32第5課時(編輯修改稿)
2025-01-13 18:50 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 證 ： 平面 AB1D⊥ 平面 ABB1A1； (2)求點 C到平面 AB1D的距離 ． [解析 ] (1)證明：如圖所示，取 AB1中點 M，則 DM→ ＝ DC→ ＋ CA→＋ AM→ ，又 DM→ ＝ DC1→ ＋ C1B1→ ＋ B1M→ . ∴ 2DM→ ＝ CA→ ＋ C1B1→ ＝ CA→ ＋ CB→ . 2DM→ AA1→ ＝ (CA→ ＋ CB→ )AA1→ ＝ 0,2DM→ AB→ ＝ (CA→ ＋ CB→ )(CB→ － CA→ )＝ |CB→ |2－ |CA→ |2＝ 0， ∴ DM⊥ AA1， DM⊥ AB.∴ DM⊥ 平面 ABB1A1. ∵ DM? 平面 AB1D， ∴ 平面 AB1D⊥ 平面 ABB1A1. (2)解： ∵ A1B⊥ DM， A1B⊥ AB1.∴ A1B⊥ 平面 AB1D. ∴ A1B→ 是平面 AB1D的一個法向量 ． ∴ 點 C到平面 AB1D的距離為 d＝ |AC→ A1B→ ||A1B→ |＝ |AC→ ?A1A→ ＋ AB→ ?|2a ＝ |AC→ AB→ |2a ＝12a22a＝24 a. ABCD的長方體被截面 AEC1F所截得到的 ， 其中 AB＝ 4， BC＝ 2， CC1＝ 3， BE＝ 1， AEC1F為平行四邊形 ． (1)求 BF的長 ； (2)求點 C到平面 AEC1F的距離 ． [解析 ] (1)建立如圖所示的空間直角坐標系，則 D(0,0,0)、 B(2,4,0)、 A(2,0,0)、 C(0,4,0)、E(2,4,1)、 C1(0,4,3)，設(shè) F(0,0， z)． ∵ 四邊形 AEC1F為平行四邊形， ∴ 由 AF→ ＝ EC1→ 得， (－ 2,0， z)＝ (－ 2,0,2)， ∴ z＝ 2.∴ F(0,0,2)． ∴ BF→ ＝ (－ 2，－ 4,2)． 于是 |BF→ |＝ 2 BF的長為 2 6. (2)設(shè) n1為平面 AEC1F的法向量， 顯然 n1不垂直于平面 ADF， 故可設(shè) n1＝ (x， y,1)， ∴????? n1AE→ ＝ 0n1AF→ ＝ 0， ∴????? 0 x＋ 4 y＋ 1＝ 0－ 2 x＋ 0 y＋ 2＝ 0 ， 即????? 4y＋ 1＝ 0－ 2x＋ 2＝ 0 ， ∴ ????? x＝ 1y＝－ 14 . 又 CC1→ ＝ (0,0,3)，設(shè) CC1→ 與 n1的夾角為 α，則 cosα＝ CC1→ n1|CC1→ ||n1|＝ 33 1＋ 116＋ 1＝ 4 3333 . ∴ C到平面 AEC1F的距離為 d＝ |CC1→ |cosα＝ 3 4 3333 ＝ 4 3311 . 一、選擇題 1． 已知向量 n＝ (1,0，－ 1)與平面 α垂直 ， 且 α經(jīng)過點 A(2,3,1)， 則點 P(4,3,2)到 α的距離為 ( ) B. 22 C. 2 22 [答案 ] B [ 解析 ] PA→ ＝ ( － 2,0，－ 1) ，又 n 與 α 垂直，所以 P 到 α 的距離為|?－ 2， 0，－ 1??1， 0，－ 1?|12＋ ?－ 1?2 ＝22 ，故選 B. 2． 正方體 ABCD－ A1B1C1D1的棱長為 1， O 是 A1C1的中點 ， 則 O到平面 ABC1D1的距離為 ( ) A. 32 B. 24 D. 33 [答案 ] B [解析 ] 以 DA→ 、 DC→ 、 DD1→ 為正交基底建立空間
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