第18期 用向量方法研究立体几何中的度量关系（空间中的距离问题）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 第１７期３，４版 空间中的角同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＤＣＢ　５～８　ＤＢＢＡ 提示： １．因为两个半平面的法向量所成的角为π３， 所以这个二面角的平面角的大小为 π ３或 ２π ３． ２．因为ｍ·ｎ＝（１，０，１）·（－３，１，３） ＝－３＋０＋３＝０， 所以ｍ⊥ｎ， 所以平面α与β所成的角等于９０°． ３．设→ＡＢ＝ａ，→ＡＤ＝ｂ，ＡＡ→ １ ＝ｃ， 则由题意知｜ａ｜＝２，｜ｂ｜＝３，｜ｃ｜＝３， 三向量ａ，ｂ，ｃ两两之间的夹角都是π３． Ｂ１ → →Ｃ＝ＢＣ－ＢＢ→ １ →＝ＡＤ－ＡＡ→ １ ＝ｂ－ｃ， ＢＤ→ １ ＝ＡＤ→ １ →－ＡＢ＝ｂ＋ｃ－ａ， 故Ｂ１ → Ｃ·ＢＤ→ １ ＝（ｂ－ｃ）·（ｂ＋ｃ－ａ） ＝ｂ２－ａ·ｂ－ｃ２＋ａ·ｃ ＝９－２×３×ｃｏｓπ３－９＋２×３×ｃｏｓ π ３ ＝０， 即Ｂ１ → Ｃ⊥ＢＤ→ １，所以Ｂ１Ｃ与ＢＤ１所成角的大小为π２． ４．直线ＣＤ与平面ＡＢＣ所成角的正弦值为 ｜ｃｏｓ〈ｍ，→ＣＤ〉｜＝｜ｍ· →ＣＤ｜ ｜ｍ →｜｜ＣＤ｜ ＝｜３－４｜ 槡３×５ ＝槡３１５． ５．设 ｜ＰＤ｜＝ａ（ａ＞０），则 Ａ（２，０，０），Ｂ（２，２，０）， Ｐ（０，０，ａ）， (Ｅ １，１，ａ)２ ， 所以 →ＤＰ＝（０，０，ａ），→ (ＡＥ＝ －１，１，ａ)２ ． 因为ｃｏｓ〈→ＤＰ，→ＡＥ〉＝槡３３， 所以 →ＤＰ·→ＡＥ → →｜ＤＰ｜｜ＡＥ｜ ＝ ａ２ ２ ａ× ２＋ａ ２ 槡 ４ ＝槡３３， 解得ａ＝２，所以点Ｅ的坐标为（１，１，１）． ６．如图１，以点Ａ为坐标原点，→ＡＢ，→ＡＤ，ＡＡ→ １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． 设正方体的棱长为２，则Ａ（０， ０，０），Ｅ（２，０，１），Ｆ（０，２，１），Ｃ（２， ２，０）， 所以 →ＣＥ＝（０，－２，１），→ＣＦ＝ （－２，０，１）． 可求得平面ＥＣＦ的一个法向量为ｎ＝（１，１，２）． 设平面ＥＣＦ与平面ＡＢＣＤ的夹角为θ． 因为ｍ ＝（０，０，１）是平面ＡＢＣＤ的一个法向量， 所以ｃｏｓθ＝ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ２ 槡１×槡６ ＝槡６３． 由图可知平面ＥＣＦ与平面ＡＢＣＤ所成二面角的平面 角为锐角，所以平面ＥＣＦ与平面ＡＢＣＤ所成二面角的平面 角的余弦值为槡 ６ ３． ７．由圆锥的性质可知ＳＯ⊥ 平面 ＡＢＣ，故以点 Ｏ为坐标原 点，以平面ＡＢＣ内过点Ｏ且垂直 于ＡＣ的直线为 ｘ轴，ＯＣ，ＯＳ分 别为ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐 标系，如图２， 设ＯＡ＝ＯＢ＝１，ＳＡ＝槡５， 则ＯＳ＝２， 则Ａ（０，－１，０），Ｃ（０，１，０），Ｓ（０，０，２）， (Ｍ ０，－１２， )１ ． 因 为 ｃｏｓ∠ＢＯＣ ＝ ２３， 所 以 ｓｉｎ∠ＢＯＣ ＝ １－ｃｏｓ２∠槡 ＢＯＣ＝槡 ５ ３，可得 (Ｂ 槡５３，２３， )０ ． 所以 → (ＳＢ＝ 槡５３，２３，－ )２ ，→ (ＣＭ ＝ ０，－３２， )１ ， 所以ｃｏｓ〈→ＳＢ，→ＣＭ〉＝ －１－２ ５ ９＋ ４ ９＋槡 ４· ９ ４＋槡 １ ＝－ 槡６ ６５６５ ， 故异面直线ＳＢ与ＣＭ所成角的余弦值为 槡６ ６５６５ ． ８．如图３，过Ａ作ＡＥ⊥ＣＤ，垂 足为Ｅ，则ＤＥ＝１， 以Ａ为坐标原点，分别以ＡＥ， ＡＢ，ＡＰ所在直线为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立 如图３所示的空间直角坐标系， 则 Ｂ（０，１，０），Ｃ（ 槡２ ２，１，０）， (Ｍ 槡２，－１２， )１２ → (．ＢＭ ＝ 槡２， －３２， )１２ ，→ＢＣ＝（槡２２，０，０）， 设平面ＭＢＣ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＢＣ＝ 槡２２ｘ＝０， ｍ· →ＢＭ ＝槡２ｘ－ ３ ２ｙ＋ １ ２ｚ＝０ { ， 取ｍ ＝（０，１，３）． 取平面ＡＢＣＤ的一个法向量ｎ＝（０，０，１）， 设二面角Ｍ－ＢＣ－Ａ为α， 则ｃｏｓα＝｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝ 槡３ １０ １０ ， 所以二面角Ｍ－ＢＣ－Ａ的平面角的余弦值为 槡３ １０１０ ． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．对于（Ａ），两条异面直线所成的角与这两直线的方 向向量所成的角相等或互补，（Ａ）错误； 对于（Ｂ），直线的方向向量与该平面法向量夹角与直 线与平面所成的角相加或相减等于９０°，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），二面角的大小等于该二面角两个面的法向 量的夹角或补角，（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），若二面角两个面的法向量的夹角为１２０°， 则该二面角的大小等于６０°或１２０°，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．对于（Ａ），因为 ｂ＝－２ａ，且 ｌ１，ｌ２不重合，所以 ｌ１∥ｌ２，（Ａ）正确； 对于（Ｂ），因为ｃ·ｍ ＝６－４－２＝０，所以ｃ⊥ｍ， 所以ｌ∥α或ｌα，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），因为ｕ·ｖ＝－６＋８－２＝０，所以α⊥β， （Ｃ）正确； 对于（Ｄ），记直线 ｌ与平面 α所成角为 θ，则 ｓｉｎθ＝ ｜ｃｏｓ〈ｄ，ｎ〉｜＝ １ 槡２×槡２ ＝ １２， 因为θ [∈ ０，π ]２ ，所以θ＝π６，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．如图４， 以Ａ点为坐标原点，以 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 Ａ１（０，０，１），Ｂ（槡３，０，０），Ｃ（槡３，１，０），Ｃ１（槡３，１， １），Ｄ（０，１，０），Ｄ１（０，１，１），则Ａ１ → Ｃ＝（槡３，１，－１）． 设Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ），则Ａ１ → Ｐ＝（ｘ，ｙ，ｚ－１）． 对于（Ａ），当Ａ１ → Ｃ＝２Ａ１→ Ｐ时，槡３＝２ｘ，１＝２ｙ，－１＝ ２（ｚ－１），所以 (Ｐ 槡３２，１２， )１２ ，所以→ (ＢＰ＝ －槡３２，１２， )１２ ，平面ＡＢＣＤ的法向量为Ａ１→ Ａ＝（０，０，－１）． 所以直线 ＢＰ与平面 ＡＢＣＤ所成角的正弦值为 ｜ｃｏｓ〈Ａ１ → Ａ，→ＢＰ〉｜＝ Ａ１ → Ａ·→ＢＰ ｜Ａ１ → →Ａ｜｜ＢＰ｜ ＝槡５５，故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），当Ａ１ → Ｃ＝３Ａ１→ Ｐ时，槡３＝３ｘ，１＝３ｙ，－１＝ ３（ｚ－１），所以 (Ｐ 槡３３，１３， )２３ ，所以Ｄ１→ (Ｐ＝ 槡３３，－２３， － )１３ ． 设平面ＢＤＣ１的法向量为ｎ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′）， Ｃ１ → Ｄ＝（－槡３，０，－１），Ｃ１→ Ｂ＝（０，－１，－１）， 由 ｎ·Ｃ１ → Ｄ＝０， ｎ·Ｃ１ → Ｂ＝{ ０得 －槡３ｘ′－ｚ′＝０，－ｙ′－ｚ′＝０{ ， 取ｎ＝（１，槡３， －槡３），所以Ｄ１ → Ｐ·ｎ＝槡３３×１ (＋ － )２３ ×槡３ (＋ － )１３ ×（－槡３）＝０，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），当Ａ１ → Ｃ＝４Ａ１→ Ｐ时，槡３＝４ｘ，１＝４ｙ，－１＝ ４（ｚ－１），所以 (Ｐ 槡３４，１４， )３４ ， 平面ＡＡ１Ｄ１的法向量记为 →ＡＢ＝（槡３，０，０）， 设平面ＡＰＤ１的法向量记为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， → (ＡＰ＝ 槡３４，１４， )３４ ，ＡＤ→ １ ＝（０，１，１）， 由 ｍ·→ＡＰ＝０， ｍ·ＡＤ→ １ ＝ { ０得 槡３ ４ａ＋ １ ４ｂ＋ ３ ４ｃ＝０， ｂ＋ｃ＝０ { ， 取ｍ (＝ 槡２３３，１，－ )１ ．显然二面角Ａ１－ＡＤ１－Ｐ的 平面角为锐角， 所以二面角 Ａ１ －ＡＤ１ －Ｐ的平面角的余弦值为 ｜ｃｏｓ〈→ＡＢ，ｍ〉｜＝ →ＡＢ·ｍ →｜ＡＢ｜｜ｍ｜ ＝槡１０５ ，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），若Ａ１ → Ｃ·Ｄ１→ Ｐ＝０，Ａ１→ Ｃ＝（槡３，１，－１），Ａ１→ Ｐ ＝λＡ１ → Ｃ（０≤λ≤１）． 因为Ａ１ → Ｐ＝（ｘ，ｙ，ｚ－１），所以槡３λ＝ｘ，λ＝ｙ，－λ＝ !"#$%&'()*+,-./0. ! ( ! " # $ %&' !"#$%&'( )*& !"#!$+,-./ 0123456 & %+78 !%+9 ! " # ! ! " ! $ ! % ! & % $ ! ! ' ( ) ! % * + , $ ! " ( ' ) ( % ! % ! ! ! ' - " " ! $ $ ! ) ! # ! % $ - , " ! $ & ' ( ) 书 ｚ－１，所以Ｐ（槡３λ，λ，１－λ），Ｄ１ → Ｐ＝（槡３λ，λ－１，－λ）． 由Ａ１ → Ｃ·Ｄ１→ Ｐ＝（槡３λ）×槡３＋（λ－１）＋（－λ）× （－１）＝０解得λ＝ １５，所以Ａ１ → Ｐ＝ １５Ａ１ → Ｃ，即Ａ１→ Ｃ＝５ Ａ１ → Ｐ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．槡４５１５；　１３． 槡２１ ７ ；　１４． １ ３． 提示： １２．建立如图５所示空间直 角坐标系，设正方体的边长为２， 则Ｃ（０，２，０），Ｅ（１，０，２），Ｆ（２， １，０）， →ＣＥ＝（１，－２，２），→ＣＦ＝（２， －１，０）， 所 以 ｃｏｓ∠ＥＣＦ ＝ →ＣＥ·→ＣＦ → →｜ＣＥ｜｜ＣＦ｜ ＝ ４ ３×槡５ ＝ 槡４５１５． １３．由题意得，直线ｌ的方向向量为ｎ１＝（２，３，－１）， 平面α的法向量为ｍ１ ＝（２，－７，１）， 设直线ｌ与平面α所成角的大小为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｍ１〉｜＝ ｜（２，３，－１）·（２，－７，１）｜ ４＋９＋槡 １× ４＋４９＋槡 １ ＝｜４－２１－１｜ 槡１４×槡５４ ＝槡２１７ ． １４．将该“阿基米德多面体” 放入正方体中， 平面 ＥＦＧ和平面 ＧＨＫ为有 公共顶点的两个正三角形所在平 面， 建立如图６所示的空间直角 坐标系，设正方体的棱长为２， 则 Ｅ（１，０，２），Ｆ（２，１，２），Ｇ（２，０，１），Ｈ（２，１，０），Ｋ（１， ０，０）， 设平面ＥＦＧ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， →ＥＦ＝（１，１，０），→ＥＧ＝（１，０，－１）， 所以 →ＥＦ·ｍ ＝ｘ＋ｙ＝０， →ＥＧ·ｍ ＝ｘ－ｚ＝０{ ，取ｍ ＝（１，－１，１）． 设平面ＧＨＫ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， →ＧＨ＝（０，１，－１），→ＧＫ＝（－１，０，－１）， 所以 →ＧＨ·ｎ＝ｂ－ｃ＝０， →ＧＫ·ｎ＝－ａ－ｃ＝０{ ，取ｎ＝（１，－１，－１）． 设平面ＥＦＧ和平面ＧＨＫ所成二面角的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ １ 槡３×槡３ ＝１３． 显然θ为锐角，所以所求角的余弦值为 １３． 四、解答题 １５．解：以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴正 方向建立空间直角坐标系 Ｄ－ｘｙｚ，则 Ｄ（０，０，０），Ｃ（０，１， ０），Ｃ１（０，１，２），Ｂ（２，４，０）， →ＢＣ１＝（－２，－３，２），→ＤＣ＝（０， １，０）． 因为ｃｏｓ〈→ＢＣ１，→ＤＣ〉＝ →ＢＣ１·→ＤＣ →｜ＢＣ１ →｜｜ＤＣ｜ ＝－ 槡３ １７１７ ， 所以异面直线ＢＣ１与ＤＣ所成角的余弦值为 槡 ３ １７ １７ ． １６．解：以Ｂ为原点，→ＢＡ，→ＢＣ，ＢＢ→ １的方向分别为ｘ，ｙ，ｚ 轴正方向建立空间直角坐标系，则 Ａ（２，０，０），Ｃ（０，２，０）， Ａ１（２，０，２），Ｂ１（０，０，２），Ｃ１（０，２，２）．设ＡＣ的中点为Ｍ，连 接ＢＭ（图略）， 因为ＢＭ⊥ＡＣ，ＢＭ⊥ＣＣ１．所以ＢＭ⊥平面Ａ１Ｃ１Ｃ，即 →ＢＭ ＝（１，１，０）是平面Ａ１Ｃ１Ｃ的一个法向量． 设平面Ａ１Ｂ１Ｃ的一个法向量是ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， Ａ１ → Ｃ＝（－２，２，－２），Ａ１→ Ｂ１ ＝（－２，０，０）， 所以 ｎ·Ａ１ → Ｂ１ ＝－２ｘ＝０， ｎ·Ａ１ → Ｃ＝－２ｘ＋２ｙ－２ｚ＝０{ ． 取ｎ＝（０，１，１）．设法向量ｎ与 →ＢＭ的夹角为φ，二面 角Ｂ１－Ａ１Ｃ－Ｃ１的平面角为θ，显然θ为锐角． 因为ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓφ｜＝｜ｎ· →ＢＭ｜ ｜ｎ｜｜→ＢＭ｜ ＝１２，解得θ＝ π ３． 所以二面角Ｂ１－Ａ１Ｃ－Ｃ１的平面角为 π ３． １７．（１）证明：因为 △ＡＢＣ是等边三角形，则 ＡＢ＝ ＣＢ． 又∠ＢＡＤ＝∠ＢＣＤ＝９０°，ＢＤ为公共边， 所以Ｒｔ△ＡＢＤ≌Ｒｔ△ＣＢＤ，可得ＡＤ＝ＣＤ． 因为点Ｐ是ＡＣ的中点，则ＰＤ⊥ＡＣ，ＰＢ⊥ＡＣ． 因为ＰＤ∩ＰＢ＝Ｐ，ＰＤ平面ＰＢＤ，ＰＢ平面ＰＢＤ， 所以ＡＣ⊥平面ＰＢＤ，因为ＡＣ平面ＡＣＤ， 所以平面ＡＣＤ⊥平面ＢＤＰ． （２）解：如图７，作ＣＥ⊥ＢＤ， 垂足为Ｅ，连接ＡＥ． 因为Ｒｔ△ＡＢＤ≌Ｒｔ△ＣＢＤ， 所以 ＡＥ⊥ ＢＤ，ＡＥ＝ＣＥ， ∠ＡＥＣ为二面角Ａ－ＢＤ－Ｃ的平 面角． 所以∠ＡＥＣ＝１２０°． 在等腰三角形ＡＥＣ中，由余弦定理可得ＡＣ＝槡３ＡＥ． 因为△ＡＢＣ是等边三角形，则ＡＣ＝ＡＢ， 所以ＡＢ＝槡３ＡＥ． 在Ｒｔ△ＡＢＤ中，有 １２ＡＥ·ＢＤ＝ １ ２ＡＢ·ＡＤ， 得ＢＤ＝槡３ＡＤ， 因为ＢＤ＝槡６，所以ＡＤ＝槡２． 又ＢＤ２ ＝ＡＢ２＋ＡＤ２，所以ＡＢ＝２． 则ＡＥ＝ 槡２３３，ＥＤ＝ 槡６ ３． 以Ｅ为坐标原点，以向量→ＥＣ，→ＥＤ的方向分别为ｘ轴、ｙ 轴的正方向，以过点Ｅ垂直于平面ＢＣＤ的直线为ｚ轴，建 立空间直角坐标系Ｅ－ｘｙｚ，则 (Ｄ ０，槡６３， )０ ， (Ａ －槡３３，０， )１ ，→ (ＡＤ＝ 槡３３，槡６３，－ )１ ， 取平面ＢＣＤ的一个法向量为ｍ ＝（０，０，１）， 设直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｍ，→ＡＤ〉｜＝｜ｍ· →ＡＤ｜ ｜ｍ →｜｜ＡＤ｜ ＝｜－１｜ １×槡２ ＝槡２２． 所以直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的正弦值为槡２２． １８．（１）证明：连接ＢＤ交ＣＥ于点Ｇ，连接ＦＧ， 由ＤＥ∥ＢＣ得ＤＧＧＢ＝ ＤＥ ＢＣ，在△ＡＢＣ中，由ＤＥ∥ＢＣ 得 ＤＥ ＢＣ＝ ＡＤ ＡＣ＝ ４ ６ ＝ ２ ３，于是 ＤＧ ＧＢ＝ ＤＥ ＢＣ＝ ２ ３， 则 ＤＧ ＤＢ＝ ２ ５ ＝ ＰＦ ＰＢ，ＰＤ∥ＦＧ． 又ＦＧ平面ＣＥＦ，ＰＤ平面ＣＥＦ， 所以ＰＤ∥平面ＣＥＦ． （２）解：因为ＤＥ⊥ＣＤ，ＤＥ⊥ＰＤ，ＣＤ∩ＰＤ＝Ｄ， ＣＤ，ＰＤ平面ＰＣＤ， 所以ＤＥ⊥平面ＰＣＤ．又ＰＣ平面ＰＣＤ， 则ＤＥ⊥ＰＣ． 又ＤＥ∥ＢＣ， 所以ＰＣ⊥ＢＣ，直线ＣＰ，ＣＤ，ＣＢ两两垂直． 以Ｃ为坐标原点，ＣＤ，ＣＢ，ＣＰ所在直线分别为ｘ轴、ｙ 轴、ｚ轴建立空间直角坐标系，则 Ｄ（２，０，０），Ｂ（０，３，０）， Ｅ（２，２，０），Ｐ（０，０，槡２３）， (Ｆ ０，６５，槡６３)５ ， 所以 →ＣＥ＝（２，２，０），→ (ＣＦ＝ ０，６５，槡６３)５ ， →ＰＤ＝（２，０，－ 槡２３）． 设 → →ＰＨ＝ｔＰＤ（０＜ｔ＜１）， 则 → → →ＣＨ＝ＣＰ＋ＰＨ＝（２ｔ，０，槡２３－ 槡２３ｔ）， 设平面ＣＦＥ的法向量ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＣＦ＝ ６５ｙ＋ 槡６３ ５ｚ＝０， ｍ·→ＣＥ＝２ｘ＋２ｙ＝０ { ， 取ｍ ＝（槡３，－槡３，１）． 设平面ＨＣＦ的法向量ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｎ·→ＣＦ＝ ６５ｂ＋ 槡６３ ５ｃ＝０， ｎ·→ＣＨ＝２ｔａ＋ 槡２３（１－ｔ）ｃ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３（ｔ－１），－槡３ｔ，ｔ）． 设二面角Ｈ－ＣＦ－Ｅ的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝ ｜７ｔ－３｜ 槡７× ７ｔ ２－６ｔ＋槡 ３ ＝ １７， 解得ｔ＝ １２或ｔ＝ ５ １４，所以 ＰＨ ＰＤ＝ １ ２或 ＰＨ ＰＤ＝ ５ １４． １９．解：（１）点Ｏ为四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４外接球的球心， 即ＯＡ１ ＝ＯＡ２ ＝ＯＡ３ ＝ＯＡ４，且Ａ１Ｏ⊥面Ａ２Ａ３Ａ４，Ａ２Ｏ⊥ 面Ａ１Ａ３Ａ４，Ａ３Ｏ⊥面Ａ１Ａ２Ａ４，Ａ４Ｏ⊥面Ａ１Ａ２Ａ３，则空间四面 体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４的每一条棱都相等，即Ａ１Ａ２＝Ａ１Ａ３＝Ａ１Ａ４ ＝Ａ２Ａ３ ＝Ａ３Ａ４ ＝Ａ４Ａ２． （２）在四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４中，不 妨令ＯＡ１ ＝ＯＡ２ ＝ＯＡ３ ＝ＯＡ４ ＝３， Ａ１Ａ２ ＝Ａ１Ａ３＝Ａ１Ａ４＝Ａ２Ａ３＝Ａ３Ａ４＝ Ａ４Ａ２ ＝ａ， 在面Ａ２Ａ３Ａ４内作点Ｏ的射影Ｏ′， 连接Ｏ′Ａ２， 在等边△Ａ２Ａ３Ａ４中，Ｏ′为其外心，则Ｏ′Ａ２＝ ２ ３× 槡３ ２ａ ＝槡３３ａ． 在Ｒｔ△Ａ１Ｏ′Ａ２中（如图８），可得 Ｏ′Ａ１ ＝ ａ ２－Ｏ′Ａ槡 ２ ２ ＝ ａ ２ (－ 槡３３ )ａ槡 ２ ＝槡６３ａ， (所以 槡６３ａ－ )３ ２ (＋ 槡３３ )ａ ２ ＝３２， 解得ａ＝ 槡２６，所以Ｏ′Ａ１ ＝槡 ６ ３ａ＝ 槡６ ３× 槡２６＝４． 又因为Ａ１Ｏ⊥面Ａ２Ａ３Ａ４，且垂足为Ｏ′， 故以 Ｏ′为原点，以 Ａ４Ｏ′， Ｏ′Ａ１所在直线分别为 ｘ轴、ｚ轴， 建立如图９所示的空间直角坐标 系， 则 Ｏ′（０，０，０），Ａ１（０，０，４）， Ａ２（槡２，－槡６，０），Ａ３（槡２，槡６，０）， Ａ４（－ 槡２２，０，０），Ｏ（０，０，１）． 因为ＯＡ′４＝ ２ ３ＯＡ１，即ＯＡ′ → ４ ＝ ２ ３ＯＡ → ４，则Ａ′(４ － 槡４２３，０， )１３ ，所以Ａ２Ａ→ ３ ＝（０，槡２６，０）， Ａ３Ａ′ → ４ (＝ － 槡７２３，－槡６， )１３ ， 设平面Ａ２Ａ３Ａ′４的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 Ａ２Ａ → ３⊥ｎ， Ａ３Ａ′ → ４⊥ｎ { ， 即 槡２６ｙ＝０， － 槡７２３ｘ－槡６ｙ＋ １ ３ｚ＝０ { ， 取ｎ＝（１，０，槡７２）． ! " #$ % & ' ( # ! " ! ) ( ! * % ! + , ! " -! - ( ! ( # ! $ ( % ( & ! & ( ' ( ! , (! % -! - ! ( % # # ! % ! ) ( " ( ! * " ! ! ) & ! , !"#$%&'()*+,-./0. ! ( " ( . # % ! * , ! & * 书 又ＯＡ→ １ ＝（０，０，３）， 所以 ｃｏｓ〈ＯＡ→ １，ｎ〉＝ ＯＡ→ １·ｎ ｜ＯＡ→ １｜｜ｎ｜ ＝ 槡２１２ ３× 槡３ １１ ＝ 槡７ ２２ ３３ ， 故ＯＡ１与面Ａ２Ａ３Ａ′４所成角的正弦值为 槡 ７ ２２ ３３ ． 第１８期３，４版 空间中的距离问题同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＣＡＢ　５～８　ＢＡＣＤ 提示： １．由题意，→ＭＯ＝（１，－１，２），ｎ＝（１，－２，２）， 则 ｎ ｜ｎ｜ (＝ １３，－２３， )２３ ， 所以点Ｍ到平面β的距离为 →ｄ＝ ＭＯ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ７ ３． ２→．ＰＡ＝（ｘ＋２，２，－４），而ｄ＝ →｜ＰＡ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ １０ ３， 即 ｜－２（ｘ＋２）－４－４｜ ４＋４＋槡 １ ＝１０３， 解得ｘ＝－１或ｘ＝－１１． ３．由已知得→ＡＢ＝（１，１，１），→ＣＤ＝（－２，２，１），→ＡＣ＝ （１，０，０），设向量ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）与向量→ＡＢ，→ＣＤ都垂直，则 ｎ·→ＡＢ＝ｘ＋ｙ＋ｚ＝０， ｎ·→ＣＤ＝－２ｘ＋２ｙ＋ｚ＝０{ ，取ｎ＝（１，３，－４）． 又平面α∥平面β，则平面α与平面β间的距离为 →ｄ＝ ＡＣ· ｎ｜ｎ｜ ＝ →｜ＡＣ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝｜１×１＋３×０＋（－４）×０｜ １２＋３２＋（－４）槡 ２ ＝槡２６２６． ４→．ＢＣ＝（１，１，１）－（１，０，２）＝（０，１，－１）， 则与 →ＢＣ同方向的单位向量为ｅ (＝ ０，槡２２，－槡２)２ ． 又 →ＢＡ＝（０，０，－２）， 则点Ａ到直线ＢＣ的距离为 →ｄ＝ ｜ＢＡ｜２－（→ＢＡ·ｅ）槡 ２ ＝ ４ [－ （－２） (× －槡２) ]２槡 ２ ＝槡２． ５．因为ＡＣ＝ＢＣ，Ｏ为ＡＢ的中点，则ＯＣ⊥ＡＢ， 由圆锥的几何性质可知ＳＯ⊥平面ＡＢＣ， 以点Ｏ为坐标原点，→ＯＣ，→ＯＡ，→ＯＳ的方向分别为ｘ，ｙ，ｚ， 轴正方向建立空间直角坐标系， 则 Ｓ（０，０，４），Ｂ（０， －２，０），Ｃ（２，０，０），Ａ（０，２，０）， Ｄ（０，０，２），Ｎ（０，１，１）， →ＢＣ＝（２，２，０），→ＢＳ＝（０，２，４），→ＢＮ＝（０，３，１）， 设平面ＳＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＢＣ＝２ｘ＋２ｙ＝０， ｎ·→ＢＳ＝２ｙ＋４ｚ＝０{ ， 取ｎ＝（２，－２，１），所以点Ｎ到平面ＳＢＣ的距离为ｄ →＝ ＢＮ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ｜－６＋１｜ ３ ＝ ５ ３． ６．由题可知→ＡＢ＝（－１，１，０），→ＡＣ＝（－１，０，１）， →ＣＤ＝（１，１，０）． 设平面ＡＢＣ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＡＢ＝－ｘ＋ｙ＝０， ｍ·→ＡＣ＝－ｘ＋ｚ＝０{ ，取ｍ ＝（１，１，１）． 则点Ｄ到平面ＡＢＣ的距离为 →ｄ＝ ＣＤ· ｍ｜ｍ｜ ＝ ２ 槡３ ＝ 槡２３３． 又因为 → → →｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜＝｜ＢＣ｜＝槡２， 所以Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２×槡２×槡２× 槡３ ２ ＝ 槡３ ２， 所以四面体ＡＢＣＤ的体积为 Ｖ＝ １３Ｓ△ＡＢＣ ×ｄ＝ １ ３× 槡３ ２× 槡２３ ３ ＝ １ ３． ７．如图１，取ＡＣ的中点Ｏ， 连接ＯＢ，ＯＰ． 因为∠ＡＢＣ＝９０°，所以ＡＣ ＝ ＡＢ２＋ＢＣ槡 ２ ＝１０． 因为ＰＡ＝ＰＣ，Ｏ为 ＡＣ的 中点， 所以ＯＰ⊥ＡＣ，ＯＰ＝ （槡４２） ２－５槡 ２ ＝槡７． 又ＯＢ＝ １２ＡＣ＝ＯＡ，ＰＡ＝ＰＢ， 所以△ＰＯＡ≌△ＰＯＢ，所以ＯＰ⊥ＯＢ． 因为ＡＣ∩ＯＢ＝Ｏ，所以ＯＰ⊥平面ＡＢＣ． 以Ｂ为坐标原点，ＢＣ，ＢＡ所在直线分别为 ｘ，ｙ轴，建 立如图２所示的空间直角坐标系，则 Ｂ（０，０，０），Ａ（０，６， ０），Ｃ（８，０，０），Ｐ（４，３，槡７）， 所以 →ＢＣ＝（８，０，０），→ＢＰ＝（４，３，槡７），→ＢＡ＝（０，６，０）． 设ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）为平面ＰＢＣ的法向量，则有 ｍ·→ＢＣ＝８ｘ＝０， ｍ·→ＢＰ＝４ｘ＋３ｙ＋槡７ｚ＝０ { ， 取ｍ ＝（０，槡７，－３）． 所以点Ａ到平面ＰＢＣ的距离为 ｄ＝ →｜ＢＡ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ 槡６７ ７＋槡 ９ ＝ 槡３７２． ８．如 图 ２，Ｏ 是 底 面 正 △ＡＢＣ的中心，Ａ１Ｏ⊥平面ＡＢＣ， ＡＯ 平面 ＡＢＣ，则 Ａ１Ｏ⊥ ＡＯ， ＡＢ＝ 槡２３，则 ＡＯ＝ ２ ３ × 槡３ ２ × 槡２３＝２，又 ＡＡ１ ＝槡７，Ａ１Ｏ ＝ ＡＡ２１－ＡＯ槡 ２ ＝槡３， ＣＯ⊥ＡＢ，直线ＣＯ交ＡＢ于点Ｄ，ＯＤ＝１， 以直线ＣＯ为ｘ轴、ＯＡ１为ｚ轴、过Ｏ平行于ＡＢ的直线 为ｙ轴建立空间直角坐标系，如图３， 则Ａ１（０，０，槡３），Ａ（１，－槡３，０），Ｂ（１，槡３，０），Ｃ（－２，０，０）， ＡＡ→ １ ＝（－１，槡３，槡３），→ＡＣ＝（－３，槡３，０），Ａ１→ Ｂ＝（１， 槡３，－槡３），ＡＣ → １ ＝ＡＡ → １ →＋ＡＣ＝（－４，槡２３，槡３）， 设ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）与Ａ１ → Ｂ和ＡＣ→ １都垂直， 则 ｎ·ＡＣ→ １ ＝－４ｘ＋ 槡２３ｙ＋槡３ｚ＝０， ｎ·Ａ１ → Ｂ＝ｘ＋槡３ｙ－槡３ｚ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３，１，２）． Ｐ，Ｑ两点间距离的最小值即为异面直线 ＡＣ１与 Ａ１Ｂ 间的距离，即 ｜ｎ·ＡＡ→ １｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－槡３＋槡３＋ 槡２３｜ ３＋１＋槡 ４ ＝槡６２． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９．对于（Ａ），→ＡＢ＝（３，１，１），→ＣＤ＝（－１，１，２）， 因为 →ＡＢ·→ＣＤ＝－３＋１＋２＝０，所以ＡＢ⊥ＣＤ，故（Ａ） 正确； 对于（Ｂ），ＡＤ ＝ （０＋１）２＋（２－１）２＋（３－０）槡 ２ ＝槡１１，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），→ＢＣ＝（－１，－１，０）， 取 ａ →＝ＢＡ ＝（－３，－１，－１），ｕ ＝ →ＢＣ →｜ＢＣ｜ ＝ （－１，－１，０） 槡２ (＝ －槡２２，－槡２２， )０ ， 所以ａ２ ＝１１，ａ·ｕ＝ 槡２２，所以点Ａ到直线ＢＣ的距 离为 ａ２－（ａ·ｕ）槡 ２ ＝ １１－槡 ８＝槡３，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），→ＡＢ＝（３，１，１），→ＡＣ＝（２，０，１），→ＡＤ＝（１， １，３）． 设平面ＡＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＢ＝３ｘ＋ｙ＋ｚ＝０， ｎ·→ＡＣ＝２ｘ＋ｚ＝０{ ， 取ｎ＝（１，－１，－２）， 所以点Ｄ到平面ＡＢＣ的距离为 →ｄ＝ ＡＤ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ｜ｎ·→ＡＤ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜１－１－６｜ １＋１＋槡 ４ ＝槡６，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０→．ＡＢ＝（－１，１，－１），→ＤＡ＝（２，２，－４）． 对于（Ａ），当Ｃ（２，３，－１）时，→ＡＣ＝（１，２，－２），设ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ１ ＝０， →ＡＣ·ｎ１ ＝０ { ， 得 －ｘ１＋ｙ１－ｚ１ ＝０， ｘ１＋２ｙ１－２ｚ１ ＝０ { ， 取ｎ１ ＝（０，１，１）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ１ ＝ →｜ＤＡ·ｎ１｜ ｜ｎ１｜ ＝ ｜２－４｜ 槡２ ＝槡２＜槡１４，故（Ａ）不符合； 对于（Ｂ），当Ｃ（２，－３，１）时，→ＡＣ＝（１，－４，０），设ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ２ ＝０， →ＡＣ·ｎ２ ＝０ { ， 得 －ｘ２＋ｙ２－ｚ２ ＝０， ｘ２－４ｙ２ ＝０ { ， 取ｎ２ ＝（４，１，－３）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ２ ＝ →｜ＤＡ·ｎ２｜ ｜ｎ２｜ ＝ ｜８＋２＋１２｜ 槡２６ ＝ 槡１１ ２６１３ ＞槡１４，故（Ｂ）符合； 对于（Ｃ），当Ｃ（－２，３，１）时，→ＡＣ＝（－３，２，０），设ｎ３ ＝（ｘ３，ｙ３，ｚ３）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ３ ＝０， →ＡＣ·ｎ３ ＝０ { ， 得 －ｘ３＋ｙ３－ｚ３ ＝０， －３ｘ３＋２ｙ３ ＝０ { ， 取ｎ３ ＝（２，３，１）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ３ ＝ →｜ＤＡ·ｎ３｜ ｜ｎ３｜ ＝ ｜４＋６－４｜ 槡１４ ＝ 槡３ １４７ ＜槡１４，故（Ｃ）不符合； 对于（Ｄ），当 Ｃ（２，３，１）时，→ＡＣ＝（１，２，０），设 ｎ４ ＝ （ｘ４，ｙ４，ｚ４）为平面ＡＢＣ的一个法向量， 所以 →ＡＢ·ｎ４ ＝０， →ＡＣ·ｎ４ ＝０ { ， 得 －ｘ４＋ｙ４－ｚ４ ＝０， ｘ４＋２ｙ４ ＝０ { ， 取ｎ４ ＝（－２，１，３）， 则点 Ｄ到平面 ＡＢＣ的距离为 ｄ４ ＝ →｜ＤＡ·ｎ４｜ ｜ｎ４｜ ＝ ｜－４＋２－１２｜ 槡１４ ＝槡１４，故（Ｄ）符合． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．以 Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ， ＤＤ→ １的方向分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴 的正方向建立如图３所示的空间 直角坐标系．由题意知， Ａ（１，０，０），Ｂ（１，１，０）， (Ｅ ０，１２， )０ ，Ｃ１（０，１，１）， Ｄ１（０，０，１）， (Ｆ １，１２， )１ ， 则 →ＦＥ＝（－１，０，－１），ＥＤ→ １ (＝ ０，－１２， )１ ， ＡＤ→ １ ＝（－１，０，１），→ (ＡＥ＝ －１，１２， )０ ． 点Ｆ到点Ｅ的距离为 →｜ＦＥ｜＝ （－１）２＋（－１）槡 ２ ＝ ! " # $ % & ' ( ) ! * + ! , - ! ! " % . ) - ! ' " , ! ! ! ) / - % . " ! # 0 + ! ) ! / ! - ! 1 !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书 槡２，故（Ａ）正确； 点Ｆ到直线ＥＤ１的距离为 →｜ＦＥ｜２ (－ →ＦＥ·ＥＤ→ １ ｜ＥＤ→ １ ) ｜槡 ２ ＝ ２ (－ －１槡５ ) ２槡 ２ ＝ 槡３０ ５ ，故（Ｂ）正确； 设平面ＡＥＤ１的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 ＡＤ→ １·ｎ＝－ｘ＋ｚ＝０， →ＡＥ·ｎ＝－ｘ＋１２ｙ＝０ { ，取ｎ＝（１，２，１）． 点Ｆ到平面ＡＥＤ１的距离为ｄ＝ →｜ＦＥ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ２ 槡６ ＝ 槡６ ３，故（Ｃ）正确； 由正方体的性质可知平面ＢＦＣ１∥平面ＡＥＤ１， 所以平面ＢＦＣ１到平面ＡＥＤ１的距离即为点Ｆ到平面 ＡＥＤ１的距离，即为槡 ６ ３，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．槡６２；　１３． 槡２ ２８６ １３ ；　１４． ９ ２． 提示： １２．由题可得平面ＡＢＣ过点Ｑ（０，０，１），且其法向量为 ｎ＝（１，２，－１），→ＰＱ＝（－１，－２，－２），点Ｐ（１，２，３）到平 面α的距离为 →｜ＰＱ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－１－４＋２｜ 槡６ ＝槡６２． １３．连接 ＡＯ１，建立如图４所 示的空间直角坐标系，则 Ａ（２，０， ０），Ｏ１（０，０，２），Ｃ（０，３，０）， 所以ＡＯ→ １ ＝（－２，０，２）， →ＡＣ＝（－２，３，０）， 所以ＡＯ→ １·→ＡＣ＝（－２，０，２）·（－２，３，０）＝４， 所以 ＡＯ→ １·→ＡＣ →｜ＡＣ｜ ＝ ４ 槡１３ ， 所以点Ｏ１到直线ＡＣ的距离为 ｄ＝ （｜ＡＯ→ １｜）２ (－ ＡＯ → １· →ＡＣ → )｜ＡＣ｜槡 ２ ＝ 槡２ ２８６１３ ． １４．由题得→ＡＢ＝（３，－１，２），→ＢＣ＝（－２，２，－１）， →ＡＣ＝（１，１，１），→ＢＤ＝（２，５，－４），则｜ＡＢ｜２ ＝１４， ｜ＢＣ｜２ ＝９，｜ＡＣ｜２ ＝３， ｃｏｓＢ＝｜ＡＢ｜ ２＋｜ＢＣ｜２－｜ＡＣ｜２ ２｜ＡＢ｜｜ＢＣ｜ ＝ 槡５ １４ ２１ ， 所以ｓｉｎＢ＝ １－ｃｏｓ２槡 Ｂ＝槡 ９１ ２１， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２｜ＡＢ｜｜ＢＣ｜ｓｉｎＢ＝ 槡２６ ２ ， 设平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｍ·→ＡＢ＝３ｘ－ｙ＋２ｚ＝０， ｍ·→ＢＣ＝－２ｘ＋２ｙ－ｚ＝０{ ， 取ｍ ＝（３，１，－４）． →ＢＤ在ｍ方向的投影向量的模即为点Ｄ到平面ＡＢＣ的 距离ｈ＝｜ｍ· →ＢＤ｜ ｜ｍ｜ ＝ 槡２７ ２６ ２６ ， 所以四面体Ｄ－ＡＢＣ的体积 Ｖ＝ １３Ｓ△ＡＢＣ ×ｈ＝ ９ ２． 四、解答题 １５．解：建立如图５所示的空 间直角坐标系，则 (Ｅ １，０， )１２ ， (Ｆ １，１２， )０ ，Ｂ（１，１，０），Ｄ１（０，０，１）， 则 → (ＥＦ＝ ０，１２，－ )１２ ，ＢＤ→ １ ＝（－１，－１，１）． 设ＥＦ，ＢＤ１公垂线的方向向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＥＦ·ｎ＝ １２ｙ－ １ ２ｚ＝０， ＢＤ→ １·ｎ＝－ｘ－ｙ＋ｚ＝０ { ， 取ｍ ＝（０，１，１）．又→ (ＥＢ＝ ０，１，－ )１２ ， 故ＥＦ与ＢＤ１的距离为 →｜ＥＢ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ １ ２ 槡２ ＝槡２４． １６．解：由题得ＢＤ２ ＝ＡＢ２＋ＡＤ２－２ＡＢ·ＡＤｃｏｓ６０°， 解得ＢＤ＝槡３，所以满足ＡＤ ２＋ＢＤ２ ＝ＡＢ２， 即ＡＤ⊥ＢＤ，则ＣＢ⊥ＢＤ． 又Ｍ，Ｎ分别为直线ＡＢ，ＣＤ上的动点，记Ｍ，Ｎ两点之 间的最小距离为ｄ，则ｄ表示两直线ＡＢ，ＣＤ之间的距离， 在△ＡＢＤ沿ＢＤ折叠过程中，直线ＡＢ，ＣＤ由两平行线 变成两异面直线，且两直线间的距离越来越近． 当三棱锥Ａ－ＢＣＤ的体积最大时， 此时ＡＤ⊥平面ＢＣＤ， 即此时Ｍ，Ｎ两点之间的距离最小，即为两异面直线 ＡＢ，ＣＤ之间的距离． 以点Ｂ为坐标原点，分别以ＢＣ，ＢＤ为ｘ轴、ｙ轴，以过 点Ｂ且与ＡＤ平行的直线为ｚ轴建立空间直角坐标系， 则Ｂ（０，０，０），Ａ（０，槡３，１），Ｃ（１，０，０），Ｄ（０，槡３，０）， 即 →ＢＡ＝（０，槡３，１），→ＣＤ＝（－１，槡３，０）， 设与 →ＢＡ，→ＣＤ垂直的一个向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＢＡ＝槡３ｙ＋ｚ＝０， ｎ·→ＣＤ＝－ｘ＋槡３ｙ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３，１，－槡３）． 不妨取 →ＡＤ＝（０，０，－１）， 由两异面直线间的距离公式可得 ｄ的最小值为 →｜ＡＤ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ 槡２１ ７ ． １７．解：连接ＢＤ，与ＡＣ相交 于点Ｏ，连接ＰＯ，则ＡＣ⊥ＢＤ． 因为四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ为正 四棱锥，所以ＯＰ⊥底面ＡＢＣＤ． 以 Ｏ为坐标原点，ＯＡ，ＯＢ， ＯＰ所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴，建立空间直角坐标系， 如图６所示． 因为正方形ＡＢＣＤ的边长为１，所以ＡＯ＝ＢＯ＝槡２２． 因为ＰＡ＝１，所以ＯＰ＝槡２２． 则 (Ａ 槡２２，０， )０ ， (Ｂ ０，槡２２， )０ ， (Ｃ －槡２２，０， )０ ， (Ｐ ０， ０，槡２)２ ．令点Ｒ的竖坐标为ｍ，则 (Ｒ ｍ－槡２２，０， )ｍ ，令点 Ｑ的横坐标为ｎ，则 (Ｑ ｎ，槡２２－ｎ， )０ ， 当ＲＱ为直线ＰＣ，ＡＢ的公垂线时，ＲＱ取得最小值， 即 →ＲＱ·→ＡＢ＝０， →ＲＱ·→ＰＣ＝０{ ， ( 故 ｎ－ｍ＋槡２２， 槡２ ２－ｎ， )－ｍ (· －槡２２，槡２２， )０ ＝０ ( ， ｎ－ｍ＋槡２２， 槡２ ２－ｎ， )－ｍ (· －槡２２，０，－槡２)２ ＝０{ ． 所以 槡２ ２ｍ－槡２ｎ＝０， 槡２ｍ－槡 ２ ２ｎ－ １ ２ ＝０ { ， 解得ｍ＝槡２３，ｎ＝ 槡２ ６， 此时Ｓ△ＡＣＱ ＝ ２ ３Ｓ△ＡＢＣ ＝ ２ ３× １ ２ ＝ １ ３， 三棱锥Ｒ－ＡＣＱ的高即为ｍ＝槡２３， 所以ＶＱ－ＡＣＲ ＝ＶＲ－ＡＣＱ ＝ １ ３Ｓ△ＡＣＱ×ｍ＝ １ ３× １ ３× 槡２ ３ ＝槡２２７． １８．如图７，以 Ａ为坐标原点，平 面ＡＢＣ内垂直于ＡＣ边的直线为ｘ轴， ＡＣ所在直线为ｙ轴，ＡＰ所在直线为ｚ 轴建立空间直角坐标系． 因为ＡＰ＝２，ＡＢ＝ＢＣ＝ＡＣ＝ ４，且Ｅ，Ｆ分别是ＢＣ，ＡＣ的中点， 所以 Ａ（０，０，０），Ｂ（槡２３，２，０），Ｃ（０，４，０），Ｆ（０，２，０）， Ｅ（槡３，３，０）， (Ｑ 槡３２，７２， )０ ，Ｐ（０，０，２）． （１）证明：因为→ (ＦＱ＝ 槡３２，３２， )０ ，→ＡＥ＝（槡３，３，０）， 所以 →ＡＥ＝２→ＦＱ． 因为ＡＥ与ＦＱ无交点，所以ＡＥ∥ＦＱ． 又ＦＱ平面ＰＦＱ，ＡＥ平面ＰＦＱ， 所以ＡＥ∥平面ＰＦＱ． （２）解：由（１）知，ＡＥ∥平面ＰＦＱ， 所以点Ａ到平面ＰＦＱ的距离就是ＡＥ与平面ＰＦＱ间 的距离． 又 →ＰＦ＝（０，２，－２），→ (ＦＱ＝ 槡３２，３２， )０ ， 设平面ＰＦＱ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 ｎ·→ＰＦ＝２ｙ－２ｚ＝０， ｎ·→ＦＱ＝槡３２ｘ＋ ３ ２ｙ＝０ { ，取ｎ＝（－槡３，１，１）． 连接ＱＡ，则→ (ＱＡ＝ －槡３２，－７２， )０ ， 所以所求距离为ｄ＝ →｜ＱＡ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ 槡２５ ５． １９．（１）解：平面ＰＭＮ中，→ＰＭ ＝（１，－２，１），→ＰＮ＝（２， －１，０）． 设平面ＰＭＮ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 →ＰＭ·ｎ＝ｘ－２ｙ＋ｚ＝＝０， →ＰＮ·ｎ＝２ｘ－ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（１，２，３）． 设平面ＰＭＮ任意一点Ｑ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 当Ｑ不同于Ｐ，有→ＰＱ⊥ｎ； 当Ｑ与Ｐ重合，则有→ＰＱ＝０，所以→ＰＱ·ｎ＝０． 所以（ｘ－１，ｙ－３，ｚ＋１）·（１，２，３）＝０， 化简得ｘ＋２ｙ＋３ｚ－４＝０． 所以平面ＰＭＮ的方程为ｘ＋２ｙ＋３ｚ－４＝０． （２）设Ｐ１（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２，ｚ２）为平面Ａｘ＋Ｂｙ＋ Ｃｚ＋Ｄ＝０的任意两个点， 则Ａｘ１＋Ｂｙ１＋Ｃｚ１＋Ｄ＝０，Ａｘ２＋Ｂｙ２＋Ｃｚ２＋Ｄ＝０． 两式相减得Ａ（ｘ２－ｘ１）＋Ｂ（ｙ２－ｙ１）＋Ｃ（ｚ２－ｚ１）＝ ０，即ｍ·Ｐ１Ｐ → ２ ＝０，即ｍ⊥Ｐ１Ｐ → ２， 所以平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的法向量可取 ｍ ＝ （Ａ，Ｂ，Ｃ）． 记Ｈ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），因为Ａ，Ｂ，Ｃ不同时为０， 所以不妨令Ｃ≠０， 平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０上可取点 (Ｇ ０，０，－Ｄ )Ｃ ， 所以 → (ＧＨ＝ ｘ０，ｙ０，ｚ０＋Ｄ )Ｃ ， 则点Ｈ到平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的距离为 ｄ＝ →｜ＧＨ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ ｜Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃｚ０＋Ｄ｜ Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ槡 ２ ． ! " # " ! $ ! % & ' ' ! % ! ( ! " ! ) * + & $ ( ! # , $ ! " ! * ! ' ! - ! $ . ) / % * + & 0 ( ! $ ! / , # - ) & + 0 ( ! % !"#$%&'()*+,-./0. ! ( 书书书 １６． （１５ 分 ） 如 图 ６ ， 在 平 行 四 边 形 ＡＢＣＤ 中 ，ＡＢ ＝ ２ ，ＡＤ ＝ １ ， ∠ ＢＡＤ ＝ ６０°，Ｍ ，Ｎ 分 别 为 直 线 ＡＢ ，ＣＤ 上 的 动 点 ，记 Ｍ ，Ｎ 两 点 之 间 的 最 小 距 离 为 ｄ ， 将 △ ＡＢＤ 沿 ＢＤ 折 叠 （ 如 图 ７ ） ， 直 到 三 棱 锥 Ａ － ＢＣＤ 的 体 积 最 大 时 ，不 再 继 续 折 叠 ． 求 在 折 叠 过 程 中 ，ｄ 的 最 小 值 ． １７． （１５ 分 ） 如 图 ８ ，在 正 四 棱 锥 Ｐ － ＡＢＣＤ 中 ，ＰＡ ＝ ＡＢ ＝ １ ，点 Ｑ ，Ｒ 分 别 在 棱 ＡＢ ，ＰＣ 上 运 动 ， 当 Ｑ Ｒ 取 得 最 小 值 时 ， 求 三 棱 锥 Ｑ － ＡＣＲ 的 体 积 ． １８． （１７ 分 ） 已 知 边 长 为 ４ 的 正 三 角 形 ＡＢＣ ，Ｅ ，Ｆ 分 别 为 ＢＣ 和 ＡＣ 的 中 点 ．ＰＡ ＝ ２ ，且 ＰＡ ⊥ 平 面 ＡＢＣ ，设 Ｑ 是 ＣＥ 的 中 点 ． （１ ） 证 明 ：ＡＥ ∥ 平 面 ＰＦＱ ； （２ ） 求 ＡＥ 与 平 面 ＰＦＱ 间 的 距 离 ． １９． （１７ 分 ） 我 们 知 道 ， 在 平 面 中 ， 给 定 一 点 和 一 个 方 向 可 以 唯 一 确 定 一 条 直 线 ．如 点 Ａ （１ ，２ ） 在 直 线 ｌ上 ，ａ ＝ （１ ，３ ） 为 直 线 ｌ的 一 个 方 向 向 量 ，则 直 线 ｌ上 任 意 一 点 Ｂ （ｘ，ｙ） 满 足 ： → ＡＢ ∥ ａ ，化 简 可 得 ３ｘ － ｙ － １ ＝ ０ ，即 为 直 线 ｌ 的 方 程 ．类 似 地 ，在 空 间 中 ，给 定 一 点 和 一 个 平 面 的 法 向 量 可 以 唯 一 确 定 一 个 平 面 ． （１ ） 若 在 空 间 直 角 坐 标 系 中 ，Ｐ （１ ，３ ， － １ ） ，Ｍ （２ ，１ ，０ ） ，Ｎ （３ ，２ ， － １ ） ，请 利 用 平 面 ＰＭ Ｎ 的 法 向 量 求 出 平 面 ＰＭ Ｎ 的 方 程 ； （２ ） 试 写 出 平 面 Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃｚ ＋ Ｄ ＝ ０ （Ａ ，Ｂ ，Ｃ 不 同 时 为 ０ ） 的 一 个 法 向 量 ，并 证 明 点 （ｘ ０ ，ｙ ０ ，ｚ０ ） 到 平 面 Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃｚ ＋ Ｄ ＝ ０ 的 距 离 为 ｜ Ａｘ ０ ＋ Ｂｙ ０ ＋ Ｃｚ０ ＋ Ｄ ｜ Ａ ２ ＋ Ｂ ２ ＋ Ｃ 槡 ２ ． ! " # $ % & ! " ' ( ) * + % , $ & ! ' -./0123456&789:;<=>!"#$%&'( -./0123456&789:;<=>!")$%&'( ! " # $ ! % & $ ! " ! # $ ' & ( ! % ) ! $ 书 高中数学 北师大版选择性必修 编辑计划 ２０２５年１～６月 ２７期　离散 型随机变量及其分 布列 ２８期　离散 型随机变量的均值 与方差 ２９期　二项 分布与超几何分布 ３０期　正态 分布 ３１期　概率 核心素养综合测评 ３２期　一元 线性回归，成对数 据的线性相关性 ３３期　独立性 检验 ３４期　统计 案例核心素养综合 测评 ３５期　核心 素 养 阶 段 测 评 （三） ３６期　学业 水平测评（一） ３７期　数列 概念及函数特性 ３８期　等差 数列 ３９期　等比 数列 ４０期　数列 在日常经济生活中 的应用 ４１期　数列 性质、通项公式、求 和 ４２期　数列 核心素养综合测评 ４３期　平均 变化率与瞬时变化 率，导数的概念及 其几何意义，导数 的计算 ４４期　导数 的四则运算法则， 简单复合函数的求 导法则 ４５期　用导 数研究函数的性 质，导数的应用 ４６期　导数 核心素养综合测评 ４７期　学业 水平测评（二） ４８期　学业 水平测评（三） 书 一、空间两点间的距离 ①设ａ＝（ｘ，ｙ，ｚ），用公式 ｜ａ｜＝ ａ槡 ２ ＝ ｘ２＋ｙ２＋ｚ槡 ２求解． ② 设 Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２，ｚ２），则 →ＡＢ ＝ （ｘ２ － ｘ１，ｙ２ － ｙ１，ｚ２ － ｚ１）， ｜ →ＡＢ ｜＝ （ｘ２－ｘ１） ２＋（ｙ２－ｙ１） ２＋（ｚ２－ｚ１）槡 ２． 例１如图１所示，在 长 方 体 ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢ ＝ＢＣ ＝２，ＡＡ１ ＝槡２，Ｅ，Ｆ分 别是面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，面 ＢＣＣ１Ｂ１的中心，则 Ｅ，Ｆ两点间的距离为 ． 解：以点Ａ为原点，→ＡＢ，→ＡＤ，ＡＡ→ １的方向为ｘ， ｙ，ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系， 则点Ｅ（１，１，槡２）， (Ｆ ２，１，槡２)２ ，所以｜→ＥＦ｜＝ （２－１）２＋（１－１）２ (＋ 槡２２－槡 )２槡 ２ ＝槡６２． 二、点Ａ到直线ａ的距离 如图２，设 Ｂ为直线 ａ上一 点，ａ为直线ａ的方向向量，→ＡＢ在 向量ａ方向上的投影向量的模为 →ＡＢ·ａ ｜ａ｜ ，则点 Ａ到直线 ａ的距 离ｄ＝ ｜→ＡＢ｜２ (－ →ＡＢ·ａ ｜ａ )｜槡 ２ ． 例２直线ｌ的方向向量为ｍ＝（１，０，－１）， 且ｌ过点Ａ（１，１，１），则点Ｐ（－１，２，１）到ｌ的距 离为 ． 解：依题意，直线ｌ的一个单位方向向量为 μ＝ ｍ｜ｍ｜ (＝ 槡２２，０，－槡２)２ ，→ＰＡ＝（２，－１，０）， 所以｜→ＰＡ｜＝ ２２＋（－１）２＋０槡 ２ ＝槡５， →ＰＡ·μ＝槡２， 所以ｄ＝ →ＰＡ２－（→ＰＡ·μ）槡 ２ ＝ ５－槡 ２＝槡３． 三、两平行直线ａ，ｂ之间的距离 如图３，两平行直线ａ，ｂ之间 的距离可以看成直线 ｂ上一点 Ａ 到直 线 ａ的 距 离， 则 ｄ ＝ ｜→ＡＢ｜２ (－ →ＡＢ·ａ ｜ａ )｜槡 ２ ，其中 Ａ ∈ｂ，Ｂ∈ａ，ａ是直线ａ的方向向量． 四、异面直线ａ，ｂ之间的距离 如图４，设Ａ∈ａ，Ｂ∈ｂ，直线 ａ，ｂ的公共法向量为ｎ，则异面直线 ａ，ｂ之间的距离为向量→ＡＢ在ｎ方向 上投影向量的模，即ｄ＝｜ →ＡＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ，其中ｎ⊥ａ， ｎ⊥ｂ，Ａ∈ａ，Ｂ∈ｂ． 例３在正四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，已知 ＡＢ＝２，ＡＡ１ ＝１，求异面直线ＡＢ１与Ａ１Ｃ１的距 离． 解：由已知ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１两两垂直， 故以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １分别为 ｘ，ｙ，ｚ 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则Ａ（２，０，０），Ｂ１（２，２，１），Ａ１（２，０，１）， Ｃ１（０，２，１），Ｂ（２，２，０）， 故ＡＢ→ １ ＝（０，２，１），Ａ１Ｃ → １ ＝（－２，２，０）， Ｂ１Ｃ → １ ＝（－２，０，０）， 设向量ｎ⊥ＡＢ→ １，ｎ⊥Ａ１Ｃ → １，ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ２ｙ＋ｚ＝０， －２ｘ＋２ｙ＝０{ ，取ｎ＝（１，１，－２）， 所以异面直线 ＡＢ１与 Ａ１Ｃ１的距离为向量 Ｂ１Ｃ → １ 在 向 量 ｎ上 的 投 影 向 量 的 模， 即 ｜Ｂ１Ｃ → １·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ２ 槡６ ＝槡６３． 五、点Ａ到平面α的距离 如图５，设ｎ为平面α的法 向量，ＡＢ是平面α的一条斜线， Ｂ∈α，则点 Ａ到平面 α的距离 等于向量 →ＡＢ在ｎ方向上投影向量的模，即 ｄ＝ →ＡＢ· ｎ｜ｎ｜ ＝ ｜→ＡＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ． 例４如图６所示，正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为 １，Ｏ是底面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的中 心，则Ｏ到平面ＡＢＣ１Ｄ１的距 离为 ． 解：以Ｄ为原点，→ＤＡ，→ＤＣ，ＤＤ→ １的方向分别 为ｘ，ｙ，ｚ轴正方向建立空间直角坐标系， 则 (Ｏ １２，１２， )１ ，Ａ（１，０，０）， Ｄ１（０，０，１），Ｂ（１，１，０）， →ＡＢ＝（０，１，０），ＡＤ→ １＝（－１，０，１）， →ＡＯ (＝ －１２，１２，)１， 设平面ＡＢＣ１Ｄ１的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， →ＡＢ·ｎ＝ｙ＝０， ＡＤ→ １·ｎ＝－ｘ＋ｚ＝０ { ， ｎ＝（１，０，１）， 所以Ｏ到平面ＡＢＣ１Ｄ１的距离 ｄ＝｜ →ＡＯ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ －１２＋１ 槡２ ＝槡２４． 点评：本题考查点到平面的距离的求法，常 用的方法有等体积法，垂线法，空间向量方法， 利用空间向量方法求解是比较方便的方法． 六、直线到平面的距离、两平行平面的距离 都可转化为点到平面的距离 如图７，直线ｌ到平面α的距离可转化为直 线ｌ上一点Ａ到平面α的距离，即直线ｌ到平面α 的距离ｄ＝｜ →ＡＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ． 如图８，与平面α平行的平面β到平面α的 距离等于平面β上一点Ａ到平面α的距离，即ｄ ＝｜ →ＡＢ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ． 例５如图９，在四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ中，侧面 ＰＡＤ⊥底面 ＡＢＣＤ，侧棱 ＰＡ＝ＰＤ＝槡２，底面 ＡＢＣＤ为直角梯形，其中ＢＣ∥ＡＤ，ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＤ ＝２ＡＢ＝２ＢＣ＝２．求点Ａ到平面ＰＣＤ的距离． 解：取ＡＤ的中点为Ｏ，连接ＯＣ，ＯＰ． 分别以 →ＯＣ，→ＯＤ，→ＯＰ的方向为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴 正方向建立如图１０所示的空间直角坐标系， 则Ａ（０，－１，０），Ｃ（１，０，０）， Ｐ（０，０，１），Ｄ（０，１，０）． 设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）． 因为 →ＣＰ＝（－１，０，１），→ＣＤ＝（－１，１，０）， 所以 ｎ· →ＣＰ＝０， ｎ· →ＣＤ＝０{ ，即 －ｘ＋ｚ＝０， －ｘ＋ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（１，１，１）． 又因为 →ＡＣ＝（１，１，０）， 所以点Ａ到平面ＰＣＤ的距离ｄ＝｜ｎ· →ＡＣ｜ ｜ｎ｜ ＝２槡３３． 点评：在利用向量求点到平面的距离中，最 重要的是能表示此点与平面内一点组成的向量 及平面的法向量．由于向量有方向，所以要特别 注意，此点与平面内一点组成的向量与其平面 的法向量的夹角． !"#$%&'()*+ "#$%&$!'%!() !",-%&'()*+ "#$%&$!'%%&! !"#$ %&' ./012345 / 63 !!!"7 #"#$8 !!9 !!:;<74 3 7 !" ?@;A<0BC ?@;<DEFGHIJKBL /MNOPQR= OSTUVW XYZ7[\R=]^T!"#$%&'&'(_)̀ abc^T*+,#-. ! de f g ! $ ! # % ! $ $ % # # % * ! " " % ! % ! ( ! & " + ! ! ' ! & " ! " ! ) $ , & " ! & % $ % - ! % " % ! % . % / "& ! ! 0 ! $ * 1 & % ) 2 ! $ # % ) ! * ! %" . % / "# 3 ! # / % ! 3 # ! + 书 一、单项选择题 １～４　ＣＤＣＢ　５～８　ＤＢＢＡ 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．槡４５１５；　１３． 槡２１ ７ ；　１４． １ ３． 四、解答题 １５．异面直线ＢＣ１与ＤＣ所成角的余弦值为 槡 ３ １７ １７ ． １６．二面角Ｂ１－Ａ１Ｃ－Ｃ１的平面角为 π ３． １７．（１）证明略． （２）直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的正弦值为槡２２． １８．（１）证明：连接ＢＤ交ＣＥ于点Ｇ，连接ＦＧ， 由ＤＥ∥ＢＣ得ＤＧＧＢ＝ ＤＥ ＢＣ，在△ＡＢＣ中，由ＤＥ∥ＢＣ 得 ＤＥ ＢＣ＝ ＡＤ ＡＣ＝ ４ ６ ＝ ２ ３，于是 ＤＧ ＧＢ＝ ＤＥ ＢＣ＝ ２ ３， 则 ＤＧ ＤＢ＝ ２ ５ ＝ ＰＦ ＰＢ，ＰＤ∥ＦＧ． 又ＦＧ平面ＣＥＦ，ＰＤ平面ＣＥＦ， 所以ＰＤ∥平面ＣＥＦ． （２）解：因为ＤＥ⊥ＣＤ，ＤＥ⊥ＰＤ，ＣＤ∩ＰＤ＝Ｄ， ＣＤ，ＰＤ平面ＰＣＤ， 所以ＤＥ⊥平面ＰＣＤ．又ＰＣ平面ＰＣＤ， 则ＤＥ⊥ＰＣ．又ＤＥ∥ＢＣ， 所以ＰＣ⊥ＢＣ，直线ＣＰ，ＣＤ，ＣＢ两两垂直． 以Ｃ为坐标原点，ＣＤ，ＣＢ，ＣＰ所在直线分别为ｘ轴、 ｙ轴、ｚ轴建立空间直角坐标系，则Ｄ（２，０，０），Ｂ（０，３，０）， Ｅ（２，２，０），Ｐ（０，０，槡２３）， (Ｆ ０，６５，槡６３)５ ， 所以 →ＣＥ＝（２，２，０），→ (ＣＦ＝ ０，６５，槡６３)５ ， →ＰＤ＝（２，０，－ 槡２３）．设→ →ＰＨ＝ｔＰＤ（０＜ｔ＜１）， 则 → → →ＣＨ＝ＣＰ＋ＰＨ＝（２ｔ，０，槡２３－ 槡２３ｔ）， 设平面ＣＦＥ的法向量ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＣＦ＝６５ｙ＋ 槡６３ ５ｚ＝０， ｍ·→ＣＥ＝２ｘ＋２ｙ＝０ { ， 取ｍ＝（槡３，－槡３，１）． 设平面ＨＣＦ的法向量ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｎ·→ＣＦ＝ ６５ｂ＋ 槡６３ ５ｃ＝０， ｎ·→ＣＨ＝２ｔａ＋ 槡２３（１－ｔ）ｃ＝０ { ， 取ｎ＝（槡３（ｔ－１），－槡３ｔ，ｔ）． 设二面角Ｈ－ＣＦ－Ｅ的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝ ｜７ｔ－３｜ 槡７× ７ｔ ２－６ｔ＋槡 ３ ＝ １７， 解得ｔ＝ １２或ｔ＝ ５ １４，所以 ＰＨ ＰＤ＝ １ ２或 ＰＨ ＰＤ＝ ５ １４． １９．解：（１）点Ｏ为四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４外接球的球 心，即ＯＡ１＝ＯＡ２＝ＯＡ３＝ＯＡ４，且Ａ１Ｏ⊥面Ａ２Ａ３Ａ４，Ａ２Ｏ ⊥面Ａ１Ａ３Ａ４，Ａ３Ｏ⊥面Ａ１Ａ２Ａ４，Ａ４Ｏ⊥面Ａ１Ａ２Ａ３，则空间 四面体Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４的每一条棱都相等，即Ａ１Ａ２ ＝Ａ１Ａ３ ＝Ａ１Ａ４ ＝Ａ２Ａ３ ＝Ａ３Ａ４ ＝Ａ４Ａ２． （２）在四面体 Ａ１－Ａ２Ａ３Ａ４中， 不妨令ＯＡ１ ＝ＯＡ２ ＝ＯＡ３ ＝ＯＡ４ ＝ ３，Ａ１Ａ２ ＝Ａ１Ａ３ ＝Ａ１Ａ４ ＝Ａ２Ａ３ ＝ Ａ３Ａ４ ＝Ａ４Ａ２ ＝ａ， 在面 Ａ２Ａ３Ａ４内作点 Ｏ的射影 Ｏ′，连接Ｏ′Ａ２， 在等边△Ａ２Ａ３Ａ４中，Ｏ′为其外 心，则Ｏ′Ａ２ ＝ ２ ３× 槡３ ２ａ＝ 槡３ ３ａ． 在Ｒｔ△Ａ１Ｏ′Ａ２中（如图１），可得 Ｏ′Ａ１ ＝ ａ ２－Ｏ′Ａ槡 ２ ２ ＝ ａ ２ (－ 槡３３ )ａ槡 ２ ＝槡６３ａ， (所以 槡６３ａ－ )３ ２ (＋ 槡３３ )ａ ２ ＝３２， 解得ａ＝ 槡２６，所以Ｏ′Ａ１ ＝槡 ６ ３ａ＝ 槡６ ３× 槡２６＝４． 又因为Ａ１Ｏ⊥面Ａ２Ａ３Ａ４，且垂足为Ｏ′， 故以 Ｏ′为原点，以 Ａ４Ｏ′， Ｏ′Ａ１所在直线分别为ｘ轴、ｚ轴， 建立如图２所示的空间直角坐 标系，则 Ｏ′（０，０，０），Ａ１（０，０， ４），Ａ２（槡２， －槡６，０），Ａ３（槡２， 槡６，０），Ａ４（－ 槡２ ２，０，０），Ｏ（０， ０，１）． 因为ＯＡ′４＝ ２ ３ＯＡ１，即ＯＡ′ → ４＝ ２ ３ＯＡ → ４，则Ａ′(４ － 槡４２３，０， )１３ ，所以Ａ２Ａ→ ３＝（０，槡２６，０）， Ａ３Ａ′ → ４ (＝ － 槡７２３，－槡６， )１３ ， 设平面Ａ２Ａ３Ａ′４的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 Ａ２Ａ → ３⊥ｎ， Ａ３Ａ′ → ４⊥ｎ { ， 即 槡２６ｙ＝０， － 槡７２３ｘ－槡６ｙ＋ １ ３ｚ＝０ { ， 取ｎ＝（１，０，槡７２）．又ＯＡ → １ ＝（０，０，３）， 所以 ｃｏｓ〈ＯＡ→ １，ｎ〉＝ ＯＡ→ １·ｎ ｜ＯＡ→ １｜｜ｎ｜ ＝ 槡２１２ ３× 槡３ １１ ＝ 槡７ ２２ ３３ ，故ＯＡ１与面Ａ２Ａ３Ａ′４所成角的正弦值为 槡７ ２２ ３３ ． 书 空间向量是解决立体几何问题的重要工具， 是几何问题代数化的重要体现．利用空间向量解 题，可以避开纷繁复杂的逻辑推理，使解题过程变 得明快简捷．下面介绍三种构建空间直角坐标系 的常用策略． 一、利用共点且互相垂直的三条棱构建 例１在棱长为ａ的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中， Ｅ，Ｆ分别为ＡＢ，ＢＣ的中点，求二面角Ｂ－ＦＢ１－Ｅ的 平面角的余弦值． 分析：求二面角Ｂ－ＦＢ１－Ｅ的平面角的余弦 值，我们可以通过求平面 ＢＦＢ１与平面 ＥＦＢ１的法 向量夹角的余弦值来求解． 解：建立如图１所示的空间 直 角 坐 标 系 Ｄ － ｘｙｚ， 则 Ｅａ，ａ２，( )０，Ｆ ａ２，ａ，( )０，Ｂ（ａ，ａ， ０），Ｂ１（ａ，ａ，ａ）， →ＥＦ ＝ －ａ２， ａ ２，( )０， →ＥＢ１ (＝ ０，ａ２， )ａ． 设平面ＥＦＢ１的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 由 ｎ· →ＥＦ＝０， ｎ· →ＥＢ１ ＝ { ０得 －ａ２ｘ＋ ａ ２ｙ＝０， ａ ２ｙ＋ａｚ＝０ { ． 取ｎ＝（２，２，－１）． 易知平面ＢＦＢ１的一个法向量为 ｎ１ ＝（０，１， ０）， 所以ｃｏｓ〈ｎ，ｎ１〉＝ ｎ·ｎ１ ｜ｎ｜｜ｎ１｜ ＝２３． 结合图形知所求二面角的平面角的余弦值为 ２ ３． 点评：设ｎ１，ｎ２分别是二面角α－ｌ－β的两个 平面α，β的法向量，则向量 ｎ１，ｎ２的夹角（或其补 角）的大小就是二面角的平面角的大小． 二、利用线面垂直构建 例２在正四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ中，Ｏ为顶点Ｓ在 底面ＡＢＣＤ内的射影，点Ｐ为侧棱ＳＣ的中点，且ＯＳ ＝ＯＣ，求直线ＡＢ与平面ＰＢＤ所成角的大小． 分析：求直线 ＡＢ与平面 ＰＢＤ所成的角，我们 可以应用空间向量的夹角公式求直线 ＡＢ的方向 向量与平面ＰＢＤ的法向量间的夹角． 解：建立如图２所示的空间 直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ，设ＯＤ＝ＯＳ ＝ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ａ，则Ａ（ａ，０， ０），Ｂ（０，ａ，０），Ｄ（０， － ａ，０）， Ｐ －ａ２，０， ａ( )２ ，于是 →ＡＢ＝（－ａ， ａ，０）， → (ＰＢ ＝ ａ２，ａ， －ａ)２ ， →ＰＤ ＝ ａ ２，－ａ，－ ａ( )２ ． 设平面ＰＢＤ的法向量为ｎ，可求得ｎ＝（１，０，１）． 设直线ＡＢ与平面ＰＢＤ所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＢ，ｎ〉｜＝ →｜ＡＢ·ｎ｜ ｜→ＡＢ｜｜ｎ｜ ＝１２， 即直线ＡＢ与平面ＰＢＤ所成的角为３０°． 点评：设直线ｌ的方向向量为ｍ，平面α的法向 量为ｎ，直线ｌ与平面 α所成的角为 θ，则 ｓｉｎθ＝ ｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜，解决此类问题一定要建立合适的 空间直角坐标系． 三、利用面面垂直构建 例３在四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ中，底面ＡＢＣＤ为平 行四边形，侧面ＳＢＣ⊥底面ＡＢＣＤ．已知∠ＡＢＣ＝ ４５°，ＡＢ＝２，ＢＣ＝ 槡２２，ＳＡ＝ＳＢ＝ＳＣ＝槡３，证明： ＳＡ⊥ＣＢ． 分析：由面面垂直的性质定理可知，过点 Ｓ作 ＳＯ⊥ＢＣ，则ＳＯ⊥平面ＡＢＣＤ，因此问题可转化为 线面垂直时的构建坐标系问题． 证明：如图３，作ＳＯ⊥ＢＣ， 垂足为Ｏ，连接ＡＯ，则ＳＯ⊥底 面ＡＢＣＤ． 因为ＳＡ＝ＳＢ，所以 ＯＡ＝ ＯＢ，又 ∠ＡＢＣ ＝４５°，所以 △ＡＯＢ为等腰直角三角形，得ＡＯ⊥ＢＯ． 故以Ｏ为坐标原点，建立空间直角坐标系Ｏ－ ｘｙｚ，则 Ａ（槡２，０，０），Ｂ（０，槡２，０），Ｃ（０，－槡２，０）， Ｓ（０，０，１），于是→ＳＡ＝（槡２，０，－１）， →ＣＢ＝（０，槡２２， ０）． 因为 →ＳＡ· →ＣＢ＝０，所以→ＳＡ⊥ →ＣＢ，即ＳＡ⊥ＣＢ． 点评：空间点的坐标是与相应的坐标系相对 应的，若选取不同的坐标系，它的坐标是不一样 的，解此类问题一定要注意这种对应关系． ! !"#$% !&'()(* " !+123* !45678/$%#!&#'(!'#) !&9:;/<=>?@ABCDEFG !%' HIJ9K456 !LM4N/$%$$$) !AO6P9QR/$%#!!#'(!')* !##%))%)++(STUVHW !PX/YZ&9AO6;[\]^_`LaSbW !LMPXQR/!!!+# !cdefPghPijP ! & 9 k ] ^ _ >lAWm n o p q 9 ! & 9 r s t u v w x y z { | } ~S € A  ‚ D ƒ „ … † ‡ ˆ ‰ Š !! 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' ' 书书书 空 间 中 的 距 离 问 题 同 步 核 心 素 养 测 评 ◆ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 已 知 点 Ｍ （ － １， １， － ２） ，平 面 β 过 原 点 Ｏ ，且 垂 直 于 向 量 ｎ ＝ （ １， － ２， ２ ） ，则 点 Ｍ 到 平 面 β 的 距 离 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ７ （ Ｂ） ７ ２ （ Ｃ） 槡 ７ ３ （ Ｄ ） ７ ３ ２． 已 知 平 面 α 的 一 个 法 向 量 为 ｎ ＝ （ － ２， － ２， １） ，点 Ａ（ ｘ， ３， ０） 在 平 面 α 内 ，且 Ｐ（ － ２， １， ４） 到 平 面 α 的 距 离 为 １０ ３ ，则 ｘ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） １１ （ Ｃ） － １ 或 － １１ （ Ｄ ） － ２１ ３． 空 间 直 角 坐 标 系 中 Ａ（ ０， ０， ０） ，Ｂ （ １， １， １） ，Ｃ （ １， ０， ０） ，Ｄ （ － １， ２， １） ，其 中 Ａ ∈ α， Ｂ ∈ α， Ｃ ∈ β， Ｄ ∈ β， 已 知 平 面 α ∥ 平 面 β， 则 平 面 α 与 平 面 β 间 的 距 离 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ２６ ２６ （ Ｂ） 槡 １３ １３ （ Ｃ） 槡 ３ ３ （ Ｄ ） 槡 ５ ５ ４． 已 知 点 Ａ（ １， ０， ０） ，Ｂ （ １， ０， ２） ，Ｃ （ １， １， １） ，则 点 Ａ 到 直 线 ＢＣ 的 距 离 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） 槡 ２ （ Ｃ） 槡２ ２ （ Ｄ ） ４ ５． 如 图 １， 在 圆 锥 ＳＯ 中 ，Ａ Ｂ 是 底 面 圆 Ｏ 的 直 径 ， ＳＯ ＝ ＡＢ ＝ ４， ＡＣ ＝ ＢＣ ，Ｄ 为 ＳＯ 的 中 点 ，Ｎ 为 ＡＤ 的 中 点 ，则 点 Ｎ 到 平 面 ＳＢ Ｃ 的 距 离 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４ ３ （ Ｂ） ５ ３ （ Ｃ） １ （ Ｄ ） ２ ６． 在 空 间 直 角 坐 标 系 Ｏ ｘｙ ｚ中 ，已 知 Ａ（ １， ０， ０） ，Ｂ （ ０， １， ０） ，Ｃ （ ０， ０， １） ，Ｄ （ １， １， １） ，则 四 面 体 ＡＢ ＣＤ 的 体 积 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ３ （ Ｂ） 槡 ２ ３ （ Ｃ） 槡 ３ ３ （ Ｄ ） ２ ３ ７． 如 图 ２， 在 三 棱 锥 Ｐ － ＡＢ Ｃ 中 ，Ａ Ｂ ＝ ６， ＢＣ ＝ ８， ∠ ＡＢ Ｃ ＝ ９０ °， 若 ＰＡ ＝ ＰＢ ＝ ＰＣ ＝ 槡４ ２， 则 点 Ａ 到 平 面 ＰＢ Ｃ 的 距 离 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ ２ （ Ｂ） 槡 ７ ２ （ Ｃ） 槡３ ７ ２ （ Ｄ ） 槡３ ２ ８ ． 如 图 ３， 在 三 棱 柱 ＡＢ Ｃ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ，底 面 △ ＡＢ Ｃ 是 边 长 为 槡２ ３ 的 正 三 角 形 ，Ａ Ａ １ ＝ 槡 ７， 顶 点 Ａ １ 在 底 面 的 射 影 为 底 面 正 三 角 形 的 中 心 ， Ｐ， Ｑ 分 别 是 异 面 直 线 ＡＣ １ ，Ａ １ Ｂ 上 的 动 点 ，则 Ｐ， Ｑ 两 点 间 距 离 的 最 小 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ７ ２ （ Ｂ） ２ （ Ｃ） 槡 ６ （ Ｄ ） 槡 ６ ２ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 已 知 空 间 四 点 Ａ（ － １， １， ０） ，Ｂ （ ２， ２， １） ，Ｃ （ １， １， １） ，Ｄ （ ０， ２， ３） ，则 下 列 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ＡＢ ⊥ ＣＤ （ Ｂ） ＡＤ ＝ 槡 １１ （ Ｃ） 点 Ａ 到 直 线 ＢＣ 的 距 离 为 槡 ７ （ Ｄ ） 点 Ｄ 到 平 面 ＡＢ Ｃ 的 距 离 为 槡 ６ １０ ．在 空 间 直 角 坐 标 系 中 ，已 知 点 Ａ（ １， １， １） ，Ｂ （ ０， ２， ０） ，Ｄ （ － １， － １， ５） ，若 点 Ｄ 到 平 面 Ａ Ｂ Ｃ 的 距 离 不 小 于 槡 １４ ，则 点 Ｃ 的 坐 标 可 以 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ ２， ３， － １） （ Ｂ） （ ２， － ３， １） （ Ｃ） （ － ２， ３， １） （ Ｄ ） （ ２， ３， １） １１ ．如 图 ４， 在 棱 长 为 １ 的 正 方 体 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ，Ｅ ，Ｆ 分 别 为 ＣＤ ，Ａ １ Ｂ １ 的 中 点 ， 则 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 点 Ｆ 到 点 Ｅ 的 距 离 为 槡 ２ （ Ｂ） 点 Ｆ 到 直 线 ＥＤ １ 的 距 离 为 槡 ３０ ５ （ Ｃ） 点 Ｆ 到 平 面 ＡＥ Ｄ １ 的 距 离 为 槡 ６ ３ （ Ｄ ） 平 面 ＢＦ Ｃ １ 到 平 面 ＡＥ Ｄ １ 的 距 离 为 槡２ ６ ３ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．在 空 间 直 角 坐 标 系 中 ， 若 平 面 α 过 点 Ｐ ０ （ ｘ ０ ，ｙ ０ ，ｚ ０ ） ， 且 以 向 量 ｕ ＝ （ ａ， ｂ， ｃ） （ ａ， ｂ， ｃ不 全 为 零 ） 为 法 向 量 ，则 平 面 α 的 方 程 为 ａ（ ｘ － ｘ ０ ） ＋ ｂ（ ｙ － ｙ ０ ） ＋ ｃ（ ｚ － ｚ ０ ） ＝ ０． 已 知 平 面 ＡＢ Ｃ 的 方 程 为 ｘ ＋ ２ｙ － ｚ ＋ １ ＝ ０， 则 点 Ｐ（ １， ２， ３） 到 平 面 ＡＢ Ｃ 的 距 离 为 ． １３ ．在 长 方 体 Ｏ ＡＢ Ｃ － Ｏ １ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ，Ｏ Ａ ＝ ２， ＡＢ ＝ ３， ＡＡ １ ＝ ２， 则 点 Ｏ １ 到 直 线 ＡＣ 的 距 离 为 ． １４ ．在 空 间 直 角 坐 标 系 中 ， 一 四 面 体 的 四 个 顶 点 坐 标 分 别 为 Ａ（ １， ２， ３） ，Ｂ （ ４， １， ５ ） ，Ｃ （ ２， ３， ４） ，Ｄ （ ６， ６， １） ，则 其 体 积 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 如 图 ５， 正 方 体 ＡＢ ＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 的 棱 长 为 １， Ｅ， Ｆ 分 别 为 ＡＡ １ ，Ａ Ｂ 的 中 点 ，求 异 面 直 线 ＥＦ 与 ＢＤ １ 的 距 离 ． ˜ ™ I š › œ  ž Ÿ   ¡ 2 ¢ £ ¤ ¥ ¦ * § ! " # $ % & ' ( ˜ ™ I š › œ  ž Ÿ   ¡ 2 ¢ £ ¤ ¥ ¦ * § ! " ) $ % & ' ( ( " ) * ! ' ! ! " $ ) ( ! , & ( ! " ! $ ! ) ! % " $ ) ( ! # & ( ! " ! $ ! ) ! % ! ! ! ) + , ( " $ ' " ) ( " ! - ( ! * ) ! ! % ) , ) % . / ) ' ) ! ! )- , ,- , ! ' ,- , ) ! ) ' ! !