落实 知识点一 点P到直线l的距离 如图，直线l 的单位方 P 向向量为u,A是直线l上的 定点，P是直线l外一点.设 A Q AP=a,则向量AP在直线l 上的投影向量 AQ=(a·w)u.在Rt△APQ中，由勾股定 理，得点P到直线l的距离为PQ= 知识点二 点P到平面α的距离 如图，已知平面α的法 向量为n,A是平面α内的定 点，P是平面α外一点.过点 Pn Q/ P作平面α的垂线1,交平面α于点Q,则 n 是直线l 的方向向量，且点P到平面α的距 离就是AP在直线l上的投影向量QP的长 度.因此 PQ= 互动探究解疑难 要点归纳 重难突破 探究一 点到直线的距离 [例1] 在正方体 ABCD-A?B?C?D?中，E,F 分别是C?C,D?A?的中点，求点 A到直线 EF的距离. 规律方法|Ⅱ 求点P到直线l的距离的步骤 (1)在直线l上取一点A,同时确定直线l的方向 向量n,并求其单位向量u=n; (2)计算直线上点A与已知点P对应的向量AP; (3)计算AP·u; (4)由公式d=√ (AP)2-(AP·w)2求距离。 跟踪训练 1.在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD为矩形， PA⊥平面 ABCD,AD=2AB=4,且 PD与 底面ABCD所成的角为45°,则点 B到直线 PD 的距离为 ( ) A.2√2 B.2√3 C.2 D.2√5 23 ?高中数学·选择性必修 第一册 探究二 点到平面的距离 [例2] 已知正四棱柱 ABCD-A?B?C?D?, AB=1,AA?=2,点E为CC?的中点，求点 D?到平面 BDE的距离. 探究三 直线到它的平行平面的距离 [例 3] 在棱长为 a 的正方体 ABCD- A?B?C?D?中，E,F分别是 BB?,CC?的中点. (1)求证：DA//平面 A?EFD?; (2)求直线 AD到平面 A?EFD?的距离. I规律方法|Ⅱ 求点到平面的距离的主要方法 (1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到 平面的距离； (2)在三棱锥中用等体积法求解； (3)向量法：d=1n(n为平面的法向量，A 为平面上一点，MA为过点A的斜线段). [注意] 线面距、面面距实质上是求点面距，求直线 到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行. 规律方法|Ⅱ- ---. 求直线到它的平行平面的距离，先在直线上找到 一点，然后转化为点到平面的距离求解，且这个点要适 当选取，以求解最简为准则. 跟踪训练 3.如 图，在 直三棱 柱 ABC - A A?B?C?中，AA?=AB=BC=3, C? AC=2,D是AC的中点. A D (1)求证：B?C//平面 A?BD; C (2)求直线 B?C到平面A?BD的距离. B B 跟踪训练 2.(1)已知平面α的一个法向量 n=(—2,—2, 1),点 A(—1,3,0)在平面α内，则点P(—2, 1,4)到平面α的距离为 ( ) c.8 D. 3A.10 B.3 (2)(北京十二中高二上期中)在空间直角坐 标系 Oxyz中，已知 A(2,0,0),B(0,2,0), C(0,0,2),D(2,2,2),则四面体 A-BCD 的 体积为 ( ) A.4 B.-83 C63 D.6 24 第一章 空间向量与立体几何 探究四 两个平行平面间的距离 [例4] 已知正方体 ABCD-A?B?C?D?的棱长 为1,求平面 A?BD与平面 B?CD?间的距离. 跟踪训练 4.如图所示，在正四棱柱 ABCD- A?B?C?D?中，侧棱 AA?=3,底 D C? B A? 面边长 AB=2,E,F分别为棱 D c BC,B?C?的中点. A B (1)求证：平面 BD?F//平面C?DE; (2)求平面 BD?F与平面C?DE间的距离. [规律方法|Ⅱ 平面α平行于平面β,则α,β之间的距离就是α内 任一点到β的距离，所以求两平行平面间的距离，可根 据定义转化为点到平面的距离求解。 提示、请完成《素能提升训练》训练九 第 2 课时 用空间向量研究夹角问题 [学习任务] 1.会用空间向量法求线线、线面、面面的夹角.(重点、难点) 2.正确区分向量夹角与所求线线角、面面角的关系.(易错点) 自主学习探新知 课前预习 双基落实 知识点一 利用向量方法求两条异面直线所 成的角 设两条异面直线 l?,l2所成的角为θ,它 们的方向向量分别为u,v,则 cos θ=|cos<u,v>|= = [注意] 不要将两异面直线所成的角与其 方向向量的夹角等同起来，因为两异面直线 (0,恐),所成角的范围是 ,而两个向量夹角的 范围是[0,π],事实上，两异面直线所成的角 与其方向向量的夹角是相等或互补的关系. 知识点二 利用向量方法求直线与平面所成 的角 如图所示，直线 AB与平面α相交于点 B,设直线 AB与平面α所成的角为0,直线 AB的方向向量u,平面α的法向量为 n,则 sin θ=|cos<u,n>|= = n B C 25 探究四 [例4] [解](1)证明以D为坐 标原点，DA,DC,DP所在直线分 别为x轴、y轴、z轴，建立空间直 角坐标系(如图), 设AD=a,则 D(0,0,0),B(a,a,0), 2 P D. EC(0,a,0),E(a,2,0),P(0,0,a), / /A C y B F(2,2,2), :=(一号，0,告),DC=(0.a,0), ∴·DC=(一章.0,号)·(0,a,0)=0, ∴EF⊥CD. (2)∵G∈平面 PAD,设G(x,0,z), ∴FG=(x-号，一号，x-号) 由(1),知CB=(a,0,0),CP=(0,-a,a). ∵GF⊥平面 PCB, ∴FG·CB=(x一2,一量·8-兰)·(a,0,0) =a(x-2)=0, C.cp-(x-号，一世，一告)·(0,-a.a) =2+a(s-号)=0. ∴x=2·*=0. (2.0.0)·∴点G的坐标为 ,即点G为AD的中点. [跟踪训练] 4.解 (1)证明因为DE⊥AB于点 E,所以 A,E⊥DE. 因为 A?D⊥BE,ED⊥BE,且ED∩A,D=D, 所以 BE⊥平面 A,DE. 所以 BE⊥A,E.又因为 BE∩DE=E, 所以 A,E⊥平面 BCDE. (2)假设在线段 BD上存在点 P, y24 使平面 A?EP⊥平面 A?BD. A? 根据(1)建立如图所示的空间直角 D C 坐标系，则 E(0,0,0),B(1,0,0), 左E BD(0,√3,0),A?(0,0,1), 所以A,B=(1,0,-1),EA?=(0,0,1), A,b=(0,√3,-1). 设 P(x·y,O),BP=λBD(o≤x≤1), 则(x-1,y,0)=x(-1,√3,0),所以 P(1-λ,√3λ,0), 所以EP=(1-λ,√3λ,0). 设平面A,EP的一个法向量为m=(x?,yi,z),-则< 令x?=√3λ,则y?=λ-1,所以m=(√3λ,x-1,0). 即 设平面A?BD的一个法向量为n=(x?,y?,z), 则< 令y?=1,则≈?=x?=√3,所以n=(√3,1,√3). 因为平面 A,EP⊥平面 A,BD, 所以m·n=0,即3x+a-1=0,解得A=÷, 所以在线段 BD上存在点 P,使平面 A,EP⊥平面 A,BD, 且器-六. 1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 第1课时用空间向量研究距离问题 【自主学习探新知】 知识点一 |API2-|AQI2 √a2-(a·u)2 AAo·m| IAp;知识点二 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解] 以D为坐标原点， 12 D 分别以 DA,DC,DD,所在直线 Fk 为x轴、y轴、z轴建立空间直角 A? 坐标系 Dxye,如图. G B? E 设 DA=2,则 A(2,0,0), D c E(0,2,1),F(1,0,2), Bx√ 所以EF=(1,-2,1), FA=(1.0,-2). 所以|EF|=√1+(-2)°+1=√6, FA·EF=1X1+0×(-2)+(-2)×1=-1. 产方所以FA在EF上的投影为! 所以点 A到直线 EF的距离 a=√IFAP-()=√-m [跟踪训练] 1.B因为 PA⊥平面 ABCD,所以 z+P ∠PDA为 PD与平面 ABCD所成 的角，所以∠PDA=45°,所以PA= AD=4.以 A为原点，AB,AD,AP yAj 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建 D 立空间直角坐标系，如图所示，则 A C (0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,4),D(0,4,0),则DP=(0. -4,4),BP=(-2,0,4),所以点B到直线 PD的距离为 =√)m1-()-√2-3-25. 11 y 探究二 [例2] [解] 以点D为原点，建立 D? C?空间直角坐标系 Dxyz,如图， BAμ E则 D(0,0,0),B(1,1,0), DD?(0,0,2),E(0,1,1), 方C AL 所以DB=(1,1,0),DE=(0,1,1). B 设平面BDE的法向量为n=(x,y,z), 则 n⊥DB,n⊥DE.. {- =故有< 所以 所以 取x=1,则 y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1). 因为DD?=(0,0,2),所以DD·n=2,|n|=√3, 所以点 D?到平面 BDE的距离 a-100,m- 25即点 D,到平面 BDE的距离为 [跟踪训练] 2.解析(1)由A卢=(-1,-2,4),得点P到平面a的距 高d=Ap;ml- (2)不妨设平面ABC的法向量n=(x,y,z),因为AB= (-2,2,0),AC=(-2,0,2),所以 即 二2+2=0:令x=1,则n=(1,1,1)是平面ABC的 一个法向量.因为DA=(0,-2,-2),所以 D到平面 ABC的距离d-DM;上又|Aδ|- |AC|=|BC|=2√2,所以△ABC为等边三角形，所以 S?w=÷×2√2×2√2×sin 60°=2√3,所以四面 体ABCD的体积V=÷S?d=言 答案 (1)D (2)B 探究三 [例3] [解](1)证明 如图，以D D, C? 为原点，DA,DC,DD,所在直线分 A B? F别为x轴、y轴、z轴，建立空间直 D C角坐标系 Dxyz, E y 则 D(0,0,0),A(a,0,0), A B D?(0,0,a),A?(a,0,a), 所以DA=(a,0,0),D,A?=(a,0,0),所以DA//D,A?. 又 D?A?C平面 A?EFD?,DA平面 A,EFD?, 所以 DA//平面 A?EFD?. F(0,a,2),(2)由F是CC?的中点知F 所以D,F=(0.a,一),DF=(0.a,). 设n=(x,y,z)是平面A?EFD,的法向量，则.所以< 取g=1,得y=号， 则n=(0,云，1), 所以DF在n上的投影向量的模，即为点 D到平面 A?EFD?的距离 所以直线AD到平面A,EFD,的距高是2 [跟踪训练] 3.解 (1)证明连接AB?交 A?B于点E,则E是AB 的中点，连接 DE.因为D是AC的中点， 所以 DE//B,C.又 DEC平面 A?BD,B,C丈平面 A?BD,所以B?C//平面A?BD. (2)因为B?C//平面 A?BD,所以B,C到平面A?BD的 距离就等于点B,到平面A,BD的距离. 建立如图所示的空间直角坐标系，则 4 A B?B?(0,2√2,3),B(0,2√2,0), C? A?(-1,0,3), E 所以DB?=(0,2√2,3), A B y DB=(0.2√2,0),DA,=(-1,0,3) D C 元设平面A,BD的法向量为n=(x,y,z), 所以 取z=1,则x=3,y=0,所以n=(3,0,1). n-DE!-3F.所以点 B,到平面 A?BD的距离为- 严即直线 B?C到平面A?BD的距离为 探究四 [例4] [解] 以D为坐标原点， D? 分别以 DA,DC,DD?所在直线 为x轴、y轴、之轴，建立如图所 A? 示的空间直角坐标系 Dxyz, 2 C? B? c则 D(0,0,0),A?(1,0,1), D B(1,1,0),D?(0,0,1), AJ x? B 所以A,B=(0,1,-1), A.D=(-1,0,-1). A,D?=(-1,0,0). 设平面A?BD的法向量为n=(x,y,z), ·高-0, 二则 即n·A?D=0, 令z=1,得y=1,x=-1,∴n=(-1,1,1). 12 所以点 D,到平面 A,BD的距离 a-A州方一 又由题意易得平面 A,BD//平面 B,CD, 所以平面 A?BD与平面B,CD?间的距离等于点 D?到 平面 A?BD的距离， 得所以平面 A?BD与平面B,CD,间的距离为2 [跟踪训练] 4.解(1)证明如图，以 D为原点，分别以 DA,DC, DD?所在直线为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0),C(0,2,0),D?(0,0,3),C(0,2,3), B?(2,2,3),B(2,2,0),E(1,2,0),F(1,2,3), 所以D,F=(1,2,0),DE=(1,2,0), 42D, C? 所以D,F//DE,所以 D?F//DE. BA? 又因为 DEC平面 DEC, DX CD?F≠平面 DEC, E 所以 D?F//平面 DEC. y %? BA 又因为BF=(-1,0,3),EC=(-1,0,3), 所以BF//EC,所以 BF//EC?. 又因为 EC?C平面C?DE,BF文平面C?DE, 所以 BF//平面 CDE. 因为 D?F∩BF=F,所以平面BD,F//平面C?DE. (2)由(1)可知平面 BD?F与平面C,DE间的距离等于 D?到平面C?DE的距离， 设平面C?DE的法向量为n=(x,y,z), 由 得 得 令x=6,得n=(6,-3,2).又D,C=(0,2,0), 所以 D?到平面 C?DE的距离 -|=3×2|-9.d= 所以平面 BD?F与平面C,DE间的距离为- 第2 课时用空间向量研究夹角问题 【自主学习探新知】 u m知识点一 uu·n知识点二 u 【互动探究解疑难】 探究一 [例1][解](1)由题意可得B(1,1,0),E(1,,1)· D(0,0,0),F,(0.章，1), 故BE=(0,-二，1),DF2-(0,二，1). (2)由(1)可知，BE=(0,一二，1),DF=(0.·1), 1BI=√0+(-÷)+T2=5.所以| 1DF|=√O2+(÷)+1=5. BE·DF2=O×0+(-=×÷)+1×1=云， 所以 云故 BE?与 DF?所成角的余弦值为： [跟踪训练] 1.B 不妨设 SA=SB=SC=1.以 S 为坐标原点，SA,SB,SC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(1, z C W Si. By 0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),S(0,0, M YA(去去0),N(0.0,去),0),M 所以5应=(去，去，0),B取=(0,-1,去),所以|SM 一竖，1一厚，50·B=-号，,所以 cos(SM,BN; -爵-因为异面直线的夹角为锐角 或直角，所以异面直线 SM与 BN 夹角的余弦值 为 探究二 [例 2][解]如图，建立空 2 P间直角坐标系. 设 PD=DC=1, 由ABCD是正方形，PE=EC, E 得P(0,0,1),B(1,1,0), D_ CC(0,1,0), 则E(0.去，去), Ak B 所以EB=(1.云，一去), 且||一雪. 又因为平面 ABCD的法向量为DP=(0,0,1), 设 EB与平面ABCD的夹角为0, 流-高吾 2 所以co 0=, 即 EB与平面ABCD夹角的余弦值为 13 y