1.2.5 空间中的距离-【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B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.2　空间向量在立体几何中的应用 1.2.5　空间中的距离 课程标准：能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题，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：通过对空间中两点之间的距离、点到直线的距离、点到平面的距离、相互平行的直线与平面之间的距离以及相互平行的平面与平面之间的距离的学习培养数学抽象素养、逻辑推理素养和数学运算素养． (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 知识点一　空间中两点之间的距离 空间中两点之间的距离指的是________________________． 知识点二　点到直线的距离 给定空间中一条直线l及l外一点A，因为l与A能确定一个平面，所以过A可以作直线l的一条垂线段，___________________称为点A到直线l的距离．点到直线的距离也是这个点与直线上点的_____________________． 这两个点连线的线段长 这条垂线段的长 最短连线的长度 核心概念掌握 5 [想一想]　如何用向量法求点到直线的距离？ 核心概念掌握 6 垂线段 最短连线的长度 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 知识点四　相互平行的直线与平面之间的距离 (1)当直线与平面平行时，直线上___________________的距离称为这条直线与这个平面之间的距离． (2)如图，如果直线l与平面α平行，n是平面α的一个法向量，A，B分别是l上和α内的点，则直线l与平面α之间的距离为d＝_______________． 任意一点到平面 核心概念掌握 9 知识点五　相互平行的平面与平面之间的距离 (1)当平面与平面平行时，____________________到______________的距离称为这两个平行平面之间的距离． (2)一般地，与两个平行平面同时垂直的直线，称为这两个平面的_________，公垂线夹在平行平面间的部分，称为这两个平面的____________．显然，两个平行平面之间的距离也等于它们的公垂线段的长． 一个平面内任意一点 另一个平面 公垂线 公垂线段 核心概念掌握 10 (3)如图，如果平面α与平面β平行，n是平面β的一个法向量(当然也是平面α的一个法向量)，A和B分别是平面α与平面β内的点，则平面α与平面β之间的距离为d ＝______________． 核心概念掌握 11 [想一想]　几种距离之间有什么关系？ 提示： 核心概念掌握 12 核心概念掌握 13 3．(点到直线的距离)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是________． 4．(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 14 核心素养形成 题型一　两点间的距离 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】向量法求两点间距离的两种方法 (1)坐标法：建立适当的空间直角坐标系，写出对应点的坐标，利用两点间的距离公式或对应向量的长度求解． (2)基向量法：确定基向量，用基向量表示出所求线段对应的向量，结合基向量的模和夹角求出对应向量的长度． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 1．如图所示，在120°的二面角α－AB－β中，AC⊂α，BD⊂β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B，已知AC＝AB＝BD＝6，试求线段CD的长． 核心素养形成 19 题型二　点到直线的距离 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】向量法求点到直线的距离的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量； (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影长度； (4)利用勾股定理求点到直线的距离． 注意：平行直线间的距离可转化为点到直线的距离进行求解． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　点到平面的距离　 例3　已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱PA⊥平面ABCD，M为PD的中点，PA＝AD＝1. (1)求证：平面MAC⊥平面PCD； (2)求点P到平面MAC的距离． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【感悟提升】向量法求点到平面的距离的步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求出该平面的一个法向量； (3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量； (4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即为点到平面的距离． 核心素养形成 28 【跟踪训练】 3．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝2. (1)求证：A1C∥平面AB1D； (2)求点C1到平面AB1D的距离． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 题型四　相互平行的直线与平面之间的距离　 例4　在棱长为a的正方体AC1中，E，F分别是BB1，CC1的中点． (1)求证：DA∥平面A1EFD1； (2)求直线DA与平面A1EFD1的距离． 核心素养形成 31 核心素养形成 32 【感悟提升】　 求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解． 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 核心素养形成 36 题型五　两平行平面间的距离　 例5　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝4，CC1＝2. (1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1； (2)求平面A1BC1与平面ACD1的距离． 核心素养形成 37 核心素养形成 38 核心素养形成 39 【感悟提升】　 求两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解． 核心素养形成 40 【跟踪训练】 5．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AB，BC，BB1的中点． (1)求证：平面A1DC1∥平面EFG； (2)求平面A1DC1与平面EFG间的距离． 解:　(1)证明：连接AC. ∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC. ∵AA1綊CC1， ∴四边形ACC1A1是平行四边形， 核心素养形成 41 ∴A1C1∥AC，∴EF∥A1C1， 又A1C1⊂平面A1DC1，EF⊄平面A1DC1， ∴EF∥平面A1DC1， 同理，连接AB1，可得EG∥AB1∥DC1， 可得EG∥平面A1DC1， ∵EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG， ∴平面A1DC1∥平面EFG. 核心素养形成 42 核心素养形成 43 随堂水平达标 随堂水平达标 45 随堂水平达标 46 随堂水平达标 47 随堂水平达标 48 随堂水平达标 49 随堂水平达标 50 4．如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1与平面A1BCD1的距离是________． 随堂水平达标 51 随堂水平达标 52 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 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 考点 向量法求点到直线的距离 已知点到平面的距离求参数 向量法求直线与平面的距离 向量法求两点之间的距离 距离的综合问题 向量法求点到平面的距离 向量法求直线与平面的距离 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 考点 向量法求点到直线的距离 向量法求两点之间的距离；向量法求点到平面的距离 向量法求两平行平面之间的距离 向量法求点到平面的距离；向量法求两点之间的距离 向量法求两平行平面之间的距离 向量法求点到直线的距离；向量法求点到平面的距离 关于点面距的探索性问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 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 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 二、填空题 6．我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”．空间直角坐标系Oxyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看作三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立适当的空间直角坐标系Oxyz，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面α的方程为x－2y＋z＝0，若三脚架顶点Q的坐标为(0，2，3)，则点Q到平面α的距离为________． 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 7．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN与平面ACD1的距离为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 8．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．在堑堵ABC－A1B1C1中，若AC＝BC＝1，AA1＝1，点P是直线AC1上的动点，则点P到直线BB1的最短距离是________． 1 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 三、解答题 9．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，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1. (1)求BF的长； (2)求点C到平面AEC1F的距离． 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 10．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD间的距离． 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 12．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 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 79 13．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，求： (1)点A1到直线BD的距离； (2)点A1到平面BDC1的距离； (3)异面直线BD与CD1之间的距离． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 80 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 81 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 87 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 88 　　　　　　　　　　　　　 R 提示：如图，若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝eq \r(|\o(PA,\s\up17(→))|2－|\o(PA,\s\up17(→))·l0|2)，点P到直线l的距离也可以表示为d＝eq \r(|\o(PA,\s\up17(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up17(→))·\f(l,|l|)))\s\up12(2))＝eq \r(|\o(PA,\s\up17(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up17(→))·l,|l|)))\s\up12(2))，其中l是直线l的一个方向向量． 知识点三　点到平面的距离 (1)给定空间中一个平面α及α外一点A，过A可以作平面α的一条垂线段，这条______________的长称为点A到平面α的距离．点到平面的距离也是这个点与平面内点的_______________________． (2)一般地，若A是平面α外一点，B是平面α内一点，n是平面α的一个法向 量，则点A到平面α的距离d＝______________． eq \f(|\o(BA,\s\up17(→))·n|,|n|) [点拨]　由于eq \f(n,|n|)＝n0为平面的一个单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段的方向向量的数量积的绝对值，即d＝|eq \o(AB,\s\up17(→))·n0|. eq \f(|\o(BA,\s\up17(→))·n|,|n|) eq \f(|\o(BA,\s\up17(→))·n|,|n|) 1．(线面间的距离)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为(　　) A.eq \r(2) B．2 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(3\r(2),2) eq \f(49\r(17),17) 2．(两点间的距离)已知eq \o(OA,\s\up17(→))＝(2，1，1)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(1，3，1)，则点A，B之间的距离为________． eq \r(5) eq \f(4\r(5),5) 例1　如图，正方形ABCD和ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点M在AC上，点N在BF上．若CM＝BN＝eq \f(\r(2),2)，求MN的长． 解　解法一：建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(1，0，0)，F(1，1，0)，C(0，0，1)， ∵CM＝BN＝eq \f(\r(2),2)，且四边形ABCD，ABEF为正方形， ∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－\f(1,2)))，∴|eq \o(MN,\s\up17(→))|＝eq \r(0＋\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(2),2)，即MN＝eq \f(\r(2),2). 解法二：以eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))为基向量， ∵CM＝BN＝eq \f(\r(2),2)，∴eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(FN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(FB,\s\up17(→)). ∴eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(MA,\s\up17(→))＋eq \o(AN,\s\up17(→))＝－eq \o(AM,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \o(FN,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(FB,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→)))＋eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AF,\s\up17(→)))＝－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AF,\s\up17(→))， ∴|eq \o(MN,\s\up17(→))|2＝eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up17(→))2＋eq \f(1,4) eq \o(AF,\s\up17(→))2＝eq \f(1,2)， ∴|eq \o(MN,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(2),2)，即MN＝eq \f(\r(2),2). 解：∵AC⊥AB，BD⊥AB，∴eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0， 又二面角α－AB－β的平面角为120°，∴〈eq \o(CA,\s\up17(→))，eq \o(BD,\s\up17(→))〉＝60°， ∴CD2＝|eq \o(CD,\s\up17(→))|2＝(eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))2＝eq \o(CA,\s\up17(→))2＋eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \o(BD,\s\up17(→))2＋2(eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→)))＝3×62＋2×62×cos60°＝144，∴CD＝12. 例2　如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1⊥平面ABCD，AA1＝A1B1＝eq \f(1,2)AB＝1，∠ABC＝eq \f(π,3)，则点B到直线A1D的距离为(　　) A．2 B．2eq \r(6) C.eq \f(2\r(15),5) D.eq \f(2\r(30),5) 解析　以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，因为AA1＝A1B1＝eq \f(1,2)AB＝1，∠ABC＝eq \f(π,3)，且四边形ABCD是菱形，所以B(2，0，0)，A1(0，0，1)，D(－1，eq \r(3)，0)，所以eq \o(A1D,\s\up17(→))＝(－1，eq \r(3)，－1)，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(2，0，－1)，设点B到直线A1D的距离为d，所以d＝eq \r(\o(A1B,\s\up17(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1B,\s\up17(→))·\o(A1D,\s\up17(→)),|\o(A1D,\s\up17(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,\r(5))))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(30),5).故选D. 【跟踪训练】 2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为(　　) A．2eq \r(3) B．2eq \r(5) C.eq \r(2) D．4 解析：如图，以B为原点，eq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(BP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，4，0)，P(0，0，4)，故eq \o(PC,\s\up17(→))＝(2，0，－4)，eq \o(PA,\s\up17(→))＝(0，4，－4)，取a＝eq \o(PC,\s\up17(→))＝(2，0，－4)，u＝eq \f(\o(PA,\s\up17(→)),|\o(PA,\s\up17(→))|)＝eq \f(1,\r(2))(0，1，－1)，则点C到直线PA的距离是eq \r(a2－（a·u）2)＝eq \r(20－8)＝2eq \r(3)，即点C到直线PA的距离为2eq \r(3).故选A. 解析　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，∴以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)． ∵M为PD的中点，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(－1，0，0)，eq \o(PD,\s\up17(→))＝(0，1，－1)， ∴eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝0，eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(PD,\s\up17(→))＝0， ∴AM⊥CD，AM⊥PD， ∵PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD， ∴AM⊥平面PCD， 又AM⊂平面MAC， ∴平面MAC⊥平面PCD. (2)由(1)知eq \o(AC,\s\up17(→))＝(1，1，0)，设平面MAC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up17(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up17(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,x＋y＝0，)) 令x＝1，则y＝－1，z＝1， ∴n＝(1，－1，1)，eq \o(PA,\s\up17(→))＝(0，0，－1)， 设点P到平面MAC的距离为d， 则d＝eq \f(|\o(PA,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，∴点P到平面MAC的距离为eq \f(\r(3),3). 解：(1)证明：如图，以D为原点，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DA,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，C(1，0，0)，B1(－1，0，2)，A1(0，eq \r(3)，2)，A(0，eq \r(3)，0)，C1(1，0，2)，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(1，－eq \r(3)，－2)，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(－1，－eq \r(3)，2)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(0，－eq \r(3)，0)． 设平面AB1D的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up17(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－\r(3)y＋2z＝0，,－\r(3)y＝0.)) 令z＝1，则x＝2，y＝0，∴n＝(2，0，1)． ∵eq \o(A1C,\s\up17(→))·n＝1×2＋(－eq \r(3))×0＋(－2)×1＝0，∴eq \o(A1C,\s\up17(→))⊥n. ∵A1C⊄平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D. (2)由(1)知平面AB1D的一个法向量为n＝(2，0，1)，且eq \o(C1A,\s\up17(→))＝(－1，eq \r(3)，－2)， ∴点C1到平面AB1D的距离d＝eq \f(|\o(C1A,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,\r(5))＝eq \f(4\r(5),5). 解　(1)证明：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz. 因为eq \o(DA,\s\up17(→))＝(a，0，0)，eq \o(D1A1,\s\up17(→))＝(a，0，0)， 所以DA∥D1A1，而D1A1⊂平面A1EFD1，DA⊄平面A1EFD1， 所以DA∥平面A1EFD1. (2)因为DA∥平面A1EFD1，所以点D到平面A1EFD1的距离即为直线DA与平面A1EFD1的距离． 由(1)得D1(0，0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2)))， 所以eq \o(D1F,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，－\f(a,2)))，eq \o(DF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(a,2))). 设平面A1EFD1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1F,\s\up17(→))＝ay－\f(a,2)z＝0，,n·\o(D1A1,\s\up17(→))＝ax＝0，))取z＝2，得n＝(0，1，2)． 所以点D到平面A1EFD1的距离d＝eq \f(|n·\o(DF,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(|a＋a|,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)a. 故直线DA与平面A1EFD1的距离为eq \f(2\r(5),5)a. 【跟踪训练】 4．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E，F分别在A1B，B1D1上，且A1E＝eq \f(1,3)A1B，B1F＝eq \f(1,3)B1D1. (1)求证：EF∥平面ABC1D1； (2)求EF与平面ABC1D1的距离． 解：(1)证明：如图，以B为原点，eq \o(BA,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(BB1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Bxyz，易得E(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)a)) ，F(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，eq \f(1,3)a，a)) ， 故eq \o(EF,\s\up17(→))＝(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1 (-a，eq \f(1,3)a，eq \f(1,3)a)) ，eq \o(BA,\s\up17(→))＝(a，0，0)，eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(0，a，a)． 设平面ABC1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up17(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＝0，,ay＋az＝0，))令z＝1，得n＝(0，－1，1)． 因为eq \o(EF,\s\up17(→))·n＝0－eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)a＝0，所以eq \o(EF,\s\up17(→))⊥n， 又EF⊄平面ABC1D1，故EF∥平面ABC1D1. (2)因为EF∥平面ABC1D1，所以点E到平面ABC1D1的距离即为EF与平面ABC1D1的距离． 由(1)得eq \o(BE,\s\up17(→))＝(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(2,3)a)) ， 所以点E到平面ABC1D1的距离d＝eq \f(|\o(BE,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(2,3)a,\r(2))＝eq \f(\r(2),3)a. 故EF与平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),3)a. 解　 (1)证明：以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． ∵AB＝3，BC＝4，CC1＝2， ∴A(4，0，0)，A1(4，0，2)，B(4，3，0)，C(0，3，0)， C1(0，3，2)，D1(0，0，2)． ∴eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－4，3，0)，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－4，0，2)，eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝(－4，3，0)，eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(－4，0，2)， ∴eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(A1C1,\s\up17(→))，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝eq \o(BC1,\s\up17(→))， ∴AC∥A1C1，AD1∥BC1， 又AC∩AD1＝A，A1C1∩BC1＝C1， ∴平面A1BC1∥平面ACD1. (2)∵平面A1BC1∥平面ACD1， ∴点A到平面A1BC1的距离即为两个平面间的距离． 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up17(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x＋3y＝0，,－4x＋2z＝0，)) 令z＝6，得x＝3，y＝4， 则平面A1BC1的一个法向量为n＝(3，4，6)， ∴点A到平面A1BC1的距离为d1＝eq \f(|\o(AB,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(|（0，3，0）·（3，4，6）|,\r(61))＝eq \f(12\r(61),61). 故平面A1BC1与平面ACD1的距离为eq \f(12\r(61),61). (2)连接A1E，如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz， 则A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，∴eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(2，0，2)，eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，2，2)，eq \o(A1E,\s\up17(→))＝(0，1，－2)． 设平面A1DC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,y＋z＝0，))令x＝1，得n＝(1，1，－1)， 则平面A1DC1与平面EFG间的距离为eq \f(|\o(A1E,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(3))＝eq \r(3). 1．已知过坐标原点O的直线l的方向向量u＝(1，1，1)，则点P(1，2，3)到直线l的距离是(　　) A．2 B.eq \r(5) C.eq \r(3) D.eq \r(2) 解析：由题意可知，eq \o(OP,\s\up17(→))在直线l上的投影的模为eq \f(|\o(OP,\s\up17(→))·u|,|u|)＝eq \f(6,\r(3))＝2eq \r(3)，所以点P(1，2，3)到直线l的距离d＝eq \r(|\o(OP,\s\up17(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(OP,\s\up17(→))·u,|u|)))\s\up12(2))＝eq \r(2).故点P(1，2，3)到直线l的距离是eq \r(2).故选D. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，eq \o(DD1,\s\up17(→))＝(0，0，2)，eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(2，0，2)，eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，2，0)，设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up17(→))·n＝0，,\o(DB,\s\up17(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,x＋y＝0，))取x＝1，则n＝(1，－1，－1)，所以点D1到平面A1BD的距离是eq \f(|\o(DD1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).故选D. 2．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　) A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(3),3) 3．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))，则下列说法正确的是(　　) A．点B1到直线BE的距离为eq \f(2\r(5),5) B．点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4) C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3) D．点P到直线AB的距离为eq \f(5,6) 解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，所以eq \o(BB1,\s\up17(→))＝(0，0，1)，eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1)).设∠B1BE＝θ，则cosθ＝eq \f(\o(BB1,\s\up17(→))·\o(BE,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(BB1,\s\up17(→))||\o(BE,\s\up17(→))|))＝eq \f(1,1×\f(\r(5),2))＝eq \f(2\r(5),5)，sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(\r(5),5)，故B1到直线BE的距离d1＝|eq \o(BB1,\s\up17(→))|sinθ＝1×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(5),5)，故A错误；易知eq \o(C1O,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(C1A1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一个法向量为eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(0，－1，1)， 则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|\o(C1O,\s\up17(→))·\o(DA1,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(DA1,\s\up17(→))|))＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，故B正确；eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(1，0，－1)，eq \o(A1D,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(A1D1,\s\up17(→))＝(0，1，0)．设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up17(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得x＝1，y＝1，所以n＝(1，1，1)．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|\o(A1D1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3). 因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)，故C正确；因为eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，又eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，则eq \f(\o(AP,\s\up17(→))·\o(AB,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up17(→))|))＝eq \f(3,4)，所以点P到直线AB的距离d4＝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(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq \f(5,6)，故D正确．故选BCD. 解析：因为B1C1∥BC，BC⊂平面A1BCD1，B1C1⊄平面A1BCD1，所以B1C1∥平面A1BCD1，所以直线B1C1到平面A1BCD1的距离等于点B1到平面A1BCD1的距离．以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向， eq \f(60,13) 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)，B1(x，12，5)(x>0)，则eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－x，0，0)，eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(0，－12，5)．设平面A1BCD1的一个法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up17(→))＝0，,n·\o(CD1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ax＝0，,－12b＋5c＝0，))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)，所以直线B1C1与平面A1BCD1的距离为eq \f(60,13). 一、选择题 1．已知三棱锥O－ABC中，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，且OA＝1，OB＝2，OC＝2，则点A到直线BC的距离为(　　) A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.eq \r(5) D．3 解析：以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由题设可知A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，∴eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，2，0)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(0，－2，2)，|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(1＋4＋0)＝eq \r(5)，eq \f(|\o(AB,\s\up17(→))·\o(BC,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(BC,\s\up17(→))|))＝eq \f(4,2\r(2))＝eq \r(2)，∴点A到直线BC的距离d＝eq \r(5－2)＝eq \r(3). 2．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在平面α内，若点P(－2，1，z)到平面α的距离为eq \f(10,3)，则z＝(　　) A．16 B．－4 C．4或－16 D．－4或16 解析：由点A(－1，3，0)在平面α内，点P(－2，1，z)，可得eq \o(AP,\s\up17(→))＝(－1，－2，z)，因为平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，且点P(－2，1，z)到平面α的距离为eq \f(10,3)，所以eq \f(|\o(AP,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(10,3)，即eq \f(|2＋4＋z|,\r(4＋4＋1))＝eq \f(10,3)，解得z＝4或z＝－16.故选C. 3．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则直线FC1与平面AB1E的距离为(　　) 　A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(\r(30),5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,3) 解析：∵AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，因此直线FC1与平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离．如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，1，1)，eq \o(C1B1,\s\up17(→))＝(1，0，0)．设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up17(→))＝－x＋\f(1,2)z＝0，,n·\o(AB1,\s\up17(→))＝y＋z＝0，))令z＝2，则n＝(1，－2，2)．设点C1到平面AB1E的距离为d，则d＝eq \f(|n·\o(C1B1,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(1,3)，故直线FC1与平面AB1E的距离为eq \f(1,3).故选D. 4．如图，在大小为60°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A.eq \r(2) B．2 C．1 D.eq \r(3) 解析：由题意，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，故BF⊥EF，CF⊥EF，可得∠BFC为二面角A－EF－D的平面角，故∠BFC＝60°.又ED∥CF，故异面直线BF与ED所成的角也为60°，∵eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(BF,\s\up17(→))＋eq \o(FE,\s\up17(→))＋eq \o(ED,\s\up17(→))，∴|eq \o(BD,\s\up17(→))|2＝|eq \o(BF,\s\up17(→))|2＋|eq \o(FE,\s\up17(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up17(→))|2＋2eq \o(BF,\s\up17(→))·eq \o(FE,\s\up17(→))＋2eq \o(FE,\s\up17(→))·eq \o(ED,\s\up17(→))＋2eq \o(BF,\s\up17(→))·eq \o(ED,\s\up17(→))＝|eq \o(BF,\s\up17(→))|2＋|eq \o(FE,\s\up17(→))|2＋|eq \o(ED,\s\up17(→))|2＋2|eq \o(BF,\s\up17(→))||eq \o(FE,\s\up17(→))|cos90°＋2|eq \o(FE,\s\up17(→))||eq \o(ED,\s\up17(→))|·cos90°＋2|eq \o(BF,\s\up17(→))||eq \o(ED,\s\up17(→))|cos120°＝1＋1＋1－1＝2，∴|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \r(2).故选A. 5．(多选)如图所示，在直平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝C1F＝eq \f(1,4)AA1＝eq \f(1,2)，则(　　) A．C1E的长为eq \f(\r(29),2) B．点D到直线EC1的距离为eq \f(32,29) C．点B到平面EDC1的距离为eq \f(\r(5),3) D．直线D1F与平面BDE之间的距离为eq \f(4\r(5),5) 解析：以D为原点，eq \o(DB,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，0，0)，C1(0，1，2)，D1(0，0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(3,2))).对于A，∵eq \o(C1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－2，－\f(3,2)))，∴C1E＝|eq \o(C1E,\s\up17(→))|＝eq \r(12＋（－2）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(29),2)，A正确；对于B，∵eq \o(C1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－2，－\f(3,2)))，eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，1，2)，∴eq \f(|\o(DC1,\s\up17(→))·\o(C1E,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(C1E,\s\up17(→))|))＝eq \f(10\r(29),29)，∴点D到直线EC1的距离为eq \r(|\o(DC1,\s\up17(→))|2－\b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(\f(\o(DC1,\s\up17(→))·\o(C1E,\s\up17(→)),|\o(C1E,\s\up17(→))|)))\s\up12(2)) ＝eq \f(3\r(145),29)，B错误；对于C，∵eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，1，2)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2))).设平面EDC1的一个法向量为n＝(x，y，1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up17(→))＝x－y＋\f(1,2)＝0，,n·\o(DC1,\s\up17(→))＝y＋2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(5,2)，,y＝－2，))∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2，1))，又eq \o(DB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，∴点B到平面EDC1的距离为eq \f(|n·\o(DB,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(\f(5,2),\f(3\r(5),2))＝eq \f(\r(5),3)，C正确；对于D，∵eq \o(EB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，eq \o(D1F,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，即eq \o(EB,\s\up17(→))＝eq \o(D1F,\s\up17(→))，∴D1F∥BE， 又D1F⊄平面BDE，∴D1F∥平面BDE.又eq \o(DB,\s\up17(→))＝(1，0，0)，设平面BDE的一个法向量为m＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EB,\s\up17(→))＝b－\f(1,2)c＝0，,m·\o(DB,\s\up17(→))＝a＝0，))令c＝2，则m＝(0，1，2)，∵eq \o(DD1,\s\up17(→))＝(0，0，2)，∴点D1到平面BDE的距离为eq \f(|m·\o(DD1,\s\up17(→))|,|m|)＝eq \f(4,\r(1＋4))＝eq \f(4\r(5),5)，即直线D1F与平面BDE之间的距离为eq \f(4\r(5),5)，D正确．故选ACD. eq \f(\r(　,6),6) 解析：平面α的方程为x－2y＋z＝0，取P(0，0，0)，则平面α的一个法向量为m＝(1，－2，1)，eq \o(PQ,\s\up17(→))＝(0，2，3)，则点Q到平面α的距离为eq \f(|\o(PQ,\s\up17(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(1＋4＋1))＝eq \f(\r(6),6). 解析：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则平面ACD1的一个法向量为n＝(1，1，1)，∵Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，A(1，0，0)，∴eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，∴点M到平面ACD1的距离为d＝eq \f(|\o(AM,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(0＋1＋\f(1,2),\r(3))＝eq \f(\r(3),2).又eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD1,\s\up17(→))，MN⊄平面ACD1，∴MN∥平面ACD1，故直线MN与平面ACD1的距离也为eq \f(\r(3),2). eq \f(\r(3),2) 解析：如图，以C为原点，eq \o(CA,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))，eq \o(CC1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，1)，C1(0，0，1)，且eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(BB1,\s\up17(→))＝(0，0，1)．因为点P是直线AC1上的动点，设点P(x，0，z)，则eq \o(AP,\s\up17(→))＝λeq \o(AC1,\s\up17(→))(0≤λ≤1)，即(x－1，0，z)＝λ(－1，0，1)，可得x＝1－λ，z＝λ，即P(1－λ，0，λ)，eq \o(BP,\s\up17(→))＝(1－λ，－1，λ)，则点P到直线BB1的距离是eq \r(|\o(BP,\s\up17(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\f(\o(BP,\s\up17(→))·\o(BB1,\s\up17(→)),|\o(BB1,\s\up17(→))|))))\s\up12(2))＝eq \r(（1－λ）2＋1＋λ2－λ2)＝eq \r(（1－λ）2＋1)，则当λ＝1时，点P到直线BB1的距离最短，最短距离是1. 解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)， 设F(0，0，z)． 易知截面AEC1F为平行四边形， ∴由eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \o(EC1,\s\up17(→))，得(－2，0，z)＝(－2，0，2)， ∴z＝2，∴F(0，0，2)，eq \o(BF,\s\up17(→))＝(－2，－4，2)． 于是|eq \o(BF,\s\up17(→))|＝2eq \r(6)，即BF的长为2eq \r(6). (2)设平面AEC1F的一个法向量为n＝(x，y，1)． 由(1)得eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，4，1)，eq \o(AF,\s\up17(→))＝(－2，0，2)， 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＋1＝0，,－2x＋2＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(1,4).)) ∴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的距离为d＝eq \f(|\o(CC1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(1＋\f(1,16)＋1))＝eq \f(4\r(33),11). 解：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 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)， ∴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， ∴平面AMN∥平面EFBD. 设平面AMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up17(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up17(→))＝－2x＋4z＝0，)) 取z＝1，得x＝2，y＝－2，∴n＝(2，－2，1)， 由于eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，4，0)， ∴eq \f(|n·\o(AB,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(|－8|,\r(4＋4＋1))＝eq \f(8,3). ∴平面AMN与平面EFBD间的距离为eq \f(8,3). 11．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝AB＝CC1＝1，E是线段AB的中点，在△A1BC内有一动点P(包括边界)，则|PA|＋|PE|的最小值是(　　) A.eq \f(\r(33),2) B.eq \f(2\r(33),3) C.eq \f(\r(33),6) D.eq \f(\r(33),3) 解析：由题意，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则A1(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，0，0)，A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，所以eq \o(CB,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(CA1,\s\up17(→))＝(1，0，1)，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，1)，设A关于平面A1BC的对称点为A′(x，y，z)，z>0，则eq \o(A′A1,\s\up17(→))＝(1－x，－y，1－z)，eq \o(AA′,\s\up17(→))＝(x－1，y，z)，设平面A1BC的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up17(→))·n＝x1＋y1＝0，,\o(CA1,\s\up17(→))·n＝x1＋z1＝0，))令x1＝1，则y1＝－1，z1＝－1， 所以n＝(1，－1，－1)，所以A与A′到平面A1BC的距离d＝eq \f(|\o(AA1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3),3)＝eq \f(|\o(A′A1,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－x＋y＋z|,\r(3))，即|－x＋y＋z|＝1　①，又eq \o(AA′,\s\up17(→))∥n，所以x－1＝－y＝－z　②，由①②得|3z－1|＝1，由z>0可得x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(2,3)，z＝eq \f(2,3)，所以A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，所以|PA|＋|PE|＝|PA′|＋|PE|≥|A′E|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－0))\s\up12(2))＝eq \f(\r(33),6)，当且仅当A′，P，E三点共线时取等号，所以|PA|＋|PE|的最小值为eq \f(\r(33),6).故选C. 解析：如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))，eq \o(OO1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1， eq \f(2\r(5),5) OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O，∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．∵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)，设平面BC1O的一个法向量为n＝(x，y，z)，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，))∴可取n＝(0，2，－1)．设点O1到平面BC1O的距离为d，则d＝eq \f(|n·\o(OO1,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为eq \f(2\r(5),5). 解：(1)连接A1B，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系． 因为AD＝AA1＝1，AB＝2，则B(1，2，0)，D(0，0，0)， A1(1，0，1)，C1(0，2，1)，C(0，2，0)，D1(0，0，1)， 所以eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，－2，0)，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(0，2，－1)， 所以eq \f(|\o(A1B,\s\up17(→))·\o(BD,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(BD,\s\up17(→))|))＝eq \f(|－1×0＋（－2）×2＋0×（－1）|,\r(（－1）2＋（－2）2＋02))＝eq \f(4\r(5),5)， 又|eq \o(A1B,\s\up17(→))|＝eq \r(02＋22＋（－1）2)＝eq \r(5)， 所以点A1到直线BD的距离d1＝eq \r(5－\f(16,5))＝eq \f(3\r(5),5). (2)由(1)知eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，－2，0)，eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，2，1)，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(0，2，－1)， 设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DC1,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－2y＝0，,2y＋z＝0，)) 取y＝1，可得x＝－2，z＝－2， 则n＝(－2，1，－2)， 所以eq \f(|\o(A1B,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(|0×（－2）＋2×1＋（－1）×（－2）|,\r(（－2）2＋12＋（－2）2))＝eq \f(4,3)， 所以点A1到平面BDC1的距离为eq \f(4,3). (3)连接A1D，由(1)知eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(0，－2，1)，eq \o(BA1,\s\up17(→))＝(0，－2，1)， 所以eq \o(CD1,\s\up17(→))∥eq \o(BA1,\s\up17(→))，所以CD1∥BA1， 又CD1⊄平面A1BD，BA1⊂平面A1BD， 所以CD1∥平面A1BD，所以异面直线BD与CD1之间的距离与点C到平面A1BD的距离相等， 设平面A1BD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up17(→))＝0，,m·\o(BA1,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－2y1＝0，,－2y1＋z1＝0，)) 取y1＝1，可得x1＝－2，z1＝2， 所以m＝(－2，1，2)， 又eq \o(CD,\s\up17(→))＝(0，－2，0)， 所以点C到平面A1BD的距离为eq \f(|\o(CD,\s\up17(→))·m|,|m|)＝eq \f(|－2×0＋1×（－2）＋2×0|,\r(（－2）2＋12＋22))＝eq \f(2,3)， 故异面直线BD与CD1之间的距离为eq \f(2,3). 14．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，E，F，G分别为线段PA，PD，CD的中点． (1)求异面直线EG与BD所成角的余弦值； (2)在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离恰好为eq \f(4,5)？若存在，求出线段CQ的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0，0，1)，G(1，2，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，eq \o(EG,\s\up17(→))＝(1，2，－1)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－2，2，0)． 设异面直线EG与BD所成的角为θ， 则cosθ＝eq \f(|\o(EG,\s\up17(→))·\o(BD,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(EG,\s\up17(→))||\o(BD,\s\up17(→))|))＝eq \f(|－2＋4|,\r(6)×2\r(2))＝eq \f(\r(3),6). (2)假设在线段CD上存在一点Q满足条件，设点Q(x0，2，0)，0≤x0≤2. 因为A(0，0，0)，E(0，0，1)，F(0，1，1)， 所以eq \o(EF,\s\up17(→))＝(0，1，0)，eq \o(EQ,\s\up17(→))＝(x0，2，－1)，eq \o(EA,\s\up17(→))＝(0，0，－1)， 设平面EFQ的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up17(→))＝0，,n·\o(EQ,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x0x＋2y－z＝0，)) 取x＝1，得y＝0，z＝x0， 所以n＝(1，0，x0)， 则eq \f(|\o(EA,\s\up17(→))·n|,|n|)＝2,0)eq \f(|x0|,\r(1＋x)) ＝eq \f(4,5)， 又x0>0，解得x0＝eq \f(4,3)，所以点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2，0))， 又C(2，2，0)，所以eq \o(CQ,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0，0))， 则|eq \o(CQ,\s\up17(→))|＝eq \f(2,3)，所以在线段CD上存在一点Q满足条件，且线段CQ的长度为eq \f(2,3). $$