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件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦用空间向量研究距离问题，系统涵盖点到直线、点到平面、平行直线及平行平面的距离求解，通过课前自学梳理定义公式、入木三分总结方法、探究环节归纳步骤，搭建从基础到应用的学习支架。 其亮点在于融合直观想象与数学运算，通过例2对比几何法、等体积法、向量法求点面距，培养学生数学思维。题型分类清晰，含分层例题与思考题，助力学生深化空间观念，教师可借助多样化方法提升教学效率。

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 素养目标 能用向量方法解决点到直线、点到平面、互相平行的直线、互相平行的平面的距离问题．(直观想象、数学运算) 课前自学 3 第页 第页 (2)直线l到与它平行的平面α的距离：如果一条直线l与一个平面α平行，可在直线l上任取一点P，将线面距离转化为点P到平面α的距离求解． (3)两个平行平面α，β的距离：如果两个平面α，β互相平行，可在其中一个平面α内任取一点P，将两个平行平面的距离转化为点P到平面β的距离求解． 第页 1．点面距的常用求法： 第页 2．如何求与平面平行的直线到该平面的距离？如何求平行平面间的距离？ 答：两者均转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以求解简单为准则． 返 回 课时学案 9 例 1　在长方体OABC－O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，求O1到直线AC的距离． 题型一　 点到直线的距离 第页 10 第页 探究1 第页 思考题1　已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，求点B到直线A1C1的距离． 第页 第页 例 2　如图，P为Rt△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，BA＝3，AC＝4，PA＝1.求点A到平面PBC的距离． 题型二　 点到平面的距离与直线到平面的距离 【解析】　方法一：如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，连接PD. ∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面APD， ∴BC⊥平面APD. 又∵BC⊂平面PBC，∴平面APD⊥平面PBC. 第页 15 第页 第页 第页 探究2 第页 思考题2　(1)已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是AB，AD的中点，GC⊥平面ABCD且GC＝2，求点B到平面EFG的距离． 第页 (2)如图，四棱锥P－ABCD中,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D到平面PEF的距离； ②求直线AC到平面PEF的距离． 第页 第页 第页 例 3　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． 题型三　 平面到平面的距离 【思路分析】　易证得平面AMN∥平面EFBD，从而两个平面具有共同的法向量，由于A∈平面AMN，B∈平面EFBD，所以AB是夹在两平行平面间的斜线段，它在法向量上的投影向量的模即为所求． 第页 24 第页 第页 探究3 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即可． 第页 思考题3　已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面AB1C与平面A1C1D之间的距离． 第页 第页 返 回 课后巩固 31 √ 第页 √ 第页 √ 第页 4．已知α∥β，平面α的一个法向量为n＝(1，1，1)，原点O(0，0，0)在平面α内，点P(4，5，3)在平面β内，则平面α与平面β的距离为________． 返 回 自助餐 36 第页 例 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，求面对角线AD1与BD的距离． 38 第页 第页 思考题　在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，BB1的中点，求异面直线CM和D1N的距离． 返 回 请做：课时作业（十） 要点1　点到直线的距离 如图，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，设eq \o(AP,\s\up18(→))＝a，则向量eq \o(AP,\s\up18(→))在直线l上的投影向量eq \o(AQ,\s\up18(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(|\o(AP,\s\up18(→))|2－|\o(AQ,\s\up18(→))|2)＝eq \r(a2－（a·u）2). 要点2　点到平面的距离 如图，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，则点P到平面α的距离就是eq \o(AP,\s\up18(→))在直线l上的投影向量eq \o(QP,\s\up18(→))的长度，因此PQ＝eq \f(|\o(AP,\s\up18(→))·n|,|n|). (1)P到平面α的距离：l是过点P的平面α的垂线，n是直线l的方向向量，A是平面α内一点，点P到平面α的距离就是eq \o(AP,\s\up18(→))在直线l上的投影向量eq \o(QP,\s\up18(→))的长度． 【解析】　方法一：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\up18(→))＝(－2，0，2)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－2，3，0)，∴eq \o(AO1,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－2，0，2)·(－2，3，0)＝4，取a＝eq \o(AO1,\s\up18(→))＝(－2，0，2)，u＝eq \f(\o(AC,\s\up18(→)),|\o(AC,\s\up18(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(13))，\f(3,\r(13))，0))，∴a·u＝eq \f(4,\r(13))，∴O1到直线AC的距离d＝eq \r(a2－（a·u）2)＝eq \f(2\r(286),13). 方法二：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\up18(→))＝(x，y，－2)，eq \o(AD,\s\up18(→))＝(x－2，y，0)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－2，3，0)． ∵eq \o(O1D,\s\up18(→))⊥eq \o(AC,\s\up18(→))，eq \o(AD,\s\up18(→))∥eq \o(AC,\s\up18(→))，∴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).)) ∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)，\f(12,13)，0))，∴|eq \o(O1D,\s\up18(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)))\s\up18(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up18(2)＋（－2）2)＝eq \f(2\r(286),13). 即O1到直线AC的距离为eq \f(2\r(286),13). 用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系，并求相应点的坐标． (2)求出直线的方向向量a的坐标，并求|a|. (3)求以直线上某一特殊点为起点，已知点为终点的向量b的坐标，并求|b|，计算eq \f(a·b,|a|). (4)利用eq \r(|b|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a|)))\s\up18(2))求点到直线的距离． 【解析】　以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则B(0，0，0)，A1(4，0，1)，C1(0，3，1)， 所以eq \o(A1C1,\s\up18(→))＝(－4，3，0)． 设E满足eq \o(A1E,\s\up18(→))＝λeq \o(A1C1,\s\up18(→))，连接BE，BA1，设BE⊥A1C1， 则eq \o(BE,\s\up18(→))＝eq \o(BA1,\s\up18(→))＋eq \o(A1E,\s\up18(→))＝(4，0，1)＋λ(－4，3，0)＝(4－4λ，3λ，1)，又eq \o(BE,\s\up18(→))⊥eq \o(A1C1,\s\up18(→))， ∴(4－4λ，3λ，1)·(－4，3，0)＝0， ∴λ＝eq \f(16,25). ∴eq \o(BE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,25)，\f(48,25)，1))， ∴|eq \o(BE,\s\up18(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,25)))\s\up18(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48,25)))\s\up18(2)＋12)＝eq \f(13,5)， ∴B到直线A1C1的距离为eq \f(13,5). 过A作AE⊥PD，垂足为E，∵平面PBC∩平面APD＝PD，AE⊂平面APD，∴AE⊥平面PBC. ∴线段AE的长即为点A到平面PBC的距离． 在Rt△ABC中，AB＝3，AC＝4. ∴AD＝eq \f(12,5). 在Rt△PAD中，PA＝1，PD＝eq \f(13,5). ∴AE＝eq \f(PA·AD,PD)＝eq \f(12,13). ∴点A到平面PBC的距离为eq \f(12,13). 方法二(等体积法)：VP－ABC＝eq \f(1,3)AP·S△ABC＝2. 设点A到平面PBC的距离为h，由方法一易得S△PBC＝eq \f(13,2)， 则VA－PBC＝eq \f(1,3)h·S△PBC＝eq \f(13,6)h. 又VP－ABC＝VA－PBC， ∴eq \f(13,6)h＝2, ∴h＝eq \f(12,13). 即点A到平面PBC的距离为eq \f(12,13). 方法三：如图所示建立空间直角坐标系Axyz. 则P(0，0，1)，B(3，0，0)，C(0，4，0)， ∴eq \o(PB,\s\up18(→))＝(3，0，－1)，eq \o(PC,\s\up18(→))＝(0，4，－1)． 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up18(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up18(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－z＝0，,4y－z＝0.)) 取n＝(4，3，12)，又eq \o(AB,\s\up18(→))＝(3，0，0)， ∴点A到平面PBC的距离为d＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up18(→))|,|n|)＝eq \f(12,13). 本题给出了求点到平面距离的三种常见方法．方法一是作出点A到平面PBC的垂线段，然后在三角形中，求垂线段的长度．方法二运用了等体积法，从而减少了作垂线段的步骤．方法三运用空间向量法，即点A到平面PBC的距离为eq \o(AB,\s\up18(→))在平面PBC的法向量上的投影向量的长度． 【解析】　如图，建立空间直角坐标系Cxyz，则B(0，－4，0)，G(0，0，2)，E(－2，－4，0)，F(－4，－2，0)． ∴eq \o(GE,\s\up18(→))＝(－2，－4，－2)，eq \o(GF,\s\up18(→))＝(－4，－2，－2)，eq \o(BE,\s\up18(→))＝(－2，0，0)． 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \o(GE,\s\up18(→))·n＝0及eq \o(GF,\s\up18(→))·n＝0，可得x＝－k，y＝－k，z＝3k，k≠0，即n＝(－k，－k，3k)，于是点B到平面EFG的距离为d＝eq \f(|\o(BE,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(2|k|,\r(1＋1＋9)|k|)＝eq \f(2\r(11),11). 【解析】　①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)，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)). 作DH⊥平面PEF，垂足为H，连接DE，DF，设eq \o(DH,\s\up18(→))＝xeq \o(DE,\s\up18(→))＋yeq \o(DF,\s\up18(→))＋zeq \o(DP,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y，\f(1,2)x＋y，z))，x＋y＋z＝1， 又eq \o(PE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq \o(PF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))， 所以eq \o(DH,\s\up18(→))·eq \o(PE,\s\up18(→))＝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. 同理，eq \o(DH,\s\up18(→))·eq \o(PF,\s\up18(→))＝x＋eq \f(5,4)y－z＝0， 又x＋y＋z＝1，解得x＝y＝eq \f(4,17)，z＝eq \f(9,17). 所以eq \o(DH,\s\up18(→))＝eq \f(3,17)(2，2，3)，所以|eq \o(DH,\s\up18(→))|＝eq \f(3\r(17),17). 因此，点D到平面PEF的距离为eq \f(3\r(17),17). ②由题意得，AC∥EF，直线AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离，由①知eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))， 平面PEF的一个法向量为n＝(2，2，3)， 故所求距离为eq \f(|\o(AE,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17). 【解析】　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)． 从而eq \o(EF,\s\up18(→))＝(2，2，0)，eq \o(MN,\s\up18(→))＝(2，2，0)，eq \o(AM,\s\up18(→))＝(－2，0，4)，eq \o(BF,\s\up18(→))＝(－2，0，4)． ∴eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \o(MN,\s\up18(→))，eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \o(BF,\s\up18(→)). 又E∉MN，A∉BF， ∴EF∥MN，AM∥BF. 又∵EF∩BF＝F，MN∩AM＝M， ∴平面AMN∥平面EFBD. 设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量， 从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up18(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up18(→))＝－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\up18(→))＝(0，4，0)， ∴两平行平面间的距离d＝eq \f(|n·\o(AB,\s\up18(→))|,|n|)＝eq \f(8,3). 【解析】　如图，以D1为原点，eq \o(D1A1,\s\up18(→))的方向为x轴正方向，eq \o(D1C1,\s\up18(→))的方向为y轴正方向，eq \o(D1D,\s\up18(→))的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，C1(0，1，0)，D(0，0，1)，A(1，0，1)，所以eq \o(DA1,\s\up18(→))＝(1，0，－1)，eq \o(DC1,\s\up18(→))＝(0，1，－1)，eq \o(AD,\s\up18(→))＝(－1，0，0)，设平面A1C1D的一个法向量为m＝(x，y，1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(DA1,\s\up18(→))，,m⊥\o(DC1,\s\up18(→))，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y－1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，)) 故m＝(1，1，1)， 显然平面AB1C∥平面A1C1D， 所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离d＝eq \f(|\o(AD,\s\up18(→))·m|,|m|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3). 用向量法求点面距的步骤： (1)建系：建立恰当的空间直角坐标系． (2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标． (3)求向量：求出相关向量的坐标(平面α的斜线段向量eq \o(AP,\s\up18(→))，α内两不共线向量，平面α的法向量n)． (4)求距离：d＝eq \f(|\o(AP,\s\up18(→))·n|,|n|). 解析　连接OP，PC，由题意得eq \o(OP,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up18(→))＋eq \o(OB,\s\up18(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)，3))，eq \o(PC,\s\up18(→))＝eq \o(OC,\s\up18(→))－eq \o(OP,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)，－3))，则|eq \o(PC,\s\up18(→))|＝eq \r(4＋\f(1,4)＋9)＝eq \f(\r(53),2).故选D. 1．若O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up18(→))＝(1，1，－2)，eq \o(OB,\s\up18(→))＝(3，2，8)，eq \o(OC,\s\up18(→))＝(0，1，0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　) A.eq \f(165,2) B．2eq \r(14)　　 C.eq \r(53)　 　 D.eq \f(\r(53),2) 解析　连接AB，∵A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，∴eq \o(AB,\s\up18(→))＝(1，0，0)，eq \o(BC,\s\up18(→))＝(－1，2，－2)，∴点A到直线BC的距离为d＝eq \r(|\o(AB,\s\up18(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AB,\s\up18(→))·\o(BC,\s\up18(→)),|\o(BC,\s\up18(→))|)))\s\up18(2))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,3)))\s\up18(2))＝eq \f(2\r(2),3). 2．已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离为(　　) A.eq \f(2\r(2),3) B．1 C.eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析　连接PA，点P到平面α的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up18(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2－4－4,\r(4＋4＋1))))＝eq \f(10,3). 3．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，则点P(－2，1，4)到平面α的距离为(　　) A．10 B．3 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3) 解析　平面α与平面β的距离即为点P到平面α的距离，连接OP，则eq \o(OP,\s\up18(→))＝(4，5，3)，点P到平面α的距离为eq \f(|\o(OP,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(|4＋5＋3|,\r(3))＝4eq \r(3). 4eq \r(3) 异面直线间的距离的求法 异面直线间的距离：异面直线a，b间的距离为a，b间的公垂线段的长． 常见求法：(1)几何法：先证线段AB为异面直线a，b的公垂线段，然后求出AB的长即可．(2)向量法： 如图所示，a，b是两异面直线，n是a和b的法向量，点E∈a，F∈b，则异面直线a与b之间的距离是d＝eq \f(|\o(EF,\s\up18(→))·n|,|n|). 【解析】　方法一：设P∈AD1，Q∈DB，连接PQ，PQ为AD1与BD的公垂线段． 令eq \o(D1P,\s\up18(→))＝xeq \o(D1A,\s\up18(→))，eq \o(DQ,\s\up18(→))＝yeq \o(DB,\s\up18(→))，eq \o(DA,\s\up18(→))＝a，eq \o(DC,\s\up18(→))＝b，eq \o(DD1,\s\up18(→))＝c，则eq \o(DB,\s\up18(→))＝a＋b，eq \o(D1A,\s\up18(→))＝a－c. ∴eq \o(PQ,\s\up18(→))＝eq \o(PD1,\s\up18(→))＋eq \o(D1D,\s\up18(→))＋eq \o(DQ,\s\up18(→))＝－xa＋xc－c＋ya＋yb＝(y－x)a＋yb＋(x－1)c. 而eq \o(DB,\s\up18(→))⊥eq \o(PQ,\s\up18(→))，eq \o(D1A,\s\up18(→))⊥eq \o(PQ,\s\up18(→))， ∴eq \o(DB,\s\up18(→))·eq \o(PQ,\s\up18(→))＝(a＋b)·[(y－x)a＋yb＋(x－1)c]＝2y－x＝0①，eq \o(D1A,\s\up18(→))·eq \o(PQ,\s\up18(→))＝(a－c)·[(y－x)a＋yb＋(x－1)c]＝y－2x＋1＝0②. 联立①②，得y＝eq \f(1,3)，x＝eq \f(2,3). ∴|eq \o(PQ,\s\up18(→))|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a＋\f(1,3)b－\f(1,3)c))＝eq \f(\r(3),3). 即面对角线AD1与BD的距离为eq \f(\r(3),3). 方法二：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DD1,\s\up18(→))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Dxyz，则A1(1，0，1)，C(0，1，0)，设P∈AD1，Q∈BD，连接PQ，PQ为AD1，BD的公垂线段，仿照方法一，可得eq \o(PQ,\s\up18(→))＝(y－x，y，x－1)． 连接AB1，B1D1，A1C，易知eq \o(PQ,\s\up18(→))⊥平面AB1D1，且eq \o(A1C,\s\up18(→))⊥平面AB1D1， ∴eq \o(PQ,\s\up18(→))∥eq \o(A1C,\s\up18(→)).又eq \o(A1C,\s\up18(→))＝(－1，1，－1)， ∴eq \f(y－x,－1)＝eq \f(y,1)＝eq \f(x－1,－1).解得y＝eq \f(1,3)，x＝eq \f(2,3).∴eq \o(PQ,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，|eq \o(PQ,\s\up18(→))|＝eq \f(\r(3),3). 即面对角线AD1与BD的距离为eq \f(\r(3),3). 【解析】　以D为原点，eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DD1,\s\up18(→))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Dxyz，则C(0，1，0)，D1(0，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))).∴eq \o(CM,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(D1N,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2))).设n＝(x，y，z)为CM与D1N公垂线段的方向向量，则eq \o(CM,\s\up18(→))·n＝x－y＋eq \f(1,2)z＝0，eq \o(D1N,\s\up18(→))·n＝x＋y－eq \f(1,2)z＝0.取y＝1，则x＝0，z＝2，即n＝(0，1，2)，连接CN，又eq \o(CN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))， ∴eq \f(|\o(CN,\s\up18(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1×0＋0×1＋\f(1,2)×2)),\r(5))＝eq \f(\r(5),5).故直线CM与D1N的距离是eq \f(\r(5),5). $