1.4.2 第1课时 用空间向量研究距离问题-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.4　空间向量的应用 1.4.2　用空间向量研究距离、 夹角问题 第1课时　用空间向量研究距离问题 课程标准：1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.2.通过空间中距离问题的求解，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 教学重点：几种距离的求法． 教学难点：用向量方法求空间距离． 核心素养：1.通过学习利用向量方法计算空间中的距离，提升数学运算素养.2.在学习点到直线的距离、点到平面的距离、两平行直线间的距离、直线到平面的距离、平面到平面的距离相互转化的过程中，提升数学抽象及直观想象素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　　空间距离及向量求法 (a·u)u 核心概念掌握 5 [想一想]　如何求两条平行直线a，b之间的距离？ 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 2．(点到平面的距离)设A(2，3，1)，B(4，1，2)，C(6，3，7)，D(－5，－4，8)，则点D到平面ABC的距离为________． 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　点到直线的距离、两条平行直线,之间的距离　 例1　在长方体OABC－O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，求点O1到直线AC的距离． 核心素养形成 10 核心素养形成 11 【感悟提升】　向量法求点到直线的距离的步骤 (1)求直线的单位方向向量； (2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线方向向量上的投影向量的长度； (3)利用勾股定理求解． 提醒：求两条平行直线之间的距离可以转化为点到直线的距离来求． 核心素养形成 12 【跟踪训练】　 1．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为A1B1，A1A的中点．求直线EF与C1D之间的距离． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　点到平面的距离　 例2　如图，在圆锥SO中，AB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，求点N到平面SBC的距离． 解　 因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB， 由圆锥的几何性质可知SO⊥平面ABC， 以O为原点，OC，OA，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 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)． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【感悟提升】　求点到平面的距离的步骤 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 题型三　直线到平面的距离、两个平行平面之间的距离　 例3　设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2. (1)求直线CB1到平面A1BD的距离； (2)求平面A1BD与平面B1CD1间的距离． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】　 (1)当直线与平面平行时，要求直线到平面的距离，需要在直线上任取一点，求出该点到平面的距离即可． (2)当平面与平面平行时，要求两个平面之间的距离，需在一个平面内找到一点，求出该点到另一个平面的距离即可． 提醒：线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 随堂水平达标 随堂水平达标 28 随堂水平达标 29 随堂水平达标 30 随堂水平达标 31 4．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则直线FC1到平面AB1E的距离为________． 随堂水平达标 32 随堂水平达标 33 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 考向 点到直线的距离 点到平面的距离 直线到平面的距离 点到直线的距离 点到直线的距离 空间距离的综合 问题 空间两点间的距离；点到平面的距离 考点 利用空间向量求点到直线的距离 利用空间向量求点到平面的距离 利用空间向量求直线到平面的距离 利用空间向量求点到直线的距离 利用空间向量求点到直线的距离 利用空间向量求空间距离 利用空间向量求空间两点间的距离；利用空间向量求点到平面的距离 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 点到直线的距离 两个平行平面之间的 距离 空间距离的综合问题 点到平面的距离 点到平面的距离 点到平面的距离 点到平面的 距离 考点 点到直线距离的最值(范围)问题 利用空间向量求两个平行平面之间的距离 利用空间向量求空间距离 利用空间向量求点到平面的距离 点到平面距离的最值(范围)问题 利用空间向量求点到平面的距离 与点到平面距离有关的探索性问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 9．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 解析：如图，连接OO1，因为O，O1分别为AC，A1C1的中点， 所以O1C1∥AO，且O1C1＝AO，所以四边形AOC1O1为平行四边形， 所以AO1∥OC1，又AO1⊄平面BC1O，OC1⊂平面BC1O，所以AO1∥ 平面BC1O，又OB∥O1B1，O1B1⊄平面BC1O，OB⊂平面BC1O，所 以O1B1∥平面BC1O，又AO1∩O1B1＝O1，AO1，O1B1⊂平面AB1O1， 所以平面AB1O1∥平面BC1O，所以点O1到平面BC1O的距离即为平 面AB1O1与平面BC1O之间的距离．根据题意，知OO1⊥底面ABC，OB，AC，OO1两两垂直，则以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 三、解答题 10．已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点． (1)求点P到直线EF的距离； (2)求点D到平面PEF的距离； (3)求直线AC到平面PEF的距离． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 　　　　　　　　　　　　　 R eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up17(→))·n,|n|))) eq \f(|\o(AP,\s\up17(→))·n|,|n|) 距离的分类 向量求法 点到直线的距离　 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，向量eq \o(AP,\s\up17(→))在直线l上的投影向量为eq \o(AQ,\s\up17(→))，设eq \o(AP,\s\up17(→))＝a，则eq \o(AQ,\s\up17(→))＝___________，点P到直线l的距离PQ＝_________________＝______________________ 点到平面的距离　 已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq \o(AP,\s\up17(→))在直线l上的投影向量eq \o(QP,\s\up17(→))的长度，因此PQ＝___________＝___________＝___________ eq \r(|\a\vs4\al(\o(AP,\s\up17(→))|2)－|\a\vs4\al(\o(AQ,\s\up17(→))|2)) eq \r(a2－（a·u）2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up17(→))·\f(n,|n|))) 提示：如图，两条平行直线a，b之间的距离可以看成直线b上一点B到直线a的距离，则d＝eq \r(|\o(AB,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up17(→))·a,|a|)))\s\up12(2))，其中A∈a，B∈b，a是直线a的方向向量． 1．(点到直线的距离)在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，PA⊥平面ABC，PA＝8，则点P到直线BC的距离为(　　) A.eq \r(5) B．2eq \r(5) C．3eq \r(5) D．4eq \r(5) eq \f(49\r(17),17) 解　解法一：连接AO1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)， ∴eq \o(AO1,\s\up17(→))＝(－2，0，2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，3，0)， ∴eq \o(AO1,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，0，2)·(－2，3，0)＝4， ∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AO1,\s\up17(→))·\o(AC,\s\up17(→)),|\o(AC,\s\up17(→))|)))＝eq \f(4,\r(13))， ∴点O1到直线AC的距离d＝eq \r(|\o(AO1,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AO1,\s\up17(→))·\o(AC,\s\up17(→)),|\o(AC,\s\up17(→))|)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(286),13). 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，过O1作O1D⊥AC于点D， 设D(x，y，0)，则eq \o(O1D,\s\up17(→))＝(x，y，－2)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(x－2，y，0)． ∵eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，3，0)，eq \o(O1D,\s\up17(→))⊥eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))∥eq \o(AC,\s\up17(→))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋3y＝0，,\f(x－2,－2)＝\f(y,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(18,13)，,y＝\f(12,13)，)) ∴eq \o(O1D,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)，\f(12,13)，－2))，∴|eq \o(O1D,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2)＋（－2）2)＝eq \f(2\r(286),13). 即点O1到直线AC的距离为eq \f(2\r(286),13). 解：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2， ∴A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，A(0，0，0)，C1(2，2，2)，D(0，2，0)， ∵E，F分别为A1B1，A1A的中点，∴E(1，0，2)，F(0，0，1)， ∴eq \o(EF,\s\up17(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(C1D,\s\up17(→))＝(－2，0，－2)， ∴eq \o(C1D,\s\up17(→))＝2eq \o(EF,\s\up17(→))，故eq \o(C1D,\s\up17(→))∥eq \o(EF,\s\up17(→))，∴C1D∥EF. ∴点F到直线C1D的距离即为直线EF与C1D之间的距离， ∵eq \o(FD,\s\up17(→))＝(0，2，－1)， ∴eq \o(FD,\s\up17(→))在eq \o(C1D,\s\up17(→))上的投影向量的长度为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD,\s\up17(→))·\o(C1D,\s\up17(→)),|\o(C1D,\s\up17(→))|)))＝eq \f(|（0，2，－1）·（－2，0，－2）|,2\r(2))＝eq \f(1,\r(2))， ∴点F到直线C1D的距离为d＝eq \r(|\o(FD,\s\up17(→))|2－\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD,\s\up17(→))·\o(C1D,\s\up17(→)),|\o(C1D,\s\up17(→))|)))\s\up12(2)))＝eq \r(5－\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2). 即直线EF与C1D之间的距离为eq \f(3\r(2),2). 设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)， 因为eq \o(BC,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(BS,\s\up17(→))＝(0，2，4)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up17(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(BS,\s\up17(→))＝2y＋4z＝0，)) 取y＝－2，可得n＝(2，－2，1)． 又eq \o(BN,\s\up17(→))＝(0，3，1)，所以点N到平面SBC的距离为d＝eq \f(|\o(BN,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－6＋1|,3)＝eq \f(5,3). 【跟踪训练】　 2．如图所示，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱．若点C到平面AB1D1的距离为eq \f(4,3)，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高． 解：设正四棱柱的高为h(h>0)，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，h)，B1(1，0，0)，D1(0，1，0)，C(1，1，h)， 所以eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(1，0，－h)，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(0，1，－h)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(1，1，0)． 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up17(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－hz＝0，,y－hz＝0，)) 取z＝1，得n＝(h，h，1)， 所以点C到平面AB1D1的距离为d＝eq \f(|\o(AC,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(h＋h＋0,\r(h2＋h2＋1))＝eq \f(4,3)，解得h＝2. 故正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为2. 解　 (1)以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)， 所以eq \o(CB1,\s\up17(→))＝(2，0，2)，eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(2，0，2)，eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，2，0)， 所以eq \o(CB1,\s\up17(→))∥eq \o(DA1,\s\up17(→))，即CB1∥DA1， 又CB1⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD， 所以CB1∥平面A1BD， 所以直线CB1到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离． 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up17(→))＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up17(→))＝2x＋2y＝0，)) 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)， 又eq \o(A1B1,\s\up17(→))＝(0，2，0)，所以点B1到平面A1BD的距离为d＝eq \f(|\o(A1B1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3). 即直线CB1到平面A1BD的距离为eq \f(2\r(3),3). (2)由(1)知CB1∥平面A1BD， 同理，D1B1∥平面A1BD， 又CB1∩D1B1＝B1，CB1，D1B1⊂平面B1CD1， 所以平面A1BD∥平面B1CD1， 所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点B1到平面A1BD的距离． 由(1)知，点B1到平面A1BD的距离为eq \f(2\r(3),3)，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(2\r(3),3). 【跟踪训练】　 3．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为直角梯形，AB∥CD且∠ADC＝90°，AD＝1，CD＝eq \r(3)，BC＝2，AA1＝2，E是CC1的中点，求直线A1B1到平面ABE的距离． 解：∵A1B1∥AB，A1B1⊄平面ABE，AB⊂平面ABE， ∴A1B1∥平面ABE， ∴点A1到平面ABE的距离即为直线A1B1到平面ABE的距离． 如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则A1(1，0，2)，A(1，0，0)，E(0，eq \r(3)，1)，C(0，eq \r(3)，0)． 过点C作AB的垂线交AB于点F， 易得BF＝eq \r(3)， ∴B(1，2eq \r(3)，0)， ∴eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，eq \o(BE,\s\up17(→))＝(－1，－eq \r(3)，1)． 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up17(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋z＝0，)) ∴y＝0，x＝z，不妨取n＝(1，0，1)． ∵eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，2)， ∴点A1到平面ABE的距离为d＝eq \f(|\o(AA1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2). 即直线A1B1到平面ABE的距离为eq \r(2). 1．已知M(3，2，3)是空间一点，直线l过点N(2，1，1)且一个方向向量为u＝(－1，－1，0)，则点M到直线l的距离为(　　) A．1 B.eq \r(2) C．2 D．3 解析：由题意，得eq \o(NM,\s\up17(→))＝(1，1，2)，eq \f(u,|u|)＝eq \f(（－1，－1，0）,\r(2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，0))，则点M到直线l的距离为eq \r(|\o(NM,\s\up17(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(NM,\s\up17(→))·\f(u,|u|)))\s\up12(2))＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝2.故选C. 2．已知平面α的一个法向量为n＝(3，1，3)，M(1，0，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，0))，其中M∈α，N∉α，则点N到平面α的距离为(　　) A.eq \f(\r(19),38) B.eq \f(5\r(19),38) C.eq \f(3\r(19),38) D.eq \f(2\r(19),19) 解析：由题意，得eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，0))，所以点N到平面α的距离为eq \f(|\o(MN,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(3,2)×1,\r(32＋12＋32))＝eq \f(3\r(19),38).故选C. 3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD间的距离为(　　) A.eq \f(4,3) B.eq \f(4\r(3),3) C.eq \f(8\r(3),3) D.eq \f(8,3) 解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)，从而eq \o(EF,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(2，2，0)， eq \o(AM,\s\up17(→))＝(－2，0，4)，eq \o(BF,\s\up17(→))＝(－2，0，4)，∴eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(MN,\s\up17(→))，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(BF,\s\up17(→))，∴EF∥MN，AM∥BF.又EF∩BF＝F，MN∩AM＝M，EF，BF⊂平面EFBD，MN，AM⊂平面AMN，∴平面AMN∥平面EFBD.设n＝(x，y，z)是平面EFBD的法向量，从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up17(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(BF,\s\up17(→))＝－2x＋4z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝－2z，))取z＝1，得n＝(2，－2，1)，由于eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，4，0)，∴平面AMN与平面EFBD间的距离为eq \f(|\o(AB,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(8,3). 解析：∵AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，∴直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离．如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， eq \f(2,3) 则A(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，E(0，0，1)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(－2，0，1)，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，2，2)，eq \o(C1B1,\s\up17(→))＝(2，0，0)．设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up17(→))＝－2x＋z＝0，,n·\o(AB1,\s\up17(→))＝2y＋2z＝0，))令z＝2，则n＝(1，－2，2)，∴点C1到平面AB1E的距离为d＝eq \f(|n·\o(C1B1,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(2,3)，即直线FC1到平面AB1E的距离为eq \f(2,3). 一、选择题 1．Rt△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝eq \f(9,5)，则点P到斜边AB的距离为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：以C为原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0，0)，B(0，3，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(9,5)))，所以eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－4，3，0)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，0，\f(9,5)))，所以点P到斜边AB的距离为d＝eq \r(\a\vs4\al(|\o(AP,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up17(→))·\o(AB,\s\up17(→)),|\o(AB,\s\up17(→))|)))\s\up12(2))) ＝eq \r(16＋\f(81,25)－\f(256,25))＝3.故选C. 2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD－EFGH中，点P在正方体的内部且满足eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AE,\s\up17(→))，则点P到平面ADGF的距离为(　　) A.eq \f(\r(2),8) B.eq \f(\r(3),6) C.eq \f(3,8) D.eq \f(\r(2),4) 解析：以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(0，1，0)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，0，1)，eq \o(AF,\s\up17(→))＝(1，0，1)，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)，\f(1,4))).设平面ADGF的法向量为n＝(x，y，z)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up17(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,y＝0，))令x＝1，则y＝0，z＝－1，即n＝(1，0，－1)，故点P到平面ADGF的距离为d＝eq \f(|\o(AP,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,4),\r(2))＝eq \f(\r(2),8).故选A. 3. 如图，已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离为(　　) A．5 B．8 C.eq \f(60,13) D.eq \f(13,3) 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，12，0)，D1(0，0，5)．设B(x，12，0)，则B1(x，12，5)(x>0)．设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥eq \o(BC,\s\up17(→))，n⊥eq \o(CD1,\s\up17(→))，得n·eq \o(BC,\s\up17(→))＝(a，b，c)·(－x，0，0)＝－ax＝0，n·eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0，所以a＝0，b＝eq \f(5,12)c，所以可取n＝(0，5，12)．又eq \o(B1B,\s\up17(→))＝(0，0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为eq \f(|\o(B1B,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(60,13).因为B1C1∥平面A1BCD1，所以直线B1C1到平面A1BCD1的距离为eq \f(60,13). 4．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为(　　) A.eq \f(\r(10),2) B.eq \f(\r(14),2) C．2 D.eq \f(3\r(2),2) 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，所以eq \o(FD1,\s\up17(→))＝(－1，－1，2)，eq \o(FG,\s\up17(→))＝(－1，1，1)，所以点D1到直线FG的距离d＝eq \r(\a\vs4\al(|\o(FD1,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up17(→))·\o(FG,\s\up17(→)),|\o(FG,\s\up17(→))|)))\s\up12(2)))＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))\s\up12(2))＝eq \f(\r(42),3).又|eq \o(FG,\s\up17(→))|＝eq \r(3)，所以S△D1GF＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2). 5．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面A1B1C1D1为矩形，AB＝1，BC＝3，且eq \o(C1M,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(MB1,\s\up17(→))，若点B到平面AB1D1的距离为eq \f(\r(2),2)，则点C到直线AM的距离为(　　) A.eq \r(30) B.eq \f(\r(30),2) C.eq \r(5) D.eq \r(2) 解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由底面A1B1C1D1为矩形，AB＝1，BC＝3，且eq \o(C1M,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(MB1,\s\up17(→))，得A(3，0，0)，B(3，1，0)，C(0，1，0)，令DD1＝a，则D1(0，0，a)，B1(3，1，a)，M(1，1，a)，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－3，0，a)，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，1，a)． 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up17(→))＝－3x＋az＝0，,n·\o(AB1,\s\up17(→))＝y＋az＝0，))令z＝3，得n＝(a，－3a，3)，而eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，1，0)，由点B到平面AB1D1的距离为eq \f(\r(2),2)，得eq \f(|n·\o(AB,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(3a,\r(10a2＋9))＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝eq \f(3\r(2),4)，于是Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3\r(2),4)))，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1，\f(3\r(2),4)))，而eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－3，1，0)，向量eq \o(AC,\s\up17(→))在向量eq \o(AM,\s\up17(→))上的投影向量的长度为d＝eq \f(|\o(AC,\s\up17(→))·\o(AM,\s\up17(→))|,|\o(AM,\s\up17(→))|)＝eq \f(|－3×（－2）＋1×1|,\r(（－2）2＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)))\s\up12(2)))＝2eq \r(2)，所以点C到直线AM的距离为eq \r(|\a\vs4\al(\o(AC,\s\up17(→)))|2－d2)＝eq \r(10－8)＝eq \r(2).故选D. 6．(多选)正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为3，E，F分别为线段DD′和BB′的中点，则(　　) A．点A′到直线BE的距离为3 B．直线AE到直线FC′的距离为3 C．点B到平面AB′E的距离为eq \f(3\r(2),2) D．直线FC′到平面AB′E的距离为1 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(0，3，0)，A′(0，0，3)，B′(3，0，3)，C′(3，3，3)，D′(0，3，3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(3,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(3,2))).对于A，eq \a\vs4\al(BA′)＝(－3，0，3)，eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，3，\f(3,2)))，故点A′到直线BE的距离为eq \r(|\o(BA′,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(\o(BA′,\s\up17(→))·\o(BE,\s\up17(→))),\a\vs4\al(|\o(BE,\s\up17(→))|))))\s\up12(2))＝eq \r(18－9)＝3，故A正确；对于B，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(3,2)))，eq \a\vs4\al(FC′)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(3,2)))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(3,2)))，故eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \a\vs4\al(FC′)，故AE∥FC′， 故直线AE到直线FC′的距离为eq \r(|\o(AF,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\a\vs4\al(\o(AF,\s\up17(→))·\o(AE,\s\up17(→))),\a\vs4\al(|\o(AE,\s\up17(→))|))))\s\up12(2))＝eq \r(9＋\f(9,4)－\f(9,20))＝eq \f(3\r(30),5)，故B错误；对于C，eq \a\vs4\al(AB′)＝(3，0，3)，设平面AB′E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(AB′)·n＝3x＋3z＝0，,\o(AE,\s\up17(→))·n＝3y＋\f(3,2)z＝0，))取z＝2，则x＝－2，y＝－1，故n＝(－2，－1，2)，而eq \o(AB,\s\up17(→))＝(3，0，0)，故点B到平面AB′E的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up17(→))·n,|n|)))＝eq \f(6,3)＝2，故C错误； 对于D，由B项分析可得AE∥FC′，而AE⊂平面AB′E，FC′⊄平面AB′E，故FC′∥平面AB′E，所以点F到平面AB′E的距离即为直线FC′到平面AB′E的距离，且该距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AF,\s\up17(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－6＋3,3)))＝1，故D正确．故选AD. 二、填空题 7. 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，若AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则|eq \o(BF,\s\up17(→))|＝________，点C到平面AEC1F的距离为________． 2eq \r(6) eq \f(4\r(33),11) 解析：如图，以D为原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)．设F(0，0，a)，由eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \o(EC1,\s\up17(→))，得(－2，0，a)＝(－2，0，2)，∴a＝2，∴F(0，0，2)，eq \o(BF,\s\up17(→))＝(－2，－4，2)，∴|eq \o(BF,\s\up17(→))|＝2eq \r(6).eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，4，1)，eq \o(AF,\s\up17(→))＝(－2，0，2)，设n＝(x，y，z)为平面AEC1F的法向量，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up17(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4y＋z＝0，,－2x＋2z＝0，))取z＝1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,4)，1))，又eq \o(CC1,\s\up17(→))＝(0，0，3)，∴点C到平面AEC1F的距离d＝eq \f(|\o(CC1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(4\r(33),11). 8. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则点P到直线CC1的距离的最小值为________． eq \f(2\r(5),5) 解析：如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，eq \o(ED1,\s\up17(→))＝(－1，－2，2)．设eq \o(EP,\s\up17(→))＝λeq \o(ED1,\s\up17(→))，λ∈[0，1]，则eq \o(EP,\s\up17(→))＝λ(－1，－2，2)＝(－λ，－2λ，2λ)，所以P(1－λ，2－2λ，2λ)．设点P在直线CC1上的射影为Q，得Q(0，2，2λ)，|eq \o(PQ,\s\up17(→))|＝eq \r(（1－λ）2＋4λ2)＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,5)))\s\up12(2)＋\f(4,5))，当λ＝eq \f(1,5)时，|eq \o(PQ,\s\up17(→))|min＝eq \f(2\r(5),5).故点P到直线CC1的距离的最小值为eq \f(2\r(5),5). eq \f(2\r(5),5) 则O(0，0，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C1(0，1，2)，O1(0，0，2)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \o(OC1,\s\up17(→))＝(0，1，2)，eq \o(OO1,\s\up17(→))＝(0，0，2)．设n＝(x，y，z)是平面BC1O的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up17(→))＝0，,n·\o(OC1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－1，得n＝(0，2，－1)，记点O1到平面BC1O的距离为d，则d＝eq \f(|\o(OO1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，所以平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为eq \f(2\r(5),5). 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0)). 解法一：(1)∵eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))， 取a＝eq \o(EP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)，1))， u＝eq \f(\o(EF,\s\up17(→)),|\a\vs4\al(\o(EF,\s\up17(→)))|)＝eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))， 则a2＝eq \f(9,4)，a·u＝eq \f(\r(2),4). ∴点P到直线EF的距离为eq \r(a2－（a·u）2)＝eq \r(\f(9,4)－\f(1,8))＝eq \f(\r(34),4). (2)∵eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \o(PE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up17(→))＝0，,n·\o(PE,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x，,z＝\f(3,2)x，)) 令x＝2，则n＝(2，2，3)， ∴点D到平面PEF的距离d＝eq \f(|\o(DE,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(|2＋1|,\r(4＋4＋9))＝eq \f(3\r(17),17). (3)∵AC∥EF，∴点A到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离． 又eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))， ∴点A到平面PEF的距离d＝eq \f(|\o(AE,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17)， 即直线AC到平面PEF的距离为eq \f(\r(17),17). 解法二：(1)∵四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，E，F分别为AB，BC的中点，∴PE＝PF. 设EF的中点为Q，则点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，0)). ∴点P到直线EF的距离为|eq \o(PQ,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(34),4). (2)设DH⊥平面PEF，垂足为H，则 eq \o(DH,\s\up17(→))＝xeq \o(DE,\s\up17(→))＋yeq \o(DF,\s\up17(→))＋zeq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y，\f(1,2)x＋y，z))(x＋y＋z＝1)，eq \o(PE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq \o(PF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1)). ∴eq \o(DH,\s\up17(→))·eq \o(PE,\s\up17(→))＝x＋eq \f(1,2)y＋eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋y))－z＝eq \f(5,4)x＋y－z＝0，eq \o(DH,\s\up17(→))·eq \o(PF,\s\up17(→))＝x＋eq \f(5,4)y－z＝0， 又x＋y＋z＝1，∴x＝y＝eq \f(4,17)，z＝eq \f(9,17). ∴eq \o(DH,\s\up17(→))＝eq \f(3,17)(2，2，3)，∴|eq \o(DH,\s\up17(→))|＝eq \f(3\r(17),17). 因此点D到平面PEF的距离为eq \f(3\r(17),17). (3)设AH′⊥平面PEF，垂足为H′，则eq \o(AH′,\s\up17(→))∥eq \o(DH,\s\up17(→))， 设eq \o(AH′,\s\up17(→))＝λ(2，2，3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)， 则eq \o(EH′,\s\up17(→))＝eq \o(EA,\s\up17(→))＋eq \o(AH′,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))＋(2λ，2λ，3λ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ，2λ－\f(1,2)，3λ)). ∴eq \o(AH′,\s\up17(→))·eq \o(EH′,\s\up17(→))＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝eq \f(1,17). ∴eq \o(AH′,\s\up17(→))＝eq \f(1,17)(2，2，3)，|eq \o(AH′,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(17),17)， 又AC∥平面PEF， ∴直线AC到平面PEF的距离为eq \f(\r(17),17). 11．如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上两个动点，且EF的长为定值，则点Q到平面PEF的距离(　　) A．等于eq \f(\r(5)a,5) B．和EF的长度有关 C．等于eq \f(\r(2)a,3) D．和点Q的位置有关 解析：取B1C1的中点G，连接PG，CG，DP，则PG∥CD，所以点Q到平面PEF的距离，即点Q到平面PGCD的距离，与EF的长度无关，B错误；因为A1B1∥平面PGCD，所以点A1到平面PGCD的距离，即点Q到平面PGCD的距离，即点Q到平面PEF的距离，与点Q的位置无关，D错误；以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，a，0)，D(0，0，0)，A1(a，0，a)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，a))，所以eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，a，0)，eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(a，0，a)， eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，a)).设n＝(x，y，z)是平面PGCD的法向量，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DP,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)x＋az＝0，,ay＝0，))令z＝1，则x＝－2，y＝0，所以n＝(－2，0，1)是平面PGCD的一个法向量．设点Q到平面PEF的距离为d，则d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DA1,\s\up17(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2a＋a,\r(5))))＝eq \f(\r(5)a,5)，A正确，C错误．故选A. 12．在如图所示直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AB＝1，∠DAB＝eq \f(π,3)，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上，则顶点B到平面APC的距离的最大值为________． eq \f(1,2) 解析：连接AC，BD交于点O，由题意，得AC⊥BD，OB＝OD＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)，OA＝OC＝eq \r(AB2－OB2)＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，D1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，2))，所以eq \o(AC,\s\up17(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，0，2)，设eq \o(BP,\s\up17(→))＝λeq \o(BD1,\s\up17(→))(0≤λ≤1)，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋λeq \o(BD1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))＋λ(－1，0，2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ＋\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2λ))， 设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AC,\s\up17(→))，,n⊥\o(AP,\s\up17(→))，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up17(→))＝\r(3)y＝0，,n·\o(AP,\s\up17(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ＋\f(1,2)))x＋\f(\r(3),2)y＋2λz＝0，))取x＝4λ，则n＝(4λ，0，2λ－1)，设顶点B到平面APC的距离为d，则d＝eq \f(|\o(AB,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(2λ,\r(（4λ）2＋（2λ－1）2))＝ eq \f(2λ,\r(20λ2－4λ＋1))，当λ＝0时，d＝0，当0<λ≤1时，d＝eq \f(2λ,\r(20λ2－4λ＋1))＝eq \f(2,\r(20－\f(4,λ)＋\f(1,λ2)))＝eq \f(2,\r(16＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－2))\s\up12(2)))，所以当eq \f(1,λ)＝2，即λ＝eq \f(1,2)时，顶点B到平面APC的距离最大，为eq \f(2,\r(16))＝eq \f(1,2). 13．如图，将边长为eq \r(2)的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，求点D到平面ABC的距离． 解：取BD的中点O，连接OA，OC， ∵折叠前四边形ABCD是正方形，边长为eq \r(2)， ∴OA＝OB＝OC＝OD＝1， 且OA⊥BD，OC⊥BD， ∴∠AOC为二面角A－BD－C的平面角， ∴∠AOC＝90°，即OA⊥OC， 则OA，OC，OD两两垂直．以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，eq \o(BA,\s\up17(→))＝(0，1，1)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，2，0)． 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up17(→))＝y＋z＝0，,n·\o(BC,\s\up17(→))＝x＋y＝0，)) 故可取n＝(1，－1，1)， ∴点D到平面ABC的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BD,\s\up17(→))·n,|n|)))＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3). 14．如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝eq \r(2)，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD的中点，问：在线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2)？若存在，求出eq \f(AQ,QD)的值；若不存在，说明理由． 解：存在．在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，所以PO⊥AD. 又侧面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD. 建立如图所示的空间直角坐标系，易得A(0，－1，0)， B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)， 所以eq \o(CP,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(－1，1，0)． 假设在线段AD上存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为eq \f(\r(3),2). 设Q(0，y，0)(－1≤y≤1)， 则eq \o(CQ,\s\up17(→))＝(－1，y，0)． 设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CP,\s\up17(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＋z0＝0，,－x0＋y0＝0，)) 即x0＝y0＝z0，取x0＝1，则n＝(1，1，1)． 所以点Q到平面PCD的距离为d＝eq \f(|\o(CQ,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－1＋y|,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)， 所以y＝－eq \f(1,2)或y＝eq \f(5,2)(舍去)． 此时AQ＝eq \f(1,2)，QD＝eq \f(3,2). 所以在线段AD上存在一点Q满足题意，此时eq \f(AQ,QD)＝eq \f(1,3). $$