1-4-2 用空间向量研究距离、夹角问题 作业2

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题基础巩固一、选择题1.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为（）A.36B.33C.233【答案】B【解析】以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D的方向分别为x轴，则A1(1，0，0)，C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，所以DA1=(1，0，-1)，DC1=(0，1，-1)，AD=(-1设平面A1C1D的法向量为m=(x，y，z)，则m令z=1，则x=1，y=1，故m=(1，1，1).显然平面AB1C∥平面A1C1D，所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为|AD·m2.(2020山西大学附属中学测试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1B1的中点，则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为（）A.10【答案】A【解析】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，M1,1∴AM=0,12,1，B1C=(-1，0，-1)，∴|AM|=52，|B1C∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos<AM，B1C>|=|AM故选A.二、填空题3.平面直角坐标系xOy中，Ⅰ、Ⅱ象限所在的半平面记为α，Ⅲ、Ⅳ象限所在的半平面记为β，x轴记为l，已知点A(-2，3)，点B(3，-2)，将半平面β沿直线l折起，使得二面角α-l-β的平面角的大小为60°，这时A，B两点间的距离为.

【答案】42【解析】平面直角坐标系xOy中，作AC⊥l于C，BD⊥l于D，则AC=3，CD=5，BD=2.因为二面角α-l-β的平面角的大小为60°，所以两向量AC，DB的夹角为120°，所以|AB|=|AC+=9+25+4+2×3×2×-12=32所以A，B两点间的距离为42.4.(2022辽宁抚顺一中开学考试)如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，N是棱AD的中点，M是棱CC1上的点，且CC1=3CM，则直线BM与B1N之间的距离为.

【答案】6【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，M0,1,13，N∴BB1=(0，0，1)，BM=-1,0,13，设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n=(x，y，z)，则n·BM令x=2，则z=6，y=-7，∴n=(2，-7，6).设直线BM与B1N之间的距离为d，则d=|BB1·n三、解答题5.(2022重庆名校联盟月考)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=1，四边形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)因为四边形AEC1F为平行四边形，所以AF=EC设DF=a，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，4，0)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，F(0，0，a).所以AF=(-2，0，a)，EC1=(-2，0，所以(-2，0，a)=(-2，0，2)，所以a=2，所以F(0，0，2)，所以BF=(-2，-4，2)，所以|BF|=26，即BF的长为26.(2)易知C(0，4，0)，又C1(0，4，3)，A(2，0，0)，E(2，4，1)，所以CC1=(0，0，3)，EC1=(-2，0，2)，AE=(0设平面AEC1F的法向量为n=(x，y，z)，则n令x=1，则y=-14，z=1，所以n=1,-所以C到平面AEC1F的距离d=|CC1·n6.(2021重庆三十七中月考)如图，已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的体对角线BD'上，满足BP=2PD'.(1)求DP与CC'所成角的余弦值；(2)求DP与平面AA'D'D所成角的正弦值.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则P13,13,23，C(0，1，0)，D(0，0，(1)易知DP=13,13,23设DP与CC'所成角为θ，则cosθ=|DP·CC'||DP∴DP与CC'所成角的余弦值为63(2)由(1)知DP=13易知DC=(0，1，0)为平面AA'D'D的一个法向量.设DP与平面AA'D'D所成角为α，则sinα=|cos<DP，DC>|=|DP·DC||DP||DC|=131拓展提升一、选择题1.(2022安徽合肥第六中学期中)如图所示，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=BC=1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是（）A.2【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2).设P(0，y1，z1)，Q(x2，y2，0).由题意设DP=λDC1，AQ=μAC，λ，μ∈[0，所以(0，y1，z1)=λ(0，1，2)，(x2-1，y2，0)=μ(-1，1，0)，所以P(0，λ，2λ)，Q(1-μ，μ，0).所以|PQ|=(1-μ)2+(μ-λ)所以当λ=19，μ=59时，线段PQ的长度取得最小值，为2.(2020河南省实验中学期中)已知菱形ABCD中，∠ABC=60°，沿对角线AC折起之后，平面BAC⊥平面DAC，则平面BCD与平面CDA的夹角的余弦值为（）A.2C.3【答案】D【解析】取AC的中点O，连接BO，DO，因为四边形ABCD是菱形，所以BO⊥AC，OD⊥AC，又平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC=AC，所以BO⊥平面ACD.建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为1，则AC=1，BO=OD=32则O(0，0，0)，C12,0,0，B0,0,32所以OB=0,0,32，BC=12,0,-3设平面BCD的法向量为n=(x，y，z)，则BC·n令z=1，得x=3，y=1，则n=(3，1，1).易知平面CDA的一个法向量为OB=0,0,32，所以|cos<OB，n>|=32故选D.二、填空题3.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=1，AB=2，点E是线段AB上一点，当平面PEC与平面ABCD的夹角为π4时，AE=，点D到面PEC的距离为【答案】2-3；2【解析】设AE=a(0≤a≤2).以点D为坐标原点，DA，DC，DP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Dxyz(图略)，则D(0，0，0)，E(1，a，0)，C(0，2，0)，P(0，0，1)，所以PE=(1，a，-1)，PC=(0，2，-1)，DP=(0，0，1).设平面PEC的法向量为m=(x，y，z)，则m⊥PE令y=1，可得x=2-a，z=2，所以m=(2-a，1，2).易知平面ABCD的一个法向量为DP=(0，0，1)，则|cos<m，DP>|=2(2-a)2+5=22，解得a=2-3或a=2+3(舍去此时平面PEC的一个法向量为m=(3，1，2)，所以点D到平面PEC的距离为|DP·m||三、解答题4.(2022北京师大二附中)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC=AD=1，AB=2，∠PAD=45°，E是PA的中点，F在线段AB上，且CF·BD=0.(1)求证：DE∥平面PBC；(2)求平面FPC与平面PBC夹角的余弦值；(3)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是63?若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由【解析】(1)证明：证法一：取PB的中点M，连接EM，CM.∵E是PA的中点，∴EM∥AB，且EM=12AB又∵CD∥AB，且CD=12AB，∴EM∥CD，且EM=CD∴四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面PBC.证法二：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，PD⊥AD.∵AB∥DC，AB⊥AD，∴AD⊥DC.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.∵PD⊥AD，∠PAD=45°，AD=1，∴PD=1，∴D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，E12∴BC=(-1，-1，0)，CP=(0，-1，1)，DE=12设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)，则m·BC=-x-y=0,m·CP=-y+z=0,取y=1，得x=-1，∵m·DE=0，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面PBC.(2)易知BD=(-1，-2，0).设点F(1，t，0)，0≤t≤2，则CF=(1，t-1，0).∵CF·BD=0，∴-1-2(t-1)=0，解得t=12，∴F1,12,0，设平面FPC的法向量为n=(x'，y'，z')，由n·CP=0,n·FC=0,得-y'+z'=0,-x由(1)知平面PBC的一个法向量为m=(-1，1，1)，|cos<m，n>|=|m·n||∴平面FPC与平面PBC夹角的余弦值为33(3)∵A(1，0，0)，P(0