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08 第46讲 空间距离及立体几何中的探索性问题 【答案】听课 高考数学二轮复习练习
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这是一份08 第46讲 空间距离及立体几何中的探索性问题 【答案】听课 高考数学二轮复习练习，共9页。
【知识聚焦】
1.|AP|2-|AQ|2 a2-(a·u)2
2.AP·n|n| |AP·n||n|
【对点演练】
1.22 [解析] 建立空间直角坐标系如图所示,则M(2,2,2),N(2,0,4),所以MN=(2-2)2+(2-0)2+(2-4)2=22.
2.61111 [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),所以CG=(0,0,2),EG=(-2,-4,2),EF=(2,-2,0).设平面GEF的法向量为n=(x,y,z),则n·EG=0,n·EF=0,即-2x-4y+2z=0,2x-2y=0,令x=1,得n=(1,1,3),所以点C到平面GEF的距离d=|n·CG||n|=61111.
3.33 [解析] 以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),所以A1B=(0,1,-1),A1D=(-1,0,-1),A1D1=(-1,0,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=0,n·A1D=0,即y-z=0,-x-z=0,令z=1,得n=(-1,1,1),所以点D1到平面A1BD的距离d=|A1D1·n||n|=13=33.易证平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1之间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1之间的距离为33.
4.23 [解析] 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),O(2,1,1),E(1,2,0),所以A1O=(0,1,-1),A1E=(-1,2,-2),所以cs=A1O·A1E|A1O||A1E|=2+22×3=223.因为∈[0,π],所以sin=13,所以点O到直线A1E的距离为|A1O|sin=2×13=23.
5.-1或-11 [解析] 由题可知PA=(x+2,2,-4),|PA·n||n|=103,则|-2(x+2)-4-4|4+4+1=103,解得x=-1或x=-11.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)建立空间直角坐标系,利用投影向量及勾股定理求解点到直线的距离.(2)思路一:在直线AC上任取一点M,作MN⊥BC1于点N,设AM=λAC,BN=μBC1,根据MN⊥BC1得出λ和μ的关系,从而可得|MN|关于μ(或λ)的函数关系,再求出此函数的最小值即可;思路二:用几何法求出异面直线AC与BC1的公垂线段的长;思路三:建系,用向量法求异面直线AC与BC1之间的距离.
(1)A (2)B [解析] (1)四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,即OA,OB,OC两两垂直,以点O为原点,以OA,OB,OC的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,所以A(1,0,0),D(0,0,1),G13,23,1,所以AG=-23,23,1,AD=(-1,0,1),则|AG|=-232+232+12=173,AG·AD=-23×(-1)+1=53,所以点G到直线AD的距离d=|AG|2-AG·AD|AD|2=179-5322=22.故选A.
(2)方法一:设M为直线AC上任意一点,过M作MN⊥BC1,垂足为N,连接AN,如图,设AM=λAC=λAB+λAD,BN=μBC1=μAD+μAA1,则MN=AN-AM=AB+BN-AM=(1-λ)AB+(μ-λ)AD+μAA1.∵MN⊥BC1,∴MN·BC1=0,即[(1-λ)AB+(μ-λ)AD+μAA1]·(AD+AA1)=0,∵AB⊥AD,AB⊥AA1,AD⊥AA1,∴(μ-λ)AD2+μAA12=0,即μ-λ+μ=0,∴λ=2μ,∴MN=(1-2μ)AB-μAD+μAA1,∴|MN|=(1-2μ)2+μ2+μ2=6μ2-4μ+1=6μ-132+13,∵μ∈R,∴当μ=13时,|MN|取得最小值13=33,故异面直线AC与BC1之间的距离是33.故选B.
方法二:如图,取BC的中点E,连接B1E,DE,设B1E交BC1于点G,DE交AC于点F,则B1GGE=B1C1BE=2,DFFE=DAEC=2.连接B1D,FG,在△B1DE中,B1GGE=DFFE=2,∴FG∥DB1,FG=13DB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证B1D⊥AC,B1D⊥BC1,∴FG⊥AC,FG⊥BC1,∴FG为异面直线AC与BC1的公垂线段.∵B1D=3,∴FG=33,即异面直线AC与BC1之间的距离为33.
方法三:如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1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,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),C(0,1,0),连接DB1,∴AC=(-1,1,0),BC1=(-1,0,1),AB=(0,1,0),DB1=(1,1,1),则DB1·AC=0,DB1·BC1=0,∴DB1⊥AC,DB1⊥BC1,∴异面直线AC与BC1之间的距离为AB·DB1|DB1|=13=33.
变式题 33 [解析] 如图,建立空间直角坐标系,则A1(1,0,1),C1(0,1,1),设P(x,0,1-x),0≤x≤1,连接A1P,则A1P=(x-1,0,-x),A1C1=(-1,1,0),∴动点P到直线A1C1的距离d=|A1P|2-A1P·A1C1|A1C1|2=
(x-1)2+(-x)2-1-x22=32x2-x+12=
32x-132+13≥33,故面对角线AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为33.
例2 [思路点拨] (1)先证得BC∥平面AB1C1,则直线BC到平面AB1C1的距离即为点B到平面AB1C1的距离.思路一:根据等体积法在三棱锥B-AB1C1(连接BC1)中可得点B到平面AB1C1的距离;思路二:建系,利用向量法求出平面AB1C1的一个法向量及BA,即可得到点B到平面AB1C1的距离.(2)思路一:过点P作PD⊥AC,PD交AC于点D,作PE⊥BC,PE交BC于点E,作PO⊥平面ABC,PO交平面ABC于点O,连接OD,OC,OE,则PE=3,所以EC=EO=1,所以CO=2,进而根据勾股定理求出点P到平面ABC的距离;思路二:建系,利用向量法求点P到平面ABC的距离.
(1)B (2)2 [解析] (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BC∥B1C1,BC⊄平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,所以BC∥平面AB1C1,所以直线BC到平面AB1C1的距离即为点B到平面AB1C1的距离.
方法一:连接BC1,设点B到平面AB1C1的距离为h,由等体积法可得V三棱锥B-AB1C1=V三棱锥C1-ABB1,即13S△AB1C1h=13S△ABB1×B1C1,即13×12×2×1×h=13×12×3×1×1,解得h=32.故直线BC到平面AB1C1的距离为32.故选B.
方法二:以B为坐标原点,以BA,BC,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示.因为CA=2CC1=2BC=2,所以AB=3,则B(0,0,0),A(3,0,0),B1(0,0,1),C1(0,1,1),所以BA=(3,0,0),AB1=(-3,0,1),B1C1=(0,1,0).设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z),则n·AB1=-3x+z=0,n·B1C1=y=0,令x=1,得n=(1,0,3),所以点B到平面AB1C1的距离d=BA·n|n|=3+0+01+0+3=32,即直线BC到平面AB1C1的距离为32.故选B.
(2)方法一:如图,过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,由题意知PD=PE=3.过点P作PO⊥平面ABC,垂足为O,则点O在∠ACB的平分线上,连接OD,OC,OE,则OD⊥CD,OE⊥CE.在Rt△PCE中,PC=2,PE=3,则EC=1.在Rt△ECO中,∠ECO=45°,则Rt△ECO为等腰直角三角形,所以EO=EC=1,所以CO=2.在Rt△PCO中,PO=22-(2)2=2,即点P到平面ABC的距离为2.
方法二:过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,由题意知PD=PE=3,所以CD=CE=1.以C为坐标原点,以CE,CD的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),E(1,0,0),D(0,1,0),设P(x,y,z),则|CP|=2,|PE|=|PD|=3,得x2+y2+z2=4,(x-1)2+y2+z2=3,x2+(y-1)2+z2=3,
解得x=1,y=1,z=2或x=1,y=1,z=-2,所以点P到平面ABC的距离为2.
变式题1 B [解析] 方法一:连接BD,设点E到平面ACD1的距离为h,因为点E是棱AB的中点,所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半,又平面ACD1过BD的中点,所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离.由等体积法得VD-ACD1=VD1-ACD,所以13S△ACD1·2h=13S△ACD·DD1,S△ACD=12×2×4=4,DD1=2.在△ACD1中,AD1=22,AC=CD1=25,所以S△ACD1=12×22×(25)2-(2)2=6,则13×6×2h=13×4×2,解得h=23,即点E到平面ACD1的距离为23.故选B.
方法二:如图所示,连接D1E,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),E(2,2,0),A(2,0,0),C(0,4,0),所以D1E=(2,2,-2),AC=(-2,4,0),AD1=(-2,0,2).设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=-2x+4y=0,n·AD1=-2x+2z=0,取x=2,得n=(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离d=|D1E·n||n|=|2×2+2×1-2×2|3=23.故选B.
变式题2 解:(1)证明:因为CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,所以A1C1,B1C1,CC1两两垂直,故以C1为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,4),C1(0,0,0),B1(0,4,0),D(2,2,2),
所以CB1=(0,4,-4),C1D=(2,2,2),所以CB1·C1D=0+8-8=0,所以CB1⊥C1D,所以CB1⊥C1D.
(2)由题意可知E是CB1,BC1的中点,所以E(0,2,2),
C1B1=(0,4,0),C1D=(2,2,2),C1E=(0,2,2).
设平面B1C1D的法向量为m=(x,y,z),
则C1B1·m=4y=0,C1D·m=2x+2y+2z=0,取x=1,得m=(1,0,-1),
所以点E到平面B1C1D的距离d=|m·C1E||m|=22=2.
例3 [思路点拨] (1)由二面角的平面角的定义可知∠AOC1(O为EB中点)是二面角A-BE-C1的平面角,利用勾股定理可证明OA⊥OC1,由此可证得结论;(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系,假设存在点P满足题意,设DP=λDC1,由点到平面距离的向量求法可构造方程求得λ,再利用线面角的向量求法可求得结果.
解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,连接AC,交BE于点O,
∵四边形ABCE是边长为2的菱形,∠BCE=60°,∴AC⊥BE,OA=OC=3.在四棱锥C1-ABED中,OA⊥BE,OC1⊥BE,OA=OC1=3,∴∠AOC1是二面角A-BE-C1的平面角.∵AC1=6,∴OA2+OC12=AC12,∴OA⊥OC1,即∠AOC1=90°,∴平面BC1E⊥平面ABED.
(2)由(1)可知OA,OC1,BE两两垂直,故以O为坐标原点,OA,OB,OC1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则D32,-32,0,C1(0,0,3),A(3,0,0),B(0,1,0),E(0,-1,0),
∴DC1=-32,32,3,AD=-32,-32,0,AB=(-3,1,0),AC1=(-3,0,3),AE=(-3,-1,0).假设存在点P满足题意,设DP=λDC1=-32λ,32λ,3λ,λ∈[0,1],连接AP,
则AP=AD+DP=-32-32λ,-32+32λ,3λ.
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),
则AB·n=-3x+y=0,AC1·n=-3x+3z=0,令x=1,得n=(1,3,1),
∴点P到平面ABC1的距离d=|AP·n||n|=|23λ-23|5=155,解得λ=12或λ=32(舍去),
∴AP=-334,-34,32,∴EP=AP-AE=34,14,32.设直线EP与平面ABC1所成的角为θ,
则sin θ=|cs|=|EP·n||EP|·|n|=35=155.
故在棱DC1上存在点P满足题意,此时直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155.
变式题 解:(1)在平行四边形ABCD中,AE⊥DC,所以DE⊥AE,在△ADE中,因为AD=4,∠ADE=60°,所以AE=23,DE=2,所以EC=1. 在四棱锥D-ABCE中,平面ADE⊥平面ABCE,DE⊂平面ADE,平面ADE∩平面ABCE=AE,因为DE⊥AE,所以DE⊥平面ABCE.
因为M为BD的中点,所以VM-ABCE=12VD-ABCE=12×13×S四边形ABCE×DE=16×12×(1+3)×23×2=433.
(2)由(1)知EA,EC,ED两两垂直,以点E为坐标原点,EA,EC,ED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(如图),
则E(0,0,0),D(0,0,2),C(0,1,0),A(23,0,0),B(23,3,0),所以DB=(23,3,-2),AC=(-23,1,0).
假设存在点M满足题意,设DM=λDB=(23λ,3λ,-2λ)(0<λ<1),
则EM=ED+DM=(0,0,2)+(23λ,3λ,-2λ)=(23λ,3λ,2-2λ),即M(23λ,3λ,2-2λ),所以CM=(23λ,3λ-1,2-2λ).设平面AMC的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=0,m·CM=0,即-23x+y=0,23λx+(3λ-1)y+(2-2λ)z=0,
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【知识聚焦】
1.|AP|2-|AQ|2 a2-(a·u)2
2.AP·n|n| |AP·n||n|
【对点演练】
1.22 [解析] 建立空间直角坐标系如图所示,则M(2,2,2),N(2,0,4),所以MN=(2-2)2+(2-0)2+(2-4)2=22.
2.61111 [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),所以CG=(0,0,2),EG=(-2,-4,2),EF=(2,-2,0).设平面GEF的法向量为n=(x,y,z),则n·EG=0,n·EF=0,即-2x-4y+2z=0,2x-2y=0,令x=1,得n=(1,1,3),所以点C到平面GEF的距离d=|n·CG||n|=61111.
3.33 [解析] 以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),所以A1B=(0,1,-1),A1D=(-1,0,-1),A1D1=(-1,0,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=0,n·A1D=0,即y-z=0,-x-z=0,令z=1,得n=(-1,1,1),所以点D1到平面A1BD的距离d=|A1D1·n||n|=13=33.易证平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1之间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1之间的距离为33.
4.23 [解析] 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),O(2,1,1),E(1,2,0),所以A1O=(0,1,-1),A1E=(-1,2,-2),所以cs
5.-1或-11 [解析] 由题可知PA=(x+2,2,-4),|PA·n||n|=103,则|-2(x+2)-4-4|4+4+1=103,解得x=-1或x=-11.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)建立空间直角坐标系,利用投影向量及勾股定理求解点到直线的距离.(2)思路一:在直线AC上任取一点M,作MN⊥BC1于点N,设AM=λAC,BN=μBC1,根据MN⊥BC1得出λ和μ的关系,从而可得|MN|关于μ(或λ)的函数关系,再求出此函数的最小值即可;思路二:用几何法求出异面直线AC与BC1的公垂线段的长;思路三:建系,用向量法求异面直线AC与BC1之间的距离.
(1)A (2)B [解析] (1)四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,即OA,OB,OC两两垂直,以点O为原点,以OA,OB,OC的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,所以A(1,0,0),D(0,0,1),G13,23,1,所以AG=-23,23,1,AD=(-1,0,1),则|AG|=-232+232+12=173,AG·AD=-23×(-1)+1=53,所以点G到直线AD的距离d=|AG|2-AG·AD|AD|2=179-5322=22.故选A.
(2)方法一:设M为直线AC上任意一点,过M作MN⊥BC1,垂足为N,连接AN,如图,设AM=λAC=λAB+λAD,BN=μBC1=μAD+μAA1,则MN=AN-AM=AB+BN-AM=(1-λ)AB+(μ-λ)AD+μAA1.∵MN⊥BC1,∴MN·BC1=0,即[(1-λ)AB+(μ-λ)AD+μAA1]·(AD+AA1)=0,∵AB⊥AD,AB⊥AA1,AD⊥AA1,∴(μ-λ)AD2+μAA12=0,即μ-λ+μ=0,∴λ=2μ,∴MN=(1-2μ)AB-μAD+μAA1,∴|MN|=(1-2μ)2+μ2+μ2=6μ2-4μ+1=6μ-132+13,∵μ∈R,∴当μ=13时,|MN|取得最小值13=33,故异面直线AC与BC1之间的距离是33.故选B.
方法二:如图,取BC的中点E,连接B1E,DE,设B1E交BC1于点G,DE交AC于点F,则B1GGE=B1C1BE=2,DFFE=DAEC=2.连接B1D,FG,在△B1DE中,B1GGE=DFFE=2,∴FG∥DB1,FG=13DB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证B1D⊥AC,B1D⊥BC1,∴FG⊥AC,FG⊥BC1,∴FG为异面直线AC与BC1的公垂线段.∵B1D=3,∴FG=33,即异面直线AC与BC1之间的距离为33.
方法三:如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1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,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),C(0,1,0),连接DB1,∴AC=(-1,1,0),BC1=(-1,0,1),AB=(0,1,0),DB1=(1,1,1),则DB1·AC=0,DB1·BC1=0,∴DB1⊥AC,DB1⊥BC1,∴异面直线AC与BC1之间的距离为AB·DB1|DB1|=13=33.
变式题 33 [解析] 如图,建立空间直角坐标系,则A1(1,0,1),C1(0,1,1),设P(x,0,1-x),0≤x≤1,连接A1P,则A1P=(x-1,0,-x),A1C1=(-1,1,0),∴动点P到直线A1C1的距离d=|A1P|2-A1P·A1C1|A1C1|2=
(x-1)2+(-x)2-1-x22=32x2-x+12=
32x-132+13≥33,故面对角线AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为33.
例2 [思路点拨] (1)先证得BC∥平面AB1C1,则直线BC到平面AB1C1的距离即为点B到平面AB1C1的距离.思路一:根据等体积法在三棱锥B-AB1C1(连接BC1)中可得点B到平面AB1C1的距离;思路二:建系,利用向量法求出平面AB1C1的一个法向量及BA,即可得到点B到平面AB1C1的距离.(2)思路一:过点P作PD⊥AC,PD交AC于点D,作PE⊥BC,PE交BC于点E,作PO⊥平面ABC,PO交平面ABC于点O,连接OD,OC,OE,则PE=3,所以EC=EO=1,所以CO=2,进而根据勾股定理求出点P到平面ABC的距离;思路二:建系,利用向量法求点P到平面ABC的距离.
(1)B (2)2 [解析] (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BC∥B1C1,BC⊄平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,所以BC∥平面AB1C1,所以直线BC到平面AB1C1的距离即为点B到平面AB1C1的距离.
方法一:连接BC1,设点B到平面AB1C1的距离为h,由等体积法可得V三棱锥B-AB1C1=V三棱锥C1-ABB1,即13S△AB1C1h=13S△ABB1×B1C1,即13×12×2×1×h=13×12×3×1×1,解得h=32.故直线BC到平面AB1C1的距离为32.故选B.
方法二:以B为坐标原点,以BA,BC,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示.因为CA=2CC1=2BC=2,所以AB=3,则B(0,0,0),A(3,0,0),B1(0,0,1),C1(0,1,1),所以BA=(3,0,0),AB1=(-3,0,1),B1C1=(0,1,0).设平面AB1C1的法向量为n=(x,y,z),则n·AB1=-3x+z=0,n·B1C1=y=0,令x=1,得n=(1,0,3),所以点B到平面AB1C1的距离d=BA·n|n|=3+0+01+0+3=32,即直线BC到平面AB1C1的距离为32.故选B.
(2)方法一:如图,过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,由题意知PD=PE=3.过点P作PO⊥平面ABC,垂足为O,则点O在∠ACB的平分线上,连接OD,OC,OE,则OD⊥CD,OE⊥CE.在Rt△PCE中,PC=2,PE=3,则EC=1.在Rt△ECO中,∠ECO=45°,则Rt△ECO为等腰直角三角形,所以EO=EC=1,所以CO=2.在Rt△PCO中,PO=22-(2)2=2,即点P到平面ABC的距离为2.
方法二:过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,由题意知PD=PE=3,所以CD=CE=1.以C为坐标原点,以CE,CD的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),E(1,0,0),D(0,1,0),设P(x,y,z),则|CP|=2,|PE|=|PD|=3,得x2+y2+z2=4,(x-1)2+y2+z2=3,x2+(y-1)2+z2=3,
解得x=1,y=1,z=2或x=1,y=1,z=-2,所以点P到平面ABC的距离为2.
变式题1 B [解析] 方法一:连接BD,设点E到平面ACD1的距离为h,因为点E是棱AB的中点,所以点E到平面ACD1的距离等于点B到平面ACD1的距离的一半,又平面ACD1过BD的中点,所以点B到平面ACD1的距离等于点D到平面ACD1的距离.由等体积法得VD-ACD1=VD1-ACD,所以13S△ACD1·2h=13S△ACD·DD1,S△ACD=12×2×4=4,DD1=2.在△ACD1中,AD1=22,AC=CD1=25,所以S△ACD1=12×22×(25)2-(2)2=6,则13×6×2h=13×4×2,解得h=23,即点E到平面ACD1的距离为23.故选B.
方法二:如图所示,连接D1E,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D1(0,0,2),E(2,2,0),A(2,0,0),C(0,4,0),所以D1E=(2,2,-2),AC=(-2,4,0),AD1=(-2,0,2).设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=-2x+4y=0,n·AD1=-2x+2z=0,取x=2,得n=(2,1,2),所以点E到平面ACD1的距离d=|D1E·n||n|=|2×2+2×1-2×2|3=23.故选B.
变式题2 解:(1)证明:因为CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,所以A1C1,B1C1,CC1两两垂直,故以C1为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,4),C1(0,0,0),B1(0,4,0),D(2,2,2),
所以CB1=(0,4,-4),C1D=(2,2,2),所以CB1·C1D=0+8-8=0,所以CB1⊥C1D,所以CB1⊥C1D.
(2)由题意可知E是CB1,BC1的中点,所以E(0,2,2),
C1B1=(0,4,0),C1D=(2,2,2),C1E=(0,2,2).
设平面B1C1D的法向量为m=(x,y,z),
则C1B1·m=4y=0,C1D·m=2x+2y+2z=0,取x=1,得m=(1,0,-1),
所以点E到平面B1C1D的距离d=|m·C1E||m|=22=2.
例3 [思路点拨] (1)由二面角的平面角的定义可知∠AOC1(O为EB中点)是二面角A-BE-C1的平面角,利用勾股定理可证明OA⊥OC1,由此可证得结论;(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系,假设存在点P满足题意,设DP=λDC1,由点到平面距离的向量求法可构造方程求得λ,再利用线面角的向量求法可求得结果.
解:(1)证明:在直角梯形ABCD中,连接AC,交BE于点O,
∵四边形ABCE是边长为2的菱形,∠BCE=60°,∴AC⊥BE,OA=OC=3.在四棱锥C1-ABED中,OA⊥BE,OC1⊥BE,OA=OC1=3,∴∠AOC1是二面角A-BE-C1的平面角.∵AC1=6,∴OA2+OC12=AC12,∴OA⊥OC1,即∠AOC1=90°,∴平面BC1E⊥平面ABED.
(2)由(1)可知OA,OC1,BE两两垂直,故以O为坐标原点,OA,OB,OC1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
则D32,-32,0,C1(0,0,3),A(3,0,0),B(0,1,0),E(0,-1,0),
∴DC1=-32,32,3,AD=-32,-32,0,AB=(-3,1,0),AC1=(-3,0,3),AE=(-3,-1,0).假设存在点P满足题意,设DP=λDC1=-32λ,32λ,3λ,λ∈[0,1],连接AP,
则AP=AD+DP=-32-32λ,-32+32λ,3λ.
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),
则AB·n=-3x+y=0,AC1·n=-3x+3z=0,令x=1,得n=(1,3,1),
∴点P到平面ABC1的距离d=|AP·n||n|=|23λ-23|5=155,解得λ=12或λ=32(舍去),
∴AP=-334,-34,32,∴EP=AP-AE=34,14,32.设直线EP与平面ABC1所成的角为θ,
则sin θ=|cs
故在棱DC1上存在点P满足题意,此时直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155.
变式题 解:(1)在平行四边形ABCD中,AE⊥DC,所以DE⊥AE,在△ADE中,因为AD=4,∠ADE=60°,所以AE=23,DE=2,所以EC=1. 在四棱锥D-ABCE中,平面ADE⊥平面ABCE,DE⊂平面ADE,平面ADE∩平面ABCE=AE,因为DE⊥AE,所以DE⊥平面ABCE.
因为M为BD的中点,所以VM-ABCE=12VD-ABCE=12×13×S四边形ABCE×DE=16×12×(1+3)×23×2=433.
(2)由(1)知EA,EC,ED两两垂直,以点E为坐标原点,EA,EC,ED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(如图),
则E(0,0,0),D(0,0,2),C(0,1,0),A(23,0,0),B(23,3,0),所以DB=(23,3,-2),AC=(-23,1,0).
假设存在点M满足题意,设DM=λDB=(23λ,3λ,-2λ)(0<λ<1),
则EM=ED+DM=(0,0,2)+(23λ,3λ,-2λ)=(23λ,3λ,2-2λ),即M(23λ,3λ,2-2λ),所以CM=(23λ,3λ-1,2-2λ).设平面AMC的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=0,m·CM=0,即-23x+y=0,23λx+(3λ-1)y+(2-2λ)z=0,
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