資源簡介

(共34張PPT)
知識點 1 點到直線的距離
6.3.4 空間距離的計算
必備知識 清單破
1.如圖所示,P是直線l外一點,PO⊥l,O為垂足,A是l上任意一點,設e是直線l的方向向量,記φ=< ,e>,則cos φ= ,故點P到直線l的距離d=| |sin φ= .

2.如圖所示,P為直線l外一點,A是l上任意一點,在點P和直線l所確定的平面內,取一個與直線l 垂直的向量n,則點P到直線l的距離d= .
　　如圖所示,P是平面α外一點,PO⊥α,垂足為O,A為平面α內任意一點,設n為平面α的法向 量,則點P到平面α的距離d= .

　　注:平行的線面、面面間的距離都可轉化為平面外一點到平面的距離.
知識點 2 點到平面的距離
　
　　如圖,設A,P分別為異面直線a,b上的點,向量n與直線a,b都垂直,則異面直線a,b間的距離d = ,即為向量 在平面α的法向量n上的投影向量的模.

知識點 3 異面直線間的距離
知識辨析
1.點P為平面α外一點,A∈α,如何求PA的最小值
2.如何求兩條平行線間的距離
3.若直線與平面平行,如何求直線與平面間的距離
4.如何求兩平行平面間的距離
5.已知平面α的一個法向量為n=(-2,2,1),A∈α,A(x,1,0),若點P(-2,1,3)到平面α的距離d=1,則x的 值為多少
一語破的
1.過點P作PO⊥α,垂足為O,則點P到平面α的距離d為線段PO的長度,且PA≥d,所以PA的最小 值為d.
2.將兩條平行線間的距離轉化為一條直線上任意一點到另一條直線的距離.
3.在直線上任找一點,求該點到平面的距離.
4.在一個平面內任找一點,求該點到另一個平面的距離.
5.由題知, =(-2-x,0,3),由n=(-2,2,1),d= =1,得 =1,解得x=-2或x=-5.
1.用向量法求點到直線的距離的兩種思路
(1)將求點到直線的距離問題轉化為求向量模的問題,即利用待定系數法求出垂足的坐標,然 后求出向量的模,這是求各種距離的通法.
(2)直接套用點到直線的距離公式求解.
2.利用點到直線的距離公式時的注意點
(1)不必找直線外的點在該直線上的射影以及垂線段;
(2)在直線上可以任意選點,但一般選較易求得坐標的特殊點;
(3)直線的方向向量可以任取,但必須保證計算的準確性.
關鍵能力 定點破
定點 1 用向量法求點到直線的距離
典例1 已知正方體ABCD-EFGH的棱長為1,點P在正方體的內部,且 = + + ,則
點P到直線AB的距離為　　　 .

解析 如圖,建立空間直角坐標系A-xyz,

則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,1),所以 =(1,0,0), =(0,1,0), =(0,0,1),
所以 = + + = ,
因為 在 上的投影向量的長度為 = ,所以點P到直線AB的距離為
= .
典例2 已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求點B到直線A1C1的距 離.

解析 以B為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,

則B(0,0,0),A1(4,0,1),C1(0,3,1),
所以 =(-4,3,0), =(0,3,1).
因為cos< , >= = = ,
所以sin< , >= ,
所以點B到直線A1C1的距離d=| |·sin< , >= × = .

用向量求點到平面的距離的方法與步驟
利用向量法求點到平面的距離時,不必作出該點到平面的垂線段,而是將其轉化為求已知點 與平面內一點的連線對應的向量在平面法向量上的投影的長度,具體求解過程如下:
(1)建立空間直角坐標系;
(2)求出已知點P與平面α內任一點A所連直線的方向向量 ;
(3)求出平面α的法向量n;
(4)利用公式d= 求解.
定點 2 用向量法求點到平面的距離
典例 已知F,E分別是正方形ABCD的邊AD,AB的中點,EF交AC于點P,GC⊥平面ABCD.
(1)求證:EF⊥平面GPC;
(2)若AB=4,GC=2,求點B到平面EFG的距離.

解析 (1)證明:連接BD交AC于點O,
∵F,E分別是正方形ABCD的邊AD,AB的中點,
∴EF∥BD,
又AC⊥BD,∴EF⊥AC.
∵GC⊥平面ABCD,EF 平面ABCD,
∴EF⊥GC.
又AC∩GC=C,AC,GC 平面GPC,
∴EF⊥平面GPC.
(2)解法一(向量法):以C為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz,

則G(0,0,2),E(4,2,0),F(2,4,0),B(4,0,0),
∴ =(4,2,-2), =(-2,2,0), =(0,2,0).
設平面GEF的一個法向量為n=(x,y,z),
則
即
令x=1,則y=1,z=3,
∴n=(1,1,3),
又∵ =(0,2,0),
∴點B到平面EFG的距離為 = .
解法二(等體積法):連接FB,BG.由題意可知,EF=2 ,PC= AC= × =3 ,PG=
= ,
∴S△EFG= EF·PG= ×2 × =2 ,
易得S△EFB=S△EFA= AE·AF=2,
∴VB-EFG=VG-EFB,
設點B到平面EFG的距離為h,
則 S△EFG·h= S△EFB·GC,
解得h= = = .
解法三(間接法):由題意可知,PC= AC= × =3 ,PG= = ,
連接BD交AC于點O,則PC=3OP,∴根據相似三角形易得點C到平面EFG的距離是點O到平面 EFG距離的3倍,
由(1)知EF∥BD,
∵EF 平面EFG,BD 平面EFG,
∴BD∥平面EFG,
∴點B到平面EFG的距離等于點O到平面EFG的距離,
過點C作CM⊥PG,垂足為M,在△GPC中,點C到PG邊的距離為線段CM的長度,
由(1)知EF⊥平面GPC,
∴EF⊥CM,∴CM⊥平面EFG,
∴線段CM的長度即為點C到平面EFG的距離,在△GPC中,PG·CM=PC·GC,得CM= =
= ,
∴點O到平面EFG的距離為 CM= ,即點B到平面EFG的距離為 .
方法總結 求點到平面的距離的常用方法:
(1)直接法:若能確定點P到平面α的垂線段,且垂線段的長度易求,可用直接法求點P到平面α的 距離;
(2)向量法:若容易建立空間直角坐標系,各關鍵點的坐標易求,可考慮向量法.本題中GC⊥平 面ABCD,正方形ABCD都是有利條件;
(3)等體積法:若三棱錐的體積易求,可考慮易求面積的側面作為底面,用等體積法求解.本題中 的VG-EFB和S△EFG均易求;
(4)間接法:若存在過點P的直線l與平面α平行,可考慮能否在直線l上找到一點O,而點O到平面 α的距離易求.本題中,將“求點B到平面EFG的距離”轉化為“求點O到平面EFG的距離”, 從而利用平面幾何知識求解.
素養解讀
　　在學習空間向量與立體幾何時,要樹立“坐標化”觀點,通過建立空間直角坐標系,表示 點的坐標以及向量的坐標,其應用體現在兩個方面:
　　一是位置“數量化”,將空間點與直線、直線與直線、直線與平面、平面與平面之間的 位置關系,特別是平行或垂直等位置關系實現“數量化”;
　　二是度量“數量化”,在解決空間角、空間距離的有關計算,探究存在性,最大值和最小 值以及取值范圍等問題時,通常轉化為直線的方向向量、平面的法向量的數量積運算解決.
學科素養 情境破
素養 1 通過“坐標化”發展直觀想象和數學運算的素養
典例呈現
例題 古希臘數學家阿波羅尼奧斯發現:平面上到兩定點A,B的距離之比為常數λ(λ>0,λ≠1)的 點的軌跡是一個圓心在直線AB上的圓,該圓被稱為阿氏圓.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中, AB=2AD=2AA1=6,點E在棱AB上,BE=2AE,動點P滿足BP= PE,若點P在平面ABCD內運動,則
點P對應的軌跡圓形的面積是　　　 ;F為C1D1的中點,則三棱錐P-B1CF的體積的最小值為 　　　 .

-3
12π
解題思路 以A為坐標原點建立空間直角坐標系A-xyz,根據BP= PE,可得點P對應的軌跡方
程;由于求得△B1CF的面積是定值,要使體積最小,只需求點P到平面B1CF的距離的最小值即 可.
如圖,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,

則B(6,0,0),E(2,0,0),B1(6,0,3),C(6,3,0),F(3,3,3),
所以 =(0,-3,3), =(-3,0,3).
設P(x,y,0),
由BP= PE,得
= × ,
化簡,得x2+y2=12,故點P對應的軌跡方程為x2+y2=12,故點P的軌跡是以A為圓心,2 為半徑的
圓,所以點P對應的軌跡圖形的面積是(2 )2π=12π.
易得△B1CF是邊長為3 的等邊三角形,其面積為 ×(3 )2= .
設平面B1CF的一個法向量為n=(x',y',z'),
則 即
令x'=1,則y'=z'=1,
所以n=(1,1,1).
根據點P的軌跡方程x2+y2=12,可設P(2 ·cos θ,2 sin θ,0),
所以 =(2 cos θ-6,2 sin θ-3,0),
所以 ·n=2 cos θ+2 sin θ-9,
所以點P到平面B1CF的距離d= = ≥ ,
所以 = d≥ -3 ,
故三棱錐P-B1CF的體積的最小值為 -3 .
思維升華
　　計算空間角與距離是立體幾何的考查重點,空間向量是解決空間平行、垂直以及空間度 量的重要工具.通過建立空間直角坐標系,實現了點與向量的“坐標化”,避開了立體幾何解 題時繁難的輔助線作圖過程,思路簡單,解法固定,我們要熟練掌握這種方法,除了善于發現圖 形的“垂直特征”,還要熟記相關的計算公式,并鍛煉計算求解能力.
素養解讀
直觀想象是數學的六大核心素養中重要的一部分,它是數學抽象或數學建模的基礎.我們常 對生活中的實際情境進行分析,探索其本質,并通過數學抽象或數學建模將其轉化為數學問 題.在立體幾何的學習中,我們借助直觀想象將幾何直觀(用圖形來描述和分析問題)這一感性 認識過渡到空間想象(對二維平面或三維空間的圖形的位置、數量關系及有關性質的理解) 這一理性認識,從而借助幾何圖形的直觀來拓展想象的思維能力.
　　數學建模是對實際問題進行數學抽象,用數學語言表達問題、用數學知識與方法構建數 學模型解決問題的過程.在立體幾何的學習中,數學建模主要體現在點、線、面的位置關系, 空間角、空間距離,組合體等在實際問題中的應用,其實質是將實際問題的內在規律用數 字、圖表、公式、符號等表示出來,根據數學基本知識和基本原理構建數學模型,從而達到
識模、用模、解模的過程.
素養 2 通過立體幾何圖形與空間向量發展直觀想象、數學建模的素養
典例呈現
例題 2021年6月17日,神舟十二號載人飛船順利升空并于6.5小時后與天和核心艙成功對接. 神舟十二號飛船推進艙及其推進器的簡化示意圖如圖1所示,半徑相等的圓I1,I2,I3,I4與圓柱OO 1的底面圓分別相切于A,B,C,D四點,且圓I1與I2,I2與I3,I3與I4,I4與I1分別外切,線段A1A為圓柱OO1 的母線.點M為線段A1O1的中點,點N在線段CO1上,且CN=2NO1.已知圓柱OO1的底面半徑為2, AA1=4.
圖1
(1)求證:AM∥平面BDN;
(2)線段AA1上是否存在一點E,使得OE⊥平面BDN 若存在,請求出AE的長;若不存在,請說明 理由;
(3)飛船推進艙與即將對接的天和核心艙的相對位置的簡化示意圖如圖2所示.天和核心艙可 簡化為底面半徑為2的圓柱O2O3,它與飛船推進艙共軸,即O,O1,O2,O3共線.天和核心艙艙體兩 側伸展出太陽翼,其中三角形RST為以RS為斜邊的等腰直角三角形,四邊形PQRS為矩形.已知 推進艙與核心艙的距離為4,即O1O2=4,且O2O3=RS=2,PS=7.在對接過程中,核心艙可能會作出 相對于推進艙的逆時針旋轉的運動,請你求出在艙體相對距離保持不變的情況下,在艙體相 對旋轉過程中,直線A1P與平面PQRS所成角的正弦值的最大值.
解題思路 (1)證明:如圖①,設M',N'分別是點M,N在線段AC上的投影,
圖①
∴M'為AO的中點,N'為OC的三等分點,
∴tan∠MAM'= = =4,
tan∠NON'= = =4,
∴∠MAM'=∠NON',
∴AM∥ON,
又AM 平面BDN,且ON 平面BDN,
∴AM∥平面BDN.
(2)根據題意建立如圖②所示的空間直角坐標系,

圖②
則O(0,0,0),B(0,2,0),D(0,-2,0),N ,設E(2,0,t)(0≤t≤4),
∴ =(0,4,0), = , =(2,0,t),
假設OE⊥平面BDN,則
∴- + t=0,∴t= .
∴線段AA1上存在一點E,使得OE⊥平面BDN,且AE= .
(3)將矩形PQRS作為參照物,不妨設A1順時針旋轉α(α>0),
則結合(2)中所建坐標系可得A1(2cos(-α),2sin(-α),4),
即A1(2cos α,-2sin α,4),
又P(10,0,8),
∴ =(10-2cos α,2sin α,4).
易知平面PQRS的一個法向量為(0,1,0),記u=(0,1,0).
設直線A1P與平面PQRS所成的角為θ,
則sin θ=|cos< ,u>|
=
= × ,
當cos α=±1時,sin θ=0;
當-1則t∈(2,4),
∴sin θ= × ≤ × = ×(2- )= ,
當且僅當t= ,即t=2 ,即cos α=3-2 時,sin θ取得最大值,為 .
思維升華
　　在立體幾何的學習過程中,我們不但要借助空間幾何體模型認識點、線、面之間的位置 關系,將二維平面圖形與三維空間圖形進行類比聯想,還要學會借助幾何直觀和空間想象感 知事物的形態與變化,利用圖形來理解并梳理思路,尋找方向,可將復雜問題簡單化.
立體幾何中有多種模型,如線面平行與垂直,面面平行與垂直,二面角等相關的求解模型,我們 可以將其有意識地記憶下來,這樣當遇到一個新問題時,辨認它屬于哪一類模型的基本模式, 進而聯想起一個已經解決了的問題,并以此為索引,在記憶存儲中提取出相應的方法來加以 解決,可以起到事半功倍的效果.6.3.4　空間距離的計算
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　點到直線的距離的計算
1.在空間直角坐標系中,已知點A(1,1,1),B(0,1,0),C(1,2,3),則點C到直線AB的距離為(　　)
A.　　　　D.3
2.如圖,幾何體ABCD-EFGH是棱長為6的正方體,若,則點P到直線CH的距離為(　　)
A.4　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.1
3.四面體OABC滿足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,OA=1,OB=2,OC=3,點D在棱OC上,且OC=3OD,點G為△ABC的重心,則點G到直線AD的距離為(　　)
A.
題組二　點到平面的距離的計算
4.已知平面α的一個法向量為n=(1,2,1),A(1,0,-1),B(0,-1,1),且A α,B∈α,則點A到平面α的距離為(　　)
A.　　　　D.1
5.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E,F分別為上底面A1B1C1D1和側面CDD1C1的中心,則點C到平面AEF的距離為(　　)
A.
題組三　直線與直線、直線與平面、平面與平面間的距離的計算
6.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為棱A1B1,BB1的中點,則異面直線AM與CN間的距離為　　　　.
7.在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為線段DD1靠近D1的三等分點,F為線段BB1靠近B的三等分點,則直線FC1到平面AB1E的距離為　　　　.
8.如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,M,N,E,F分別為A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中點,則平面AMN與平面EFBD間的距離為　　　　.
9.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是線段DD1,AB,BB1的中點.
(1)求證:平面FGC1∥平面AB1E;
(2)求直線GC1到直線AE的距離;
(3)求直線GC1到平面AB1E的距離.
能力提升練　　　　　 　　　　 　　　　
題組　空間距離的計算及應用
1.(多選題)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E,O分別是A1B1,A1C1的中點,點P滿足,則下列說法正確的是(　　)
A.點A到直線BE的距離是
B.點O到平面ABC1D1的距離為
C.平面A1BD與平面B1CD1間的距離為
D.點P到直線AB的距離為
2.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為BC的中點,點P在線段D1E上運動,則點P到直線CC1的距離的最小值為(　　)
A.
3.如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,棱A1D1,CC1的中點分別是E,F,點G是底面ABCD內任意一點(包括邊界),則三棱錐G-B1EF的體積的取值范圍是(　　)
A. B.
C. D.
4.在空間直角坐標系O-xyz中,經過點P(x0,y0,z0)且一個法向量為m=(a,b,c)的平面α的方程為a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0,經過點P且一個方向向量為n=(μ,v,ω)(μvω≠0)的直線l的方程為.閱讀上面材料并解決下面問題:現給出平面α的方程為3x-5y+4z+1=0,直線l的方程為,則直線l到平面α的距離為　　　　.
5.如圖,幾何體是由正四棱錐P-ABCD和正方體ABCD-A1B1C1D1組成的,其中AB=2,PA=,則三棱錐B1-PDA的體積為　　　　.
6.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD∥BC,AP=AB=AD=1,BC=2.
(1)求二面角B-PD-C的正弦值;
(2)在棱PC上確定一點E,使異面直線PD與BE所成角的大小為60°,并求此時點E到平面PBD的距離.
答案與分層梯度式解析
6.3.4　空間距離的計算
基礎過關練
1.A 2.A 3.A 4.B 5.A
1.A　由題意可得=(0,1,2),
則|,
設向量u是直線AB的單位方向向量,則u=,
·u=(0,1,2)·,
則點C到直線AB的距離為.故選A.
2.A　如圖所示,以A為坐標原點,AB,AD,AE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,
則A(0,0,0),C(6,6,0),H(0,6,6),B(6,0,0),D(0,6,0),E(0,0,6),
所以=(-6,0,6),
因為=(1,2,5),所以P(1,2,5),所以=(-5,-4,5),
所以,
所以點P到直線CH的距離為=4.
故選A.
3.A　連接AG,由題意得OA,OB,OC互相垂直,以點O為原點,OA,OB,OC所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖,
則A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),D(0,0,1),
由點G為△ABC的重心,得G,
所以=(-1,0,1),
所以|,
所以點G到直線AD的距離d=.故選A.
4.B　∵A(1,0,-1),B(0,-1,1),∴=(-1,-1,2),
又平面α的一個法向量為n=(1,2,1),
∴點A到平面α的距離為.故選B.
5.A　如圖,以A為原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,
則A(0,0,0),E(1,1,2),F(1,2,1),C(2,2,0),
所以=(2,2,0).
設平面AEF的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令y=-1,得x=3,z=-1,所以n=(3,-1,-1),
故點C到平面AEF的距離為.故選A.
6.答案　
解析　如圖,以A為坐標原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,
則A(0,0,0),C(1,1,0),N,
∴=(1,1,0),
設異面直線AM與CN的公垂線的方向向量為n=(x,y,z),則n⊥,n⊥,
∴n·x+z=0,n·z=0,
∴x=-2z,y=z,
取z=2,則x=-4,y=1,∴n=(-4,1,2),
∴異面直線AM與CN間的距離d=.
7.答案　
解析　如圖,以D為坐標原點建立空間直角坐標系,
則A(3,0,0),E(0,0,2),F(3,3,1),C1(0,3,3),B1(3,3,3),
所以=(-3,0,2),所以,
又因為AE 平面AB1E,FC1 平面AB1E,
所以FC1∥平面AB1E,
所以直線FC1到平面AB1E的距離即為點F到平面AB1E的距離.
設平面AB1E的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令z=3,得x=2,y=-3,則n=(2,-3,3),
所以點F到平面AB1E的距離d=,故直線FC1到平面AB1E的距離為.
8.答案　
解析　以D為坐標原點,DA,DC,DD1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系,
則A(4,0,0),M(2,0,4),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4),∴=(0,4,0),
∴,∴EF∥MN,BF∥AM,
又EF 平面AMN,MN 平面AMN,∴EF∥平面AMN,同理得,BF∥平面AMN,又EF∩BF=F,EF,BF 平面EFBD,∴平面AMN∥平面EFBD.
∴平面AMN與平面EFBD間的距離即為點B到平面AMN的距離,
設平面AMN的一個法向量是n=(x,y,z),
則令z=1,則x=2,y=-2,
∴n=(2,-2,1).
∴平面AMN與平面EFBD間的距離d=.
9.解析　(1)證明:以A為原點,AD,AB,AA1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系,
則F(0,1,0),G(0,2,1),C1(2,2,2),A(0,0,0),B1(0,2,2),E(2,0,1),
則=(2,0,1),
設平面FGC1的一個法向量為m=(x,y,z),
則令z=2,則y=-2,x=-1,
所以m=(-1,-2,2).
設平面AB1E的一個法向量為n=(a,b,c),
則令c=2,則a=-1,b=-2,
所以n=(-1,-2,2).
所以m=n,所以平面FGC1∥平面AB1E.
(2)由(1)得=(2,0,1),
所以,即GC1∥AE,所以點C1到直線AE的距離即為直線GC1到直線AE的距離,
易知=(2,2,2),所以,所以直線GC1到直線AE的距離為.
(3)因為平面FGC1∥平面AB1E,GC1 平面FGC1,
所以GC1∥平面AB1E,
所以直線GC1到平面AB1E的距離等于點C1到平面AB1E的距離.
由(1)知=(-2,0,0),平面AB1E的一個法向量為n=(-1,-2,2),
所以點C1到平面AB1E的距離為,
所以直線GC1到平面AB1E的距離為.
能力提升練
1.AB 2.A 3.C
1.AB　以A為坐標原點建立空間直角坐標系,如圖,
則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E,
所以=(0,1,-1),
設∠ABE=θ,則cos θ=,故sin θ =,
所以點A到直線BE的距離d1=||sin θ=1×,故A正確.
易知,平面ABC1D1的一個法向量為=(0,-1,1),
則點O到平面ABC1D1的距離d2=,故B正確.
設平面A1BD的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令z=1,得x=1,y=1,則n=(1,1,1).
所以點D1到平面A1BD的距離d3=.
易知平面A1BD∥平面B1CD1,
所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離,
所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為,故C錯誤.
因為,所以,
易知=(1,0,0),
所以點P到直線AB的距離d4=,故D錯誤.故選AB.
2.A　以D為原點,DA,DC,DD1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系,
則E(1,2,0),D1(0,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),
∴=(1,0,0).
解法一:設異面直線CC1與ED1的公垂線的方向向量為u=(x,y,z),則u⊥,u⊥,
則
令x=1,則y=-,z=0,∴u=,
∴異面直線D1E與CC1之間的距離d=,
∵點P在線段D1E上運動,
∴點P到直線CC1的距離的最小值為.
解法二:設P(x,y,z),,λ∈[0,1],則=(-λ,-2λ,2λ),則(x-1,y-2,z)=(-λ,-2λ,2λ),
所以
所以P(1-λ,2-2λ,2λ),
又C(0,2,0),∴=(1-λ,-2λ,2λ),
∴點P到直線CC1的距離d1=
=,
當且僅當λ=時,d1取最小值,為,∴點P到直線CC1的距離的最小值為.故選A.
3.C　以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,
則B1(2,2,2),E(1,0,2),F(0,2,1),
所以=(-1,-2,0),
則|,
取EF的中點M,連接B1M,則M,
所以,所以|,
易得B1E=B1F,則B1M⊥EF,
所以△B1EF的面積S=·EF·B1M=,
設平面B1EF的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=2,得y=-1,z=-4,則n=(2,-1,-4),
設G(m,n,0)(0≤m≤2,0≤n≤2),
則=(2-m,2-n,2),
所以點G到平面B1EF的距離d=,
所以S·d=,
又-2≤2m-n≤4,所以,即.故選C.
4.答案　
解析　由題可知點O(0,0,0)在直線l上,取平面α內一點P,則,由題意可得平面α的一個法向量為m=(3,-5,4),
所以cos<,m>=,
所以直線l到平面α的距離為|,m>|=.
5.答案　2
解析　連接AC,BD,且AC,BD相交于點O,連接PO,
易知PO⊥平面ABCD,
又AO 平面ABCD,所以PO⊥AO,
易得AO=,又PA=,所以PO==2.
以D1為坐標原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,如圖所示,
則A(2,0,2),D(0,0,2),B1(2,2,0),P(1,1,4),
所以=(0,2,-2),
設平面PDA的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令z=1,得x=0,y=-2,則n=(0,-2,1).
設B1到平面PDA的距離為d,
則d=.
在△PDA中,PA=PD=,AD=2,所以S△PDA=,
所以三棱錐B1-PDA的體積V=S△PDA·d==2.
6.解析　(1)以{}為單位正交基底,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則B(1,0,0),P(0,0,1),D(0,1,0),C(1,2,0),
所以=(1,1,0).
設平面PBD的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則取x1=1,得n1=(1,1,1),
設平面PCD的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則取x2=1,得n2=(1,-1,-1),
設二面角B-PD-C的平面角的大小為θ,
則|cos θ|=|cos|=,
所以sin θ=.
(2)由(1)知,=(1,2,-1),設(0<λ≤1),則=(λ,2λ,-λ),則=(λ-1,2λ,-λ+1).
因為異面直線PD與BE所成角的大小為60°,
所以cos 60°=|cos<,解得λ=或λ=0(舍去),
故,
由(1)知平面PBD的一個法向量為n1=(1,1,1),
所以點E到平面PBD的距離d=.
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