1.4.2(3) 用空间向量研究距离问题

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【基础过关系列】2022-2023 学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度 3 颗星！

基础知识

点A、B间的距离

$A B=|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}+\left(z_{1}-z_{2}\right)^{2}}$.
【例】若 $P(0,1,-2)$，$Q(1,3,-1)$，则 $|PQ|=$$\underline{\quad \quad}$ .
解析 $|P Q|=\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}$.
 

点Q到直线l 距离

若 $Q$ 为直线 $l$ 外的一点，$P$ 在直线上，$\vec{a}$ 为直线 $l$ 的方向向量， $\vec{b}=\overrightarrow{P Q}$，则点 $Q$ 到直线 $l$ 距离为
$d=\dfrac{1}{|\vec{a}|} \sqrt{(|\vec{a}||\vec{b}|)^{2}-(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}}$
 

公式推导

如图， $d=|\vec{b}| \sin \theta=|\vec{b}| \sqrt{1-\cos ^{2} \theta}=|\vec{b}| \sqrt{1-\left(\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}\right)^{2}}=\dfrac{1}{|\vec{a}|} \sqrt{(|\vec{a}||\vec{b}|)^{2}-(\vec{a} \cdot \vec{b})^{2}}$ .
注 ① 不要死记公式，而要理解其公式推导过程；
② 也可先求 $PQ$ 在直线 $l$ 上的投影，再用勾股定理求出距离 $d$.
【例】已知直线 $l$ 的方向向量为 $\vec{a}=(-1,0,1)$，点 $A(1,2,－1)$ 在 $l$ 上，则点 $P(2,－1,2)$ 到 $l$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$ .
解析 根据题意，得 $\overrightarrow{P A}=(-1,3,-3)$， $\vec{a}=(-1,0,1)$，
$\therefore \cos <\vec{a}, \overrightarrow{P A}>=\dfrac{1+0-3}{\sqrt{2} \times \sqrt{19}}=-\sqrt{\dfrac{2}{19}}$，
$\therefore \sin <\vec{a}, \overrightarrow{P A}>=\sqrt{\dfrac{17}{19}}$；
又 $\because|\overrightarrow{P A}|=\sqrt{19}$，
$∴$ 点 $P(2,－1,2)$ 到直线 $l$ 的距离为 $|\overrightarrow{P A}| \sin <\vec{a}, \overrightarrow{P A}>=\sqrt{19} \times \sqrt{\dfrac{17}{19}}=\sqrt{17}$．
 

平行线m与平行线n的距离

在直线 $m$ 上任取一点 $Q$，再求点 $Q$ 到直线 $n$ 的距离便可.
 

直线点Q到平面α的距离

若点 $Q$ 为平面 $α$ 外一点，点 $M$ 为平面 $α$ 内任一点，平面 $α$ 的法向量为 $\vec{n}$，则 Q 到平面 $α$ 的距离等于 $\overrightarrow{M Q}$ 在法向量 $\vec{n}$ 方向上的投影的绝对值，即 $d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}|}$ .
公式推导

如图， $d=|\overrightarrow{M Q}| \sin \alpha=|\overrightarrow{M Q}||\cos \langle\vec{n}, \overrightarrow{M Q}\rangle|=|\overrightarrow{M Q}| \cdot \dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}||\overrightarrow{M Q}|}=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{M Q}|}{|\vec{n}|}$ .
 

【例】 已知平面 $α$ 的一个法向量 $\vec{n}=(-2,-2,1)$，点 $A(－1,3,0)$ 在 $α$ 内，则 $P(－2,1,4)$ 到 $α$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$.
解析 根据题意，可得 $A(－1，3，0)$，$P(－2，1，4)$，
$\therefore \overrightarrow{P A}=(-1,-2,4)$，
又 $∵$ 平面 $α$ 的一个法向量 $\vec{n}=\left(-2, -2,1\right)$，点 $A$ 在 $α$ 内，
$∴P(－2，1，4)$ 到 $α$ 的距离等于向量 $\overrightarrow{P A}$ 在 $\vec{n}$ 上的投影的绝对值，
即 $d=\dfrac{|\overrightarrow{P A} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|-1 \times(-2)+(-2) \times(-2)+4 \times 1|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{10}{3}$．
 

直线 a平面α之间的距离

当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离.
 

平面间的距离

利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离.
 

基本方法

【题型1】点到点的距离

【典题 1】 如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为 $2$ 的正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$，$A_1 C$ 的中点 $E$ 到 $AB$ 的中点 $F$ 的距离为 (　　)

 A．$2\sqrt{2}$ $\qquad\qquad \qquad \qquad$ B． $\sqrt{2}$ $\qquad\qquad \qquad \qquad$ C．$2$$\qquad \qquad \qquad\qquad$ D．$1$
解析 在空间直角坐标系中，有一棱长为 $2$ 的正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$
$∴A_1 (2,0,2)$，$C(0,2,0)$，$A_1 C$ 的中点 $E(1,1,1)$，
$A(2,0,0)$，$B(2,2,0)$，$AB$ 的中点 $F(2,1,0)$，
$∴A_1 C$ 的中点 $E$ 到 $AB$ 的中点 $F$ 的距离为 $|E F|=\sqrt{(2-1)^{2}+(1-1)^{2}+(0-1)^{2}}=\sqrt{2}$．
故选：$B$．

 

巩固练习

1 若 $O$ 为坐标原点，$\overrightarrow{O A}=(1,1,-2)$， $\overrightarrow{O B}=(3,2,8)$， $\overrightarrow{O C}=(0,1,0)$，则线段 $AB$ 的中点 $P$ 到点 $C$ 的距离为 (　　)
  A. $\dfrac{\sqrt{165}}{2}$ $\qquad \qquad$ B. $2 \sqrt{14}$ $\qquad \qquad$ C. $\sqrt{53}$ $\qquad \qquad$ D. $\dfrac{\sqrt{53}}{2}$
 

2 如图，在正四棱柱 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AA_1=2$，$AB=BC=1$，动点 $P$,$Q$ 分别在线段 $C_1 D$、$AC$ 上，则线段 $PQ$ 长度的最小值是 $\underline{\quad \quad}$.

 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 $\because \overrightarrow{O P}=\dfrac{\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}}{2}=\left(2, \dfrac{3}{2}, 3\right)$
   $\therefore \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O P}=\left(-2,-\dfrac{1}{2},-3\right)$，
   $\therefore|P C|=\dfrac{\sqrt{53}}{2}$， 答案:$D$

2. 答案 $\dfrac{2}{3}$
   解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则 $A(1,0,0)$，$B(1,1,0)$，$C(0,1,0)$，$C_1 (0,1,2)$，
   设 $\overrightarrow{D P}=\lambda \overrightarrow{D C_{1}}$， $\overrightarrow{A Q}=\mu \overrightarrow{A C}$，$(λ,μ∈[0,1])$．
   $\therefore \overrightarrow{D P}=\lambda(0,1,2)=(0, \lambda, 2 \lambda)$，
   $\overrightarrow{D Q}=\overrightarrow{D A}+\mu(\overrightarrow{D C}-\overrightarrow{D A})=(1,0,0)+\mu(-1,1,0)=(1-\mu, \mu, 0)$．
   $\therefore|\overrightarrow{P Q}|=\sqrt{(1-\mu)^{2}+(\mu-\lambda)^{2}+4 \lambda^{2}}$$=\sqrt{5\left(\lambda-\dfrac{\mu}{5}\right)^{2}+\dfrac{9}{5}\left(\mu-\dfrac{5}{9}\right)^{2}+\dfrac{4}{9}} \geqslant \sqrt{\dfrac{4}{9}}=\dfrac{2}{3}$，
   当且仅当 $\lambda=\dfrac{\mu}{5}, \mu=\dfrac{5}{9}$，即 $\lambda=\dfrac{1}{9}, \mu=\dfrac{5}{9}$ 时取等号．
   $∴$ 线段 $PQ$ 长度的最小值为 $\dfrac{2}{3}$．
   
    

【题型2】点到线的距离

【典题 1】 $P$ 为矩形 $ABCD$ 所在平面外一点，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，若已知 $AB=3$，$AD=4$，$PA=1$，则点 $P$ 到 $BD$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$．
解析 方法一 $∵$ 矩形 $ABCD$ 中，$AB=3$，$AD=4$，
$\therefore B D=\sqrt{9+16}=5$，
过 $A$ 作 $AE⊥BD$，交 $BD$ 于 $E$，连结 $PE$，

$∵PA⊥$ 平面 $ABCD$，$∴PA⊥BD$,
又 $AE⊥BD$ $∴BD⊥$ 平面 $PAE$,
$∴PE⊥BD$，即 $PE$ 是点 $P$ 到 $BD$ 的距离，
$\because \dfrac{1}{2} \times A B \times A D=\dfrac{1}{2} \times B D \times A E$，
$\therefore A E=\dfrac{A B \times A D}{B D}=\dfrac{12}{5}$，
$\therefore P E=\sqrt{P A^{2}+E^{2}}=\sqrt{1+\dfrac{144}{25}}=\dfrac{13}{5}$，
$∴$ 点 $P$ 到 $BD$ 的距离为 $\dfrac{13}{5}$．
方法二 依题意可知，$PA$、$AB$、$AD$ 三线两两垂直，
如图建立空间直角坐标系

$∴P(0,0,1)$,$B(3,0,0)$,$D(0,4,0)$,
$\therefore \overrightarrow{B P}=(-3,0,1)$， $\overrightarrow{B D}=(-3,4,0)$,
$\therefore \cos <\overrightarrow{B P}, \overrightarrow{B D}>=\dfrac{\overrightarrow{B P} \cdot \overrightarrow{B D}}{|\overrightarrow{B P}||\overrightarrow{B D}|}=\dfrac{9}{5 \sqrt{10}}$，
$∴$ 点 $P$ 到 $BD$ 的距离为 $d=|\overrightarrow{B P}| \sqrt{1-\cos ^{2}<\overrightarrow{B P}, \overrightarrow{B D}>}=\sqrt{10} \cdot \sqrt{1-\dfrac{81}{250}}=\dfrac{13}{5}$.
 

巩固练习

1 已知空间直角坐标系中的点 $P(1，1，1)$，$A(1，0，1)$，$B(0，1，0)$，则点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

2 在棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，求点 $B_1$ 到直线 $A_1 C$ 的距离 $\underline{\quad \quad}$.

 

3 已知正方体 $ABCD-EFGH$ 的棱长为 $1$，若 $P$ 点在正方体的内部且满足 $\overrightarrow{A P}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A E}$，则点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
   解析 $\overrightarrow{A P}=(0,1,0)$, $\overrightarrow{A B}=(-1,1,-1)$，
   则点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离 $d=|\overrightarrow{A P}| \sqrt{1-[\cos \langle\overrightarrow{A P}, \overrightarrow{A B}\rangle]^{2}}=1 \times \sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$.

2. 答案 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
   解析 以 $D$ 为原点，$DA$ 为 $x$ 轴，$DC$ 为 $y$ 轴，$DD_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   则 $B_1 (1,1,1)$，$A_1 (1,0,1)$，$C(0,1,0)$，
   $\therefore \overrightarrow{A_{1} C}=(-1,1,-1)$， $\overrightarrow{A_{1} B_{1}}=(0,1,0)$，
   $\therefore \cos <\overrightarrow{A_{1} C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}>=\dfrac{\overrightarrow{A_{1} C} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}}{\left|\overrightarrow{A_{1} C}\right| \cdot\left|\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{3} \cdot 1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
   $\therefore \sin <\overrightarrow{A_{1} C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}>=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
   则点 $B_1$ 到直线 $A_1 C$ 的距离 $\left.d=\left|\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right| \sin <\overrightarrow{A_{1} C}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right\rangle=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$.

3. 答案 $\dfrac{5}{6}$
   解析 分别以 $AB$,$AD$,$AE$ 为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴作出空间直角坐标系，
   
   $∵$ 正方体 $ABCD-EFGH$ 的棱长为 $1$， $\therefore \overrightarrow{A B}=(1,0,0)$，
   $\because \overrightarrow{A P}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A E}$，
   $\therefore \overrightarrow{A P}=\left(\dfrac{3}{4}, \dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{3}\right)$，
   可得 $\mid \overrightarrow{|A P|}=\sqrt{\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{181}}{12}$，
   $\because \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}=1 \times \dfrac{3}{4}+0 \times \dfrac{1}{2}+0 \times \dfrac{2}{3}=\dfrac{3}{4}$，
   $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}=\overrightarrow{|A B|} \cdot \overrightarrow{|A P|} \cos \angle P A B$，
   $\therefore \sin \angle P A B=\sqrt{1-\cos ^{2} \angle P A B}=\dfrac{10}{\sqrt{181}}$，
   $∴$ 点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $\overrightarrow{|A P|} \sin \angle P A B=\dfrac{\sqrt{181}}{12} \cdot \dfrac{10}{\sqrt{181}}=\dfrac{5}{6}$.

【题型3】点到面的距离

【典题 1】在正三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，若 $AB=AA_1=4$，点 $D$ 是 $AA_1$ 的中点，求点 $A_1$ 到平面 $DBC_1$ 的距离．
解析 以 $A$ 为原点，在平面 $ABC$ 中过 $A$ 作 $AC$ 的垂线为 $x$ 轴，$AC$ 为 $y$ 轴，$AA_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，

$A_1 (0,0,4)$，$D(0，0，2)$， $B(2 \sqrt{3}, 2,0)$，$C_1 (0,4,4)$，
$\overrightarrow{D A}_{1}=(0,0,2)$， $\overrightarrow{D B}=(2 \sqrt{3}, 2,-2)$， $\overrightarrow{D C}_{1}=(0,4,2)$，
设平面 $DBC_1$ 的法向量 $\vec{n}=(x, y, z)$，
则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{D B}=2 \sqrt{3} x+2 y-2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D C_{1}}=4 y+2 z=0 \end{array}\right.$，取 $x= \sqrt{3}$，得 $\vec{n}=( \sqrt{3}，－1，2)$，
$∴$ 点 $A_1$ 到平面 $DBC_1$ 的距离 $d=\dfrac{\left|\overrightarrow{D A_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{4}{\sqrt{8}}=\sqrt{2}$．

 

【典题 2】已知 $E$，$F$ 分别是正方形 $ABCD$ 边 $AD$，$AB$ 的中点，$EF$ 交 $AC$ 于 $P$，$GC$ 垂直于 $ABCD$ 所在平面．
(1) 求证：$EF⊥$ 平面 $GPC$．
(2) 若 $AB=4$，$GC=2$，求点 $B$ 到平面 $EFG$ 的距离．

解析 (1) 连接 $BD$ 交 $AC$ 于 $O$，

$∵E,F$ 是正方形 $ABCD$ 边 $AD$，$AB$ 的中点，$AC⊥BD$，
$∴EF⊥AC$．
$∵GC$ 垂直于 $ABCD$ 所在平面，$EF⊂$ 平面 $ABCD$，
$∴EF⊥GC$
$∵AC∩GC=C$， $∴EF⊥$ 平面 $GPC$．
(2) 方法一 间接法
由题意可知 $P C=\dfrac{3}{4} A C=3 \sqrt{2}$, $P G=\sqrt{P C^{2}+G C^{2}}=\sqrt{22}$,
$∵PC=3OP$,
$∴C$ 到面 $GEF$ 的距离是 $O$ 到面 $GEF$ 距离的 3 倍，
在 $∆GPC$ 中，点 $C$ 到边 $PG$ 的高为 $CM$,
又 $∵EF⊥$ 平面 $GPC$，$∴CM⊥$ 平面 $EFG$,
$∴CM$ 为 $C$ 到面 $GEF$ 距离，
在 $∆GPC$ 中，可得 $P G \cdot C M=G C \cdot P C \Rightarrow C M=\dfrac{2 \times 3 \sqrt{2}}{\sqrt{22}}=\dfrac{6}{\sqrt{11}}$，
又 $BD∥EF$，可得 $BD∥$ 平面 $GEF$，
可得 $B$ 到面 $GEF$ 的距离等于 $O$ 到面 $GEF$ 的距离： $\dfrac{1}{3} C M=\dfrac{2}{\sqrt{11}}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}$．
故答案为： $\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}$．
方法二 向量法

建立空间直角坐标系 $C－xyz$，则 $G(0,0,2)$，$E(4,2,0)$，$F(2,4,0)$，$B(4,0,0)$
$∴$ 向量 $\overrightarrow{G E}=(4,2,-2)$，向量 $\overrightarrow{E F}=(-2,2,0)$
设面 $GEF$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$
则 $\overrightarrow{G E} \cdot \vec{n}=0$ 且 $\overrightarrow{E F} \cdot \vec{n}=0$
即 $4x+2y－2z=0$ 且 $－2x+2y=0$
取 $x=1$ 时，向量 $\vec{n}=(1,1,3)$
又 $∵$ 向量 $\overrightarrow{B E}=(0,2,0)$
则 $B$ 到面 $GEF$ 的距离 $d==\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{B E}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}$.
方法三 等积法
同方法一可得 $P G=\sqrt{22}$, $\therefore S_{\Delta E F G}=\dfrac{1}{2} \times P G \times E F=2 \sqrt{11}$,
易得 $S_{\triangle E F B}=\dfrac{1}{2} \times A F \times E B=2$
$\because V_{B-E F G}=V_{G-E F B}$，
$\therefore \dfrac{1}{3} \times h \times S_{\triangle E F G}=\dfrac{1}{3} \times G C \times S_{\triangle E F B}$
$\therefore h=\dfrac{G C \times S_{\triangle E F B}}{S_{\triangle E F G}}=\dfrac{2 \times 2}{2 \sqrt{11}}=\dfrac{2 \sqrt{11}}{11}$.
 

巩固练习

1 在长方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AB=AD=2$，$AA_1=1$，则点 $B$ 到平面 $D_1 AC$ 的距离等于 (　　)
 A．$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad$ B．$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ $\qquad \qquad$ C．$1$ $\qquad \qquad$ D．$\sqrt{2}$
 

2 如图，在长方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AD=AA_1=1$，$AB=2$，点 $E$ 在棱 $AB$ 上移动．
 (1) 证明：$D_1 E⊥A_1 D$；
 (2) 当 $E$ 为 $AB$ 的中点时，求点 $E$ 到面 $ACD_1$ 的距离；

 
 

3 如图所示，四棱锥 $S－ABCD$ 中，$SA⊥$ 底面 $ABCD$；$∠ABC=90^°$，$∠ACD=60^°$，$AC=AD$，$SA=2$， $A B=\sqrt{3}$，$BC=1$．
 (1) 求证：$BC∥$ 平面 $SAD$；(2) 求顶点 $A$ 到平面 $SCD$ 的距离．

 
 

4 如图，在正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$E$ 为 $BB_1$ 的中点．
(1) 证明：$BC_1∥$ 平面 $AD_1E$；(2) 求直线 $BC_1$ 到平面 $AD_1 E$ 的距离.

 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 以 $D$ 为原点，$DA$ 为 $x$ 轴，$DC$ 为 $y$ 轴，$DD_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   $B(2,2,0)$，$A(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$D_1 (0,0,1)$，
   $\overrightarrow{A B}=(0,2,0)$， $\overrightarrow{A C}=(-2,2,0)$， $\overrightarrow{A D}_{1}=(-2,0,1)$，
   设平面 $D_1 AC$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=-2 x+2 y=0 \\ \vec{n} \cdot A D_{1}=-2 x+z=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{n}=(1,1,2)$，
   $∴$ 点 $B$ 到平面 $D_1 AC$ 的距离： $d=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   故选：$B$．
   

2. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{1}{3}$
   解析 以 $D$ 为坐标原点，直线 $DA$，$DC$，$DD_1$ 分别为 $x$，$y$，$z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   设 $AE=x$，则 $A_1 (1,0,1)$，$D_1 (0,0,1)$，$E(1,x,0)$，$A(1,0,0)$，$C(0,2,0)$
   (1) 因为 $\overrightarrow{D A_{1}} \cdot \overrightarrow{D_{1} E}=(1,0,1) \cdot(1, x,-1)=0$，
   所以 $\overrightarrow{D A_{1}} \perp \overrightarrow{D_{1} E}$．
   (2) 因为 $E$ 为 $AB$ 的中点，则 $E(1,1,0)$，
   从而 $\overrightarrow{D_{1} E}=(1,1,-1)$, $\overrightarrow{A C}=(-1,2,0)$， $\overrightarrow{A D}_{1}=(-1,0,1)$，
   设平面 $ACD_1$ 的法向量为 $\vec{n}=(a,b,c)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=0 \end{array}\right.$, 也即 $\left\{\begin{array}{l} -a+2 b=0 \\ -a+c=0 \end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l} a=2 b \\ a=c \end{array}\right.$，从而 $\vec{n}=(2,1,2)$，
   所以点 $E$ 到平面 $AD_1 C$ 的距离为 $h=\dfrac{\left|\overrightarrow{D_{1} E} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2+1-2}{3}=\dfrac{1}{3}$．
   

3. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}$
   解析 (1) 证明：$∵∠ABC=90^∘$，$∠ACD=60^∘$，$AC=AD$，$SA=2$， $A B=\sqrt{3}$，$BC=1$．
   $∴△ADC$ 是等边三角形， $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{3+1}=2$，
   $∴∠DAC=∠ACB=60^∘$，$∴BC∥AD$，
   $∵BC⊄$ 平面 $SAD$，$AD⊂$ 平面 $SAD$，
   $∴BC∥$ 平面 $SAD$．
   (2) 解：$∵$ 四棱锥 $S－ABCD$ 中，$SA⊥$ 底面 $ABCD$，$∠ABC=90^∘$，$BC∥AD$，
   $∴AD⊥AB$，
   以 $A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴，$AS$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   $A(0，0，0)$，$S(0，0，2)$， $C(\sqrt{3}, 1,0)$，$D(0，2，0)$，
   $\overrightarrow{S A}=(0,0,-2)$， $\overrightarrow{S C}=(\sqrt{3}, 1,-2)$， $\overrightarrow{S D}=(0,2,-2)$，
   设平面 $SCD$ 的法向量 $\vec{n}=(x，y，z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{S C}=\sqrt{3} x+y-2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{S D}=2 y-2 z=0 \end{array}\right.$，取 $z=1$，得 $\vec{n}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}, 1,1\right)$，
   $∴$ 顶点 $A$ 到平面 $SCD$ 的距离为 $d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{S A}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{7}{3}}}=\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}$．
   

4. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{2}{3}$
   解析 证明：(1)$∵D_1 C_1∥AB$，$D_1 C_1=AB$，
   $∴$ 四边形 $D_1 ABC_1$ 为平行四边形，
   $∴D_1 A∥C_1 B$，
   $∵D_1 A⊂$ 面 $AD_1 E$，$C_1 B⊄$ 面 $AD_1 E$，
   $∴BC_1∥$ 平面 $AD_1 E$．
   解：(2) 如图建立空间直角坐标系 $A－xyz$，设正方体的棱长为 $2$，
   则 $A(0,0,0)$，$B(0,2,0)$，$D_1 (2,0,2)$，$C_1 (2,2,2)$，$E(0,2,1)$，
   $∵BC_1∥$ 平面 $AD_1 E$，
   $∴$ 直线 $BC_1$ 到平面 $AD_1 E$ 的距离即为点 $B$ 到平面 $AD_1 E$ 的距离，
   $\overrightarrow{A B}=(0,2,0)$， $\overrightarrow{A D}_{1}=(2,0,2)$， $\overrightarrow{A E}=(0,2,1)$，
   设平面 $AD_1 E$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=2 x+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=2 y+z=0 \end{array}\right.$，取 $z=－1$，得 $\vec{n}=\left(1, \dfrac{1}{2},-1\right)$，
   $\therefore d=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\left|(0,2,0) \cdot\left(1, \dfrac{1}{2},-1\right)\right|}{\sqrt{1+1+\dfrac{1}{4}}}=\dfrac{1}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{2}{3}$，
   $∴$ 直线 $BC_1$ 到平面 $AD_1 E$ 的距离为 $\dfrac{2}{3}$；
   
    

分层练习

【A组---基础题】

1 已知 $M$ 为 $z$ 轴上一点，且点 $M$ 到点 $A(－1,0,1)$ 与点 $(1,－3,2)$ 的距离相等，则点 $M$ 的坐标为 (　　)
  A．$(3,0,0)$ $\qquad \qquad$ B．$(0,－2,0)$ $\qquad \qquad$ C．$(0,0,6)$ $\qquad \qquad$ D．$(0,0,－3)$
 

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． $\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}$ $\qquad \qquad$ B．$1$ $\qquad \qquad$ C． $\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ D． $2 \sqrt{2}$
 

3 已知平面 $α$ 的法向量为 $\vec{n}=(-2,-2,1)$，点 $A(x,3,0)$ 在平面 $α$ 内，则点 $P(－2,1,4)$ 到平面 $α$ 的距离为 $\dfrac{10}{3}$，则 $x=$(　　)
  A．$－1$$\qquad \qquad$ B．$－11$ $\qquad \qquad$ C．$－1$ 或 $－11$$\qquad \qquad$ D．$－21$
 

4 在直三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，$AB=AC=AA_1=2$，$∠BAC=90^∘$，$M$ 为 $BB_1$ 的中点，$N$ 为 $BC$ 的中点.
 (1) 求点 $M$ 到直线 $AC_1$ 的距离；(2) 求点 $N$ 到平面 $MA_1 C_1$ 的距离.

 

5 如图，在四棱锥 $P-ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为矩形，侧棱 $PA⊥$ 底面 $ABCD$，$AB=\sqrt{3}$，$BC=1$，$PA=2$，$E$ 为 $PD$ 的中点．
 (1) 求点 $C$ 到平面 $PBD$ 的距离；
 (2) 在侧面 $PAB$ 内找一点 $N$，使 $NE⊥$ 面 $PAC$，并求出 $N$ 点到 $AB$ 和 $AP$ 的距离．

 
 

6 如图，已知斜三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$,$∠BCA=90°$,$AC=BC=2$,$A_1$ 在底面 $ABC$ 上的射影恰为 $AC$ 的中点 $D$, 又知 $BA_1⊥AC_1$.
 (1) 求证:$AC_1⊥$ 平面 $A_1 BC$; (2) 求 $CC_1$ 到平面 $A_1 AB$ 的距离.

 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 $∵M$ 为 $z$ 轴上一点，$∴$ 设 $M(0,0,t)$，
   $∵$ 点 $M$ 到点 $A(－1,0,1)$ 与点 $(1,－3,2)$ 的距离相等，
   $\therefore \sqrt{(0+1)^{2}+(0-0)^{2}+(t-1)^{2}}$$=\sqrt{(0-1)^{2}+(0+3)^{2}+(t-2)^{2}}$，
   解得 $t=6$，
   $∴$ 点 $M$ 的坐标为 $M(0,0,6)$．
   故选：$C$．

2. 答案 $A$
   解析 $∵A(0,0,2)$，$B(1,0,2)$，$C(0,2,0)$， $\overrightarrow{A B}=(1,0,0)$， $\overrightarrow{B C}=(-1,2,-2)$，
   $∴$ 点 $A$ 到直线 $BC$ 的距离为： $d=|\overrightarrow{A B}| \sqrt{1-(\cos \langle\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{B C}\rangle)^{2}}=1 \times \sqrt{1-\left(\dfrac{-1}{1 \times 3}\right)^{2}}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}$．
   故选：$A$．

3. 答案 $C$
   解析 $\overrightarrow{A P}=(-2-x,-2,4)$， $|\overrightarrow{A P}|=\sqrt{(-2-x)^{2}+(-2)^{2}+4^{2}}=\sqrt{x^{2}+4 x+24}$，
   $|\vec{n}|=\sqrt{4+4+1}=3$， $\overrightarrow{A P} \cdot \vec{n}=-2(-2-x)+4+4=2 x+12$，
   $\therefore \cos <\overrightarrow{A P}, \vec{n}>=\dfrac{\overrightarrow{A P} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{A P}||\vec{n}|}=\dfrac{2 x+12}{\sqrt{x^{2}+4 x+24} \times 3}$，
   设 $AP$ 与平面 $α$ 所成角为 $θ$，则 $\sin \theta=\dfrac{|2 x+12|}{3 \sqrt{x^{2}+4 x+24}}$，
   $∴P$ 到平面 $α$ 的距离为 $|A P| \cdot \sin \theta=\dfrac{|2 x+12|}{3}=\dfrac{10}{3}$，解得 $x=－1$ 或 $x=－11$．
   故选：$C$．

4. 答案 (1) $\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$(2) $\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}$
   解析 连接 $AM$，建立如图的空间直角坐标系，
   
   则 $A(0,0,0)$，$A_1 (0,0,2)$,$M(2,0,1)$,$C_1 (0,2,2)$，
   直线 $AC_1$ 的一个单位方向向量为 $\overrightarrow{\boldsymbol{s}_{0}}=\left(0, \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$， $\overrightarrow{A M}=(2,0,1)$，
   故点 $M$ 到直线 $AC_1$ 的距离 $d=\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AM}}|^{2}-\left|\overrightarrow{\mathrm{AM}} \cdot s_{0}\right|^{2}}=\sqrt{5-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}$；
   连接 $MN$，设平面 $MA_1 C_1$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} C_{1}}=0$，且 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1} M}=0$，
   即 $(x,y,z)⋅(0,2,0)=0$ 且 $(x,y,z)⋅(2,0,-1)=0$ ,
   即 $y=0$ 且 $2x-z=0$，取 $x=1$，得 $z=2$，故 $\vec{n}=(1,0,2)$，
   与 $\vec{n}$ 同向的单位向量为 $n_{0}=\left(\dfrac{\sqrt{5}}{5}, 0, \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right)$，
   因为 $N(1,1,0)$，所以 $\overrightarrow{M N}=(-1,1,-1)$，
   故求点 $N$ 到平面 $MA_1 C_1$ 的距离 $d=\left|\overrightarrow{M N} \cdot n_{0}\right|=\dfrac{3 \sqrt{5}}{5}$.

5. 答案 (1)( $\dfrac{2 \sqrt{57}}{19}$
   (2)$N$ 点的坐标为 $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}, 0,1\right)$，从而 $N$ 点到 $AB,AP$ 的距离分别为 $1$, $\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
   解析 (1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则 $A(0,0,0)$、$B(\sqrt{3},0,0)$、$C(\sqrt{3},1,0)$、$D(0,1,0)$、$P(0,0,2)$、 $E\left(0, \dfrac{1}{2}, 1\right)$，
   从而 $\overrightarrow{P D}=(0,1,-2)$, $\overrightarrow{P B}=(\sqrt{3}, 0,-2)$， $\overrightarrow{P C}=(\sqrt{3}, 1,-2)$
   设平面 $PBD$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P B}=0 \end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l} y-2 z=0 \\ \sqrt{3} x-2 z=0 \end{array}\right.$，令 $z=1$，得 $\vec{n}=\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}}, 2,1\right)$，
   所以点 $C$ 到平面 $PBD$ 的距离 $d=\dfrac{|\overrightarrow{P C} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{57}}{19}$.
   (2) 由于 $N$ 点在侧面 $PAB$ 内，故可设 $N$ 点坐标为 $(x,0,z)$，则 $\overrightarrow{N E}=\left(-x, \dfrac{1}{2}, 1-z\right)$，
   由 $NE⊥$ 面 $PAC$ 可得， $\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{N E} \cdot \overrightarrow{A P}=0 \\ \overrightarrow{N E} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l} z-1=0 \\ -\sqrt{3} x+\dfrac{1}{2}=0 \end{array}\right.$
   $\therefore x=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$,$z=1$.
   即 $N$ 点的坐标为 $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}, 0,1\right)$，从而 $N$ 点到 $AB,AP$ 的距离分别为 $1$, $\dfrac{\sqrt{3}}{6}$.
   

6. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}$
   解析 (1)$∵A_1$ 在底面 $ABC$ 上的射影为 $AC$ 的中点 $D$，
   $∴$ 平面 $A_1 ACC_1⊥$ 平面 $ABC$，
   $∵BC⊥AC$ 且平面 $A_1 ACC_1∩$ 平面 $ABC=AC$，
   $∴BC⊥$ 平面 $A_1 ACC_1$，
   $∴BC⊥AC_1$，
   $∵AC_1⊥BA_1$ 且 $BC∩BA_1=B$，
   $∴AC_1⊥$ 平面 $A_1 BC$．
   (2) 如图所示，以 $C$ 为坐标原点建立空间直角坐标系，
   
   $∵AC_1⊥$ 平面 $A_1 BC$，$∴AC_1⊥A_1 C$，
   $∴$ 四边形 $A_1 ACC_1$ 是菱形，
   $∵D$ 是 $AC$ 的中点，$A_1 D⊥AC$
   $∴∠A_1 AD=60°$，
   $∴A(2,0,0)$， $A_{1}(1,0, \sqrt{3})$，$B(0,2,0)$， $C_{1}(-1,0, \sqrt{3})$，
   $\therefore \overrightarrow{A_{1} A}=(1,0,-\sqrt{3})$， $\overrightarrow{A B}=(-2,2,0)$，
   设平面 $A_1 AB$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A_{1}} A=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=0 \end{array}\right.$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} x-\sqrt{3} z=0 \\ -2 x+2 y=0 \end{array}\right.$，取 $\vec{n}=(\sqrt{3}, \quad \sqrt{3}, 1)$，
   $\because \overrightarrow{C_{1} A_{1}}=(2,0,0)$，
   $∴C_1$ 到平面 $A_1 AB$ 的距离 $d=\dfrac{\left|\overrightarrow{C_{1} A_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}$．
   $∵CC_1//AA_1$，$AA_1⊂$ 平面 $A_1 AB$，$CC_1⊄$ 平面 $A_1 AB$
   $∴CC_1//$ 平面 $A_1 AB$,
   $∴CC_1$ 到平面 $A_1 AB$ 的距离等于 $C_1$ 到平面 $A_1 AB$ 的距离 $\dfrac{2 \sqrt{21}}{7}$.

【B组---提高题】

1 已知三棱锥 $S－ABC$，满足 $SA$，$SB$，$SC$ 两两垂直，且 $SA=SB=SC=2$，$Q$ 是三棱锥 $S－ABC$ 外接球上一动点，则点 $Q$ 到平面 $ABC$ 的距离的最大值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

2 如图，四棱锥 $P－ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为菱形，$∠ABC=60^°$，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，$AB=2$， $P A=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，$E$ 为 $BC$ 中点，$F$ 在棱 $PD$ 上，$AF⊥PD$，点 $B$ 到平面 $AEF$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$．

 

3 如图，三棱锥 $A-BCD$ 中，$E$，$F$ 分别是棱 $BC$，$CD$ 上的点，且 $EF∥$ 平面 $ABD$．
 (1) 求证：$BD∥$ 平面 $AEF$；
 (2) 若 $AE⊥$ 平面 $BCD$，$DE⊥BC$，$BE=DE=2AE=4$，$P$ 为线段 $DE$ 的中点，求 $P$ 到直线 $AB$ 的距离.

 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$
   解析 $∵$ 锥 $S－ABC$，满足 $SA$，$SB$，$SC$ 两两垂直，且 $SA=SB=SC=2$，
   $∴$ 如图，$SA$，$SB$，$SC$ 是棱长为 $2$ 的正方体 $MNPB－ADCS$ 上具有公共顶点 $S$ 的三条棱，
   以 $B$ 为原点，$BM$、$BP$、$BS$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   
   则 $B(0,0,0)$，$A(2,0,2)$，$C(0,2,2)$，$S(0,0,2)$，$N(2,2,0)$，
   $\overrightarrow{B A}=(2,0,2)$， $\overrightarrow{B C}=(0,2,2)$， $\overrightarrow{B N}=(2,2,0)$，
   设平面 $ABC$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{B A}=2 x+2 z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B C}=2 y+2 z=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{n}=(1,1,－2)$，
   三棱锥 $S－ABC$ 外接球就是棱长为 $2$ 的正方体 $MNPB－ADCS$ 的外接球，
   $∵Q$ 是三棱锥 $S－ABC$ 外接球上一动点，
   $∴$ 点 $Q$ 与 $N$ 重合时，点 $Q$ 到平面 $ABC$ 的距离的最大值，
   $∴$ 点 $Q$ 到平面 $ABC$ 的距离的最大值为： $d=\dfrac{|\overrightarrow{B N} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|2+2+0|}{\sqrt{3}}=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$．

2. 答案 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
   解析 $∵$ 四棱锥 $P－ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为菱形，$∠ABC=60^°$，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，
   $∴$ 以 $A$ 为原点，$AE$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴，$AP$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   
   $∵AB=2$， $P A=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}$，$E$ 为 $BC$ 中点，$F$ 在棱 $PD$ 上，$AF⊥PD$，
   $∴A(0,0,0)$， $B(\sqrt{3},-1,0)$， $E(\sqrt{3}, 0,0)$， $P\left(0,0, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$，$D(0,2,0)$，
   设 $F(a,b,c)$， $\overrightarrow{P F}=\lambda \overrightarrow{P D}$，
   则 $\left(a, b, c-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)=\left(0,2 \lambda,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\right)$，解得 $a=0$，$b=2λ$， $c=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda$，
   $\therefore \overrightarrow{A F}=\left(0,2 \lambda, \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \lambda\right)$， $\overrightarrow{P D}=\left(0,2,-\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$，
   $∵AF⊥PD$， $\therefore \overrightarrow{A F} \cdot \overrightarrow{P D}=4 \lambda-\dfrac{4}{3}+\dfrac{4}{3} \lambda=0$，
   解得 $\lambda=\dfrac{1}{4}$， $\therefore \overrightarrow{A B}=(\sqrt{3},-1,0)$， $\overrightarrow{A E}=(\sqrt{3}, 0,0)$， $\overrightarrow{A F}=\left(0, \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$，
   设平面 $AEF$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A E}=\sqrt{3} x=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A F}=\dfrac{1}{2} y+\dfrac{\sqrt{3}}{2} z=0 \end{array}\right.$，取 $y=\sqrt{3}$，得 $\vec{n}=(0, \sqrt{3},-1) \text {, }$，
   $∴$ 点 $B$ 到平面 $AEF$ 的距离为： $d=\dfrac{|\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$．

3. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}$
   解析 (1) 证明：$∵EF∥$ 平面 $ABD$，$EF⊂$ 平面 $BCD$，平面 $BCD∩$ 平面 $ABD=BD$，
   $∴EF∥BD$，
   又 $BD⊄$ 平面 $AEF$，$EF⊂$ 平面 $AEF$，
   $∴BD∥$ 平面 $AEF$．
   (2) 因为 $AE⊥$ 平面 $BCD$，$BE⊂$ 平面 $BCD$，$DE⊂$ 平面 $BCD$，
   所以有 $AE⊥BE$，$AE⊥DE$，又有 $DE⊥BC$，
   所以可以建立以 $E$ 为坐标原点，$ED$ 为 $x$ 轴，$EB$ 为 $y$ 轴，$EA$ 为 $z$ 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
   
   又由 $BE=DE=2AE=4$，$P$ 为线段 $DE$ 的中点
   可得各点坐标为 $E(0,0,0)$，$B(0,4,0)$，$D(4,0,0)$,$A(0,0,2)$，$P(2，0，0)$，
   即 $\overrightarrow{A P}=(2,0,-2)$, $\overrightarrow{A B}=(0,4,-2)$
   过 $P$ 点作 $PH$ 垂直于 $AB$ 交 $AB$ 于 $H$，
   所以 $A$ 到垂足 $H$ 的距离 $d=\dfrac{|\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A B}|}{|\overrightarrow{A B}|}=\dfrac{|2 \times 0+0 \times 4+(-2) \times(-2)|}{\sqrt{0^{2}+4^{2}+(-2)^{2}}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}$，
   所以 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $\sqrt{|\overrightarrow{A P}|^{2}-d^{2}}=\sqrt{8-\left(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right)^{2}}=\dfrac{6 \sqrt{5}}{5}$.
    

【C组---拓展题】

1 正方体 $ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1$ 的棱长为 $a$，则平面 $AB_1 D_1$ 与平面 $BDC_1$ 的距离为 $\underline{\quad \quad}$.

 

2 如图在四棱锥 $P－ABCD$ 中，侧面 $PAD⊥$ 底面 $ABCD$，侧棱 $P A=P D=\sqrt{2}$，底面 $ABCD$ 为直角梯形，其中 $BC∥AD$，$AB⊥AD$，$AD=2AB=2BC=2$，$O$ 为 $AD$ 的中点．
 (1) 求证 $PO⊥$ 平面 $ABCD$；
 (2) 求二面角 $C－PD－A$ 夹角的正弦值；
 (3) 线段 $AD$ 上是否存在 $Q$，使得它到平面 $PCD$ 的距离为 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$？若存在，求出 $\dfrac{A Q}{Q D}$ 的值；若不存在，说明理由．

 
 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{\sqrt{3}}{3} a$
   解析 建立空间直角坐标系如图.
   
   则 $A(a,0,0)$,$B(a,a,0)$,$D(0,0,0)$,$C_1 (0,a,a)$,$D_1 (0,0,a)$,$B_1 (a,a,a)$,
   $\therefore \overrightarrow{A B_{1}}=(0, a, a)$, $\overrightarrow{A D_{1}}=(-a, 0, a)$, $\overrightarrow{B C_{1}}=(-a, 0, a)$, $\overrightarrow{D C_{1}}=(0, a, a)$
   设 $\vec{n}=(x,y,z)$ 为平面 $AB_1 D_1$ 的法向量，
   则 $\left\{\begin{array}{c} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A B_{1}}=a(y+z)=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A D_{1}}=a(-x+z)=0 \end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{c} y=-z \\ x=z \end{array}\right.$ 令 $z=1$，则 $\vec{n}=(1,-1,1)$
   $\because \overrightarrow{A D_{1}} / / \overrightarrow{B C_{1}}$， $\overrightarrow{A B_{1}} / / \overrightarrow{D C_{1}}$,
   $∴AD_1∥BC_1$,$AB_1∥DC_1$,$AD_1∩AB_1=A$,$DC_1∩BC_1=C_1$,
   $∴$ 平面 $AB_1 D_1∥$ 平面 $BDC_1$.
   $∴$ 平面 $AB_1 D_1$ 与平面 $BDC_1$ 的距离可转化为点 $C_1$ 到平面 $AB_1 D_1$ 的距离 $d$.
   $\because \overrightarrow{C_{1} B_{1}}=(a, 0,0)$, 平面 $AB_1 D_1$ 的法向量为 $\vec{n}=(1,-1,1)$
   $\therefore d=\dfrac{\left|\overrightarrow{C_{1} B_{1}} \cdot \vec{n}\right|}{|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a$.

2. 答案 (1) 略 (2) $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ (3) $\dfrac{1}{3}$
   解析 证明：(1)$∵$ 侧棱 $P A=P D=\sqrt{2}$，$O$ 为 $AD$ 的中点，
   $∴PO⊥AD$，
   $∵$ 侧面 $PAD⊥$ 底面 $ABCD$，侧面 $PAD∩$ 底面 $ABCD=AD$，
   $∴PO⊥$ 平面 $ABCD$．
   解：(2)$∵$ 底面 $ABCD$ 为直角梯形，其中 $BC∥AD$，$AB⊥AD$，$AD=2AB=2BC=2$，
   $∴OC⊥AD$，又 $PO⊥$ 平面 $ABCD$，
   $∴$ 以 $O$ 为原点，$OC$ 为 $x$ 轴，$OD$ 为 $y$ 轴，$OP$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
   
   平面 $PAD$ 的法向量 $\vec{m}=(1,0,0)$，
   $C(1,0,0)$，$D(0,1,0)$，$P(0,0,1)$， $\overrightarrow{P C}=(1,0,-1)$， $\overrightarrow{P D}=(0,1,-1)$，
   设平面 $PCD$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{P C}=x-z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{P D}=y-z=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，得 $\vec{n}=(1,1,1)$，
   设二面角 $C－PD－A$ 夹角为 $θ$，
   则 $\cos \theta=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$，
   $\therefore \sin \theta=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
   $∴$ 二面角 $C－PD－A$ 夹角的正弦值为 $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
   (3) 设线段 $AD$ 上存在 $Q(0,m,0)$，$m∈[-1,1]$，使得它到平面 $PCD$ 的距离为 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   $\therefore \overrightarrow{P Q}=(0, m,-1)$，
   $∴Q$ 到平面 $PCD$ 的距离 $d=\dfrac{|\overrightarrow{P Q} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\dfrac{|m-1|}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   解得 $m=-\dfrac{1}{2}$ 或 $m=\dfrac{5}{2}$(舍去)，
   $\therefore Q\left(0,-\dfrac{1}{2}, 0\right)$，则 $\dfrac{A Q}{Q D}=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{1}{3}$．