1.4.2　第1课时　用空间向量研究距离问题课件-2026-2027学年高二上学期数学人教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”，涵盖点到直线、点到平面、平行直线、平行平面及异面直线的距离。通过“自主学习通道”梳理公式推导与基础练习，“互动探究通道”分类型案例解析，构建从向量知识到距离应用的学习支架，衔接立体几何与向量运算。 其亮点在于以数学眼光抽象距离模型，通过空间直角坐标系和法向量培养空间观念，如直三棱柱中点到直线距离的坐标法求解；以数学思维推导公式，结合正四棱锥等实例强化推理与运算能力；以数学语言规范表达，采用转化法、数形结合。学生提升空间想象与逻辑推理，教师可借助分层练习和专题总结优化教学。

第一章　空间向量与立体几何 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 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 自主学习通道 自主学习通道 × × √ √ 自主学习通道 A 自主学习通道 CD 自主学习通道 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 A 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 C 巩固提升通道 巩固提升通道 D 巩固提升通道 巩固提升通道 C 巩固提升通道 巩固提升通道 巩固提升通道 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BCD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 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． 填一填 空间距离的向量求法 分类 图示 向量求法 点 线 距 u为直线l的单位方向向量，P∉l，A∈l，Q∈l， eq \o(AP,\s\up15(→))＝a， eq \o(AP,\s\up15(→))在直线l上的投影向量为 eq \o(AQ,\s\up15(→))＝(a·u)u，则P点到直线l的距离PQ＝ eq \r(|\o(AP,\s\up15(→))|2－|\o(AQ,\s\up15(→))|2)＝ eq \o(□,\s\up4(1)) eq \r(a2－(a·u)2) 点 面 距 设平面α的法向量为n，P∉α，A∈α，Q∈α，PQ⊥α， eq \o(AP,\s\up15(→))在直线l上的投影向量为 eq \o(QP,\s\up15(→))，则P点到平面α的距离PQ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up15(→))·\f(n,|n|)))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up15(→))·n,|n|)))＝ eq \o(□,\s\up4(2)) 【提醒】　由于 eq \f(n,|n|)＝n0可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质上就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段对应的向量的数量积的绝对值． eq \f(|\o(AP,\s\up15(→))·n|,|n|) 练一练 1．判断正误 (1)点到直线的距离就是点到直线的垂线的方向向量的模．(　　) (2)平面α外一点A到平面α的距离，就是点A与平面α内一点B所成向量 eq \o(AB,\s\up15(→))的长度．(　　) (3)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．(　　) (4)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．(　　) 2．已知直线l过定点A(2，3，1)，且n＝(0，1，1)为其一个方向向量，则点P(4，3，2)到直线l的距离为(　　) A． eq \f(3\r(2),2)　　 B． eq \f(\r(2),2)　　 C． eq \f(\r(10),2)　　 D． eq \r(2) 解析　 eq \o(PA,\s\up15(→))＝(－2，0，－1)，| eq \o(PA,\s\up15(→))|＝ eq \r(5)， eq \f(|\o(PA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(\r(2),2)，则点P到直线l的距离d＝ eq \r(|\o(PA,\s\up15(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up15(→))·n,|n|)))\s\up42(2))＝ eq \r(5－\f(1,2))＝ eq \f(3\r(2),2). 3．(多选)已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在α内，则下列各点中，到平面α的距离为4的是(　 　) A．M(－1，1，－2) B．N(1，4，2) C．P(－3，0，2) D．Q(－3，1，4) 解析　由题意，得 eq \o(AM,\s\up15(→))＝(0，－2，－2)， eq \o(AN,\s\up15(→))＝(2，1，2)， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(－2，－3，2)， eq \o(AQ,\s\up15(→))＝(－2，－2，4)，∵n＝(－2，－2，1)，∴|n|＝ eq \r(4＋4＋1)＝3.对于A，d＝ eq \f(|0＋4－2|,3)＝ eq \f(2,3)，故A不符合题意；对于B，d＝ eq \f(|－4－2＋2|,3)＝ eq \f(4,3)，故B不符合题意；对于C，d＝ eq \f(|4＋6＋2|,3)＝4，故C符合题意；对于D，d＝ eq \f(|4＋4＋4|,3)＝4，故D符合题意．故选CD. 4．若两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是 ． eq \f(\r(2),2) 解析　因为两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，且两平面的一个法向量 n＝(－1，0，1)，则 eq \o(OA,\s\up15(→))＝(2，1，1)， 所以两平面间的距离d＝ eq \f(|\o(OA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|－2＋0＋1|,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2). 类型一　点到直线的距离　　　　　　自主探究 1．空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3，1)，N(3，－2，2)，则点P到直线MN的距离为(　　) A．2 eq \r(2)　　 B．2 eq \r(3)　　 C．3　　 D．2 eq \r(5) 解析　因为 eq \o(MN,\s\up15(→))＝(1，1，1)，所以 eq \o(MN,\s\up15(→))的一个单位方向向量为u＝ eq \f(\r(3),3)(1，1，1). 因为 eq \o(PM,\s\up15(→))＝(1，－1，3)，故| eq \o(PM,\s\up15(→))|＝ eq \r(12＋(－1)2＋32)＝ eq \r(11)， eq \o(PM,\s\up15(→))·u＝ eq \f(\r(3),3)(1－1＋3)＝ eq \r(3)， 所以点P到直线MN的距离为 eq \r((\o(PM,\s\up15(→)))2－(\o(PM,\s\up15(→))·u)2)＝ eq \r(11－3)＝2 eq \r(2).故选A. 2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为 ． eq \f(13,5) 解析　以B为坐标原点，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)所以直线A1C1的方向向量 eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝(－4，3，0)， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(0，3，1)，所以点B到直线A1C1的距离 d＝ eq \r(|\o(BC1,\s\up15(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up15(→))·\f(\o(A1C1,\s\up15(→)),|\o(A1C1,\s\up15(→))|)))\s\up42(2)) ＝ eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))\s\up42(2))＝ eq \f(13,5). 3．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若BB1＝ eq \r(2)AB＝2 eq \r(2)，则点C到直线AB1的距离为 . eq \f(\r(33),3) 解析　取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B1( eq \r(3)，0，2 eq \r(2))，C(0，1，0)， 所以 eq \o(AB1,\s\up15(→))＝ ( eq \r(3)，1，2 eq \r(2))， eq \o(CA,\s\up15(→))＝(0，－2，0). 所以 eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(AB1,\s\up15(→))＝－2，所以 eq \o(CA,\s\up15(→))在 eq \o(AB1,\s\up15(→))上的投影向量的 长度为 eq \f(|\o(CA,\s\up15(→))·\o(AB1,\s\up15(→))|,|\o(AB1,\s\up15(→))|)＝ eq \f(2,2\r(3))＝ eq \f(\r(3),3)， 所以点C到直线AB1的距离 d＝ eq \r(|\o(CA,\s\up15(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up42(2))＝ eq \r(4－\f(1,3))＝ eq \r(\f(11,3))＝ eq \f(\r(33),3). 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； (2)求直线的单位方向向量u； (3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量a； (4)利用公式d＝ eq \r(a2－(a·u)2)计算点到直线的距离． 类型二　点到平面的距离 【例1】　如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，其边长为1，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点，求点D到平面PEF的距离． 解　以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 则D(0，0，0)，P(0，0，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))， 所以 eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))， eq \o(PE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))， eq \o(DE,\s\up15(→))＝ 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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up15(→))＝0，,n·\o(PE,\s\up15(→))＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,x＋\f(1,2)y－z＝0，)) 令x＝2，则y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3)为平面PEF的一个法向量， 所以点D到平面PEF的距离为 eq \f(|\o(DE,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|2＋1|,\r(4＋4＋9))＝ eq \f(3\r(17),17). 向量法求点面距的一般步骤 [跟踪训练1]　已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1，AB＝1，AA1＝2，E为CC1的中点，求点D1到平面BDE的距离． 解　以D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图， ∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，2)，E(0，1，1)，故 eq \o(DB,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(DE,\s\up15(→))＝(0，1，1)， eq \o(DD1,\s\up15(→))＝(0，0，2). 设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥ eq \o(DB,\s\up15(→))，n⊥ eq \o(DE,\s\up15(→))， 故有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up15(→))＝0，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋z＝0，)) ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－x，,z＝x，))取x＝1，则y＝－1，z＝1， ∴n＝(1，－1，1). ∴点D1到平面BDE的距离 d＝ eq \f(|\o(DD1,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2,\r(3))＝ eq \f(2\r(3),3). 类型三　线、面到平面的距离 【例2】　如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1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　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为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). 过点C作AB的垂线交AB于点F， 易得BF＝ eq \r(3)，∴B(1，2 eq \r(3)，0)，B1(1，2 eq \r(3)，2)，∴ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，2 eq \r(3)，0)， eq \o(BE,\s\up15(→))＝(－1，－ eq \r(3)，1)， eq \o(A1B1,\s\up15(→))＝(0，2 eq \r(3)，0). ∵ eq \o(A1B1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))，∴A1B1∥AB，∴A1B1∥平面ABE，则直线A1B1到平面ABE的距离等于点A1到平面ABE的距离． 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\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\up15(→))＝(0，0，2)， ∴点A1到平面ABE的距离d＝ eq \f(|\o(AA1,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2,\r(2))＝ eq \r(2). ∴直线A1B1到平面ABE的距离为 eq \r(2). 1．求线面距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即可． 2．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． [跟踪训练2]　已知正方体ABCD­A1B1C1D1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． 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)，从而 eq \o(EF,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(MN,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(AM,\s\up15(→))＝(－2，0，4)， eq \o(BF,\s\up15(→))＝(－2，0，4). ∴ eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \o(MN,\s\up15(→))， eq \o(AM,\s\up15(→))＝ eq \o(BF,\s\up15(→))，∴EF∥MN，AM∥BF. 又∵EF∩BF＝F，MN∩AM＝M， ∴平面AMN∥平面EFBD. ∴平面AMN与平面EFBD间的距离即为点B到平面AMN的距离． 设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量， 从而 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up15(→))＝2x＋2y＝0，,n·\o(AM,\s\up15(→))＝－2x＋4z＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2z，,y＝－2z，)) 取z＝1，得n＝(2，－2，1). 由于 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，4，0)， ∴平面AMN与平面EFBD间的距离d＝ eq \f(|n·\o(AB,\s\up15(→))|,|n|)＝ eq \f(8,3). 探究窗　两异面直线间的距离 【典例】　(2023·杭州期中)如图，四棱锥P­ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝3AB＝3a，求异面直线AB与PC之间的距离． [解]　以A为坐标原点，AB，AD，AP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(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，P(0，0，3a)， 则 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(a，0，0)， eq \o(PC,\s\up15(→))＝(a，a，－3a). 设 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(PC,\s\up15(→))的公垂线的方向向量为n＝(x，y，z)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝ax＝0，,n·\o(PC,\s\up15(→))＝ax＋ay－3az＝0)) 得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3z，)) 取z＝1，则y＝3，n＝(0，3，1). 又 eq \o(AP,\s\up15(→))＝(0，0，3a)， ∴异面直线AB与PC之间的距离 d＝ eq \f(|n·\o(AP,\s\up15(→))|,|n|)＝ eq \f(3a,\r(10))＝ eq \f(3\r(10),10)a. 异面直线距离问题的求解方法 (1)投影法：分别以这两条异面直线上任意两点为起点和终点的向量为a，与这两条异面直线都垂直的法向量为n，则两条异面直线间的距离d是a在n方向上的投影向量的模，从而由公式d＝ eq \f(|a·n|,|n|)求解． (2)转化法：如图，过其中一条异面直线b上的一点A作与另一条直线a平行的直线a1，于是异面直线的距离就可转化为直线a到平面α的距离，最后可转化为在直线a上取一点到平面α的距离，从而可借用求点到平面的距离的方法求解． (3)最值法：在两条异面直线a，b上分别任取两点A，B，建立 eq \o(AB,\s\up15(→))的模的目标函数，函数的最小值即为所求． [针对训练]　在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，BB1的中点，求异面直线CM和D1N之间的距离． 解　如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系，则C(0，1，0)，D1(0，0，1)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， ∴ eq \o(CM,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))， eq \o(D1N,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2))).设n＝(x，y，z)为CM与D1N的公垂线的方向向量，则 eq \o(CM,\s\up15(→))·n＝x－y＋ eq \f(1,2)z＝0， eq \o(D1N,\s\up15(→))·n＝x＋y－ eq \f(1,2)z＝0，取y＝1，则x＝0，z＝2，即n＝(0，1，2)，又 eq \o(CN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，∴异面直线CM与D1N之间的距离d＝ eq \f(|\o(CN,\s\up15(→))·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). 1．知识清单 (1)点到直线的距离． (2)点到平面的距离与直线到平面的距离和两个平行平面的距离的转化． (3)两异面直线间的距离． 2．方法归纳：数形结合、转化法． 3．常见误区：对距离公式理解不到位，在使用时生硬套用．对公式推导过程的理解是应用的基础． 1.在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则点C1到直线EC的距离为(　　) A． eq \f(1,3) B． eq \f(\r(3),3) C． eq \f(\r(5),3) D． eq \f(\r(6),3) 解析　建立空间直角坐标系，如图，则C(1，1，0)，C1(1，1，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，所以 eq \o(EC,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))， eq \o(CC1,\s\up15(→))＝(0，0，1)，所以 eq \o(CC1,\s\up15(→))在 eq \o(EC,\s\up15(→))上的投影向量的长度为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CC1,\s\up15(→))·\o(EC,\s\up15(→)),\a\vs4\al(|\o(EC,\s\up15(→))|))　))＝ eq \f(1,\r(1＋\f(1,4)＋1))＝ eq \f(2,3)，所以点C1到直线EC的距离 d＝ eq \r(|\o(CC1,\s\up15(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CC1,\s\up15(→))·\o(EC,\s\up15(→)),|\o(EC,\s\up15(→))|)))\s\up42(2))＝ eq \r(1－\f(4,9))＝ eq \f(\r(5),3).故选C. 2．已知正四棱锥S­ABCD的侧面和底面的棱长都为2，P为棱BC上的一个动点，则点P到平面SAD的距离是(　　) A． eq \f(1,3) B． eq \f(1,4) C． eq \f(2,3) D． eq \f(2\r(6),3) 解析　由题意可知BC∥平面SAD，则点P到平面SAD的距离即为点B到平面SAD的距离，如图，建立空间直角坐标系，则A( eq \r(2)，0，0)，B(0， eq \r(2)，0)，S(0，0， eq \r(2))，D(0，－ eq \r(2)，0)，所以 eq \o(AS,\s\up15(→))＝(－ eq \r(2)，0， eq \r(2))， eq \o(AD,\s\up15(→))＝(－ eq \r(2)，－ eq \r(2)，0)， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－ eq \r(2)， eq \r(2)，0)，设平面SAD的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AS,\s\up15(→))·n＝0，,\o(AD,\s\up15(→))·n＝0，))得n＝(1，－1，1)，故点P到平面SAD的距离d＝ eq \f(|\o(AB,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2\r(6),3).故选D. 3．已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)，P(1，－1，0)，那么过点P平行于平面ABC的平面与平面ABC间的距离d是(　　) A． eq \r(2) B． eq \f(\r(2),2) C． eq \f(2,3) D． eq \f(1,4) 解析　过点P平行于平面ABC的平面与平面ABC间的距离即为点P到平面ABC的距离． 因为点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)，P(1，－1，0)， 所以 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，0，2)， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(0，－1，0)，设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up15(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up15(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，)) 令x＝1，得y＝1，z＝ eq \f(1,2)，则n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， 所以d＝ eq \f(|\o(AP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2,3)，故选C. 4．在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，G为AA1的中点，则直线BD与平面GB1D1的距离为 ． eq \f(2\r(6),3) 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，G(2，0，1)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)， eq \o(D1B1,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(D1G,\s\up15(→))＝(2，0，－1)， eq \o(BB1,\s\up15(→))＝(0，0，2).设平面GB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(D1B1,\s\up15(→))＝0，,n·\o(D1G,\s\up15(→))＝0，)) ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,2x－z＝0，))即y＝－x，z＝2x. 令x＝1，则n＝(1，－1，2). ∵BD∥B1D1，∴BD∥平面GB1D1，∴直线BD与平面GB1D1的距离d＝ eq \f(|\o(BB1,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2\r(6),3). 基础巩固 1．(2023·河北衡水武邑中学期中)已知A(2，1，0)，B(1，0，1)，C(3，2，3)，则点A到直线BC的距离为(　　) A． eq \f(2\r(6),3) B． eq \f(\r(6),3) C． eq \f(\r(6),2) D． eq \r(6) 解析　因为 eq \o(BA,\s\up15(→))＝(1，1，－1)， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(2，2，2)，所以点A到直线BC的距离为 eq \r(|\o(BA,\s\up15(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up15(→))·\o(BC,\s\up15(→)),|\o(BC,\s\up15(→))|)))\s\up42(2))＝ eq \f(2\r(6),3). 2．(2024·重庆一中月考)已知向量n＝(2，0，1)为平面α的法向量，点A(－1，2，1)在α内，点P(1，2，－2)在α外，则点P到平面α的距离为(　　) A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(\r(13),13) C． eq \f(\r(65),65) D． eq \f(8\r(5),5) 解析　由题知，点A(－1，2，1)在α内，点P(1，2，－2)在α外，且 eq \o(AP,\s\up15(→))＝(2，0，－3).又向量n＝(2，0，1)为平面α的法向量，所以点P到平面α的距离d＝ eq \f(|\o(AP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(1,\r(5))＝ eq \f(\r(5),5).故选A. 3．点M在z轴上，它与经过坐标原点且方向向量为s＝(1，－1，1)的直线l的距离为 eq \r(6)，则点M的坐标是(　　) A．(0，0，±2) B．(0，0，±3) C．(0，0，± eq \r(3)) D．(0，0，±1) 解析　由题意设M的坐标为(0，0，z)，与s同方向的单位向量为s0＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故点M到直线l的距离d＝ eq \r(|\o(OM,\s\up15(→))|2－|\o(OM,\s\up15(→))·s0|2)＝ eq \r(z2－\f(1,3)z2)＝ eq \r(6)，解得z＝±3.故点M的坐标是(0，0，±3). 4．如图所示，在直二面角D­AB­E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中∠AEB＝90°，则点D到平面ACE的距离为(　　) A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(2\r(3),3) C． eq \r(3) D．2 eq \r(3) 解析　取AB的中点为O，连接OE，则OE⊥AB.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，E(1，0，0)，D(0，－1，2)，C(0，1，2)，所以 eq \o(AD,\s\up15(→))＝(0，0，2)， eq \o(AE,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(0，2，2). 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋2z＝0，)) 令y＝1，则n＝(－1，1，－1)为平面ACE的一个法向量． 故点D到平面ACE的距离为 eq \f(|\o(AD,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2\r(3),3). 5．若三棱锥P­ABC的三条侧棱两两垂直，且满足PA＝PB＝PC＝1，则点P到平面ABC的距离是(　　) A． eq \f(\r(6),6) B． eq \f(\r(6),3) C． eq \f(\r(3),6) D． eq \f(\r(3),3) 解析　以P为原点，分别以PA，PB，PC所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)， eq \o(PA,\s\up15(→))＝(1，0，0)， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，0，1). 设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝1，则y＝z＝1， 可以得平面ABC的一个法向量n＝(1，1，1)，则点P到平面ABC的距离d＝ eq \f(|\o(PA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(\r(3),3). 6．(多选)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ eq \r(2)，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是(　 　) A． eq \o(OB1,\s\up15(→))＝(1，0，1) B．平面OBB1的一个法向量为n＝(0，1，－1) C．A1C⊥平面OBB1 D．点A到平面OBB1的距离为 eq \f(\r(2),2) 解析　由题意得O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，1，1)，所以 eq \o(OB1,\s\up15(→))＝(1，1，1)，故A不正确； eq \o(OB,\s\up15(→))＝(1，0，0)，设平面OBB1的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up15(→))＝x＝0，,n·\o(OB1,\s\up15(→))＝x＋y＋z＝0，))令y＝1，得n＝(0，1，－1)，故B正确； eq \o(A1C,\s\up15(→))＝(0，1，－1)＝n，所以A1C⊥平面OBB1，故C正确；连接OA， eq \o(OA,\s\up15(→))＝(0，－1，0)，则点A到平面OBB1的距离d＝ eq \f(|\o(OA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(1,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，故D正确，故选BCD. 7．已知向量n＝(－3，0，4)和直线l垂直，点A(1，－1，2)在直线l上，P(3，5，0)，且 eq \o(AP,\s\up15(→))，n及l的方向向量共面，则点P到直线l的距离为 ． eq \f(14,5) 解析　由已知得 eq \o(AP,\s\up15(→))＝(2，6，－2)，则点P到直线l的距离d＝ eq \f(|\o(AP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(14,5). 8．已知A(2，2，0)，B(1，4，2)，C(0，0，1)，则原点O到平面ABC的距离为 ． eq \f(2,3) 解析　由题意得 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，2，2)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－2，－2，1)， 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 则n· eq \o(AB,\s\up15(→))＝－x＋2y＋2z＝0，n· eq \o(AC,\s\up15(→))＝－2x－2y＋z＝0，解得x＝－2y，z＝－2y. 令y＝－1，得x＝z＝2， ∴平面ABC的一个法向量为n＝(2，－1，2). 又 eq \o(OA,\s\up15(→))＝(2，2，0)， ∴原点O到平面ABC的距离d＝ eq \f(|\o(OA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2,3). 9．如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，求点P到BD的距离． 解　如图所示，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，所以 eq \o(PB,\s\up15(→))＝(3，0，－1)， eq \o(BD,\s\up15(→))＝(－3，4，0). 所以点P到BD的距离 d＝ eq \r(\a\vs4\al(|\o(PB,\s\up15(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PB,\s\up15(→))·\o(BD,\s\up15(→)),|\o(BD,\s\up15(→))|)))\s\up42(2)),＝\r(10－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－9,5)))\s\up42(2)))＝ eq \f(13,5). 10．如图所示，已知四棱柱ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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， 则有A(0，0，h)，B1(1，0，0)，D1(0，1，0)，C(1，1，h)，则 eq \o(AB1,\s\up15(→))＝(1，0，－h)， eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(0，1，－h)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(1，1，0). 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\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(|n·\o(AC,\s\up15(→))|,|n|)＝ eq \f(|h＋h＋0|,\r(h2＋h2＋1))＝ eq \f(4,3)，解得h＝2(舍去负值). 故正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的高为2. 能力提升 11．在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0(A，B，C，D∈R，且A，B，C不同时为零)，点P(x0，y0，z0)到平面α的距离d＝ eq \f(|Ax0＋By0＋Cz0＋D|,\r(A2＋B2＋C2))，则在底面边长与高都为2的正四棱锥P­ABCD中，底面中心O到侧面PAB的距离d＝(　　) A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(2\r(5),5) C．2 D．5 解析　以底面中心O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，如图，则O(0，0，0)，A(1，1，0)，B(－1，1，0)，P(0，0，2).设平面PAB的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0，将A，B，P三点的坐标代入计算得A＝0，B＝－D，C＝－ eq \f(1,2)D，所以方程可化为－Dy－ eq \f(1,2)Dz＋D＝0，即2y＋z－2＝0，所以d＝ eq \f(|2×0＋0－2|,\r(22＋12))＝ eq \f(2\r(5),5). 12．如图，已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　　) A． eq \f(60,13) B． eq \f(47,13) C．4 D．5 解析　以D为坐标原点， eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(DD1,\s\up15(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向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\up15(→))＝(－x，0，0)， eq \o(CD1,\s\up15(→))＝(0，－12，5)， 设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥ eq \o(BC,\s\up15(→))，n⊥ eq \o(CD1,\s\up15(→))，得n· eq \o(BC,\s\up15(→))＝(a，b，c)·(－x，0，0)＝－ax＝0，n· eq \o(CD1,\s\up15(→))＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0， 所以a＝0，b＝ eq \f(5,12)c，令b＝5，则n＝(0，5，12). 又 eq \o(B1B,\s\up15(→))＝(0，0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为 eq \f(|\o(B1B,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(60,13). 因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为 eq \f(60,13). 13．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1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　点P到直线CC1的距离的最小值就是异面直线D1E与CC1的距离．以点D为原点， eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(DD1,\s\up15(→))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D1(0，0，2)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，∴ eq \o(D1E,\s\up15(→))＝(1，2，－2)， eq \o(CC1,\s\up15(→))＝(0，0，2).设n＝(x，y，z)为D1E与CC1的公垂线的方向向量，则n· eq \o(D1E,\s\up15(→))＝x＋2y－2z＝0，n· eq \o(CC1,\s\up15(→))＝2z＝0，∴z＝0，取y＝－1，则x＝2，∴n＝(2，－1，0).又∵ eq \o(CE,\s\up15(→))＝(1，0，0)，∴异面直线D1E与CC1的距离d＝ eq \f(|n·\o(CE,\s\up15(→))|,|n|)＝ eq \f(2\r(5),5)，即点P到直线CC1的距离的最小值为 eq \f(2\r(5),5). 多元数学 14．(逻辑推理)如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为2，BC1与底面ABCD所成角的正切值为2，M是DD1的中点，N是BD上的一个动点，设 eq \o(DN,\s\up15(→))＝λ eq \o(DB,\s\up15(→))(0<λ<1). (1)当λ＝ eq \f(1,2)时，证明：MN与平面ABC1D1平行； (2)若点N到平面BCM的距离为d，试用λ表示d， 并求出d的取值范围． 解　(1)证明：如图，连接D1B， ∵λ＝ eq \f(1,2)，∴N为DB的中点， 又M是DD1的中点， ∴MN为△BDD1的中位线，故MN∥D1B. ∵MN⊄平面ABC1D1，D1B⊂平面ABC1D1，∴MN与平面ABC1D1平行． (2)由题意，知BC1与底面ABCD所成的角为∠C1BC，∴tan ∠C1BC＝ eq \f(C1C,BC)＝2，∴C1C＝4，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(0，0，2)， ∴ eq \o(DB,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－2，0，0)， eq \o(BM,\s\up15(→))＝(－2，－2，2)， ∵ eq \o(DN,\s\up15(→))＝λ eq \o(DB,\s\up15(→))＝(2λ，2λ，0)(0<λ<1)， ∴N(2λ，2λ，0)，∴ eq \o(NM,\s\up15(→))＝ (－2λ，－2λ，2). 设平面BCM的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up15(→))＝－2x＝0，,n·\o(BM,\s\up15(→))＝－2x－2y＋2z＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝z，))令y＝1，则n＝(0，1，1)， ∴点N到平面BCM的距离 d＝ eq \f(|\o(NM,\s\up15(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|－2λ＋2|,\r(2))＝ eq \r(2)－ eq \r(2)λ. ∵0<λ<1，∴0<d< eq \r(2). $