《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例5 如图，长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱DA，DC和DD₁的长分别为1，2，1. 求：
(1)顶点B到平面DA₁C₁的距离；
(2)直线B₁C到平面DA₁C₁的距离.
[课堂笔记]
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答案：
解　
(1)以D为原点,$\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow{DD_1}$的方向分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，$A_1(1,0,1)$，$B_1(1,2,1)$，$C_1(0,2,1)$．
设平面$DA_1C_1$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
因为$\overrightarrow{DA_1}=(1,0,1)$，$\overrightarrow{DC_1}=(0,2,1)$，
由$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DA_1}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DC_1}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}x + z = 0\\2y+z = 0\end{cases}$，取y = 1，得x = 2，z = - 2，
则$\boldsymbol{n}=(2,1,-2)$．
而向量$\overrightarrow{C_1B}=(1,0,-1)$，所以顶点B到平面$DA_1C_1$的距离d=$\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{C_1B}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|2 + 0+2|}{\sqrt{4 + 1+4}}=\frac{4}{3}$．
(2)直线$B_1C$到平面$DA_1C_1$的距离等于点$B_1$到平面$DA_1C_1$的距离．
因为$\overrightarrow{C_1B_1}=(1,0,0)$，
所以点$B_1$到平面$DA_1C_1$的距离$d_1=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{C_1B_1}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|2 + 0+0|}{\sqrt{4 + 1+4}}=\frac{2}{3}$．
故直线$B_1C$到平面$DA_1C_1$的距离为$\frac{2}{3}$．

【巩固迁移】
5. 正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为1，则平面AB₁D₁与平面BDC₁的距离为（ ）
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
D　[由正方体的性质，得$AB_1// DC_1$，$D_1B_1// DB$，$AB_1\cap D_1B_1 = B_1$，$DC_1\cap DB = D$，且$AB_1\subset$平面$AB_1D_1$，$D_1B_1\subset$平面$AB_1D_1$，$DC_1\subset$平面$BDC_1$，$DB\subset$平面$BDC_1$，所以平面$AB_1D_1//$平面$BDC_1$，则两平面间的距离可转化为点B到平面$AB_1D_1$的距离．以D为原点，DA，DC，$DD_1$所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，由正方体的棱长为1，得A(1,0,0)，B(1,1,0)，$A_1(1,0,1)$，C(0,1,0)，$B_1(1,1,1)$，$D_1(0,0,1)$，所以$\overrightarrow{CA_1}=(1,-1,1)$，$\overrightarrow{BA}=(0,-1,0)$，$\overrightarrow{AB_1}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{B_1D_1}=(-1,-1,0)$．连接$A_1C$，由$\overrightarrow{CA_1}\cdot\overrightarrow{AB_1}=(1,-1,1)\cdot(0,1,1)=1\times0+( - 1)\times1+1\times1 = 0$，$\overrightarrow{CA_1}\cdot\overrightarrow{B_1D_1}=(1,-1,1)\cdot(-1,-1,0)=1\times(-1)+( - 1)\times(-1)+1\times0 = 0$，所以$\overrightarrow{CA_1}\perp\overrightarrow{AB_1}$，即$CA_1\perp AB_1$，$\overrightarrow{CA_1}\perp\overrightarrow{B_1D_1}$，即$CA_1\perp B_1D_1$，又$AB_1\cap B_1D_1 = B_1$，可知$CA_1\perp$平面$AB_1D_1$，得平面$AB_1D_1$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=\overrightarrow{CA_1}=(1,-1,1)$，则两平面间的距离d=$\frac{|\overrightarrow{BA}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|0\times1+( - 1)\times(-1)+0\times1|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．故选D.]

6. (2024·云南大理期中)如图，在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，A₁A = 2AB = 2BC = 2，E为线段DD₁的中点，F为线段BB₁的中点.
(1)求直线FC₁到直线AE的距离；
(2)求点A₁到平面AB₁E的距离.
　　　　　　　　　　　　　　

答案：
解　
(1)根据题意，以D为原点，DA，DC，$DD_1$所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(1,0,0)，$A_1(1,0,2)$，E(0,0,1)，$C_1(0,1,2)$，$B_1(1,1,2)$，F(1,1,1)，$\overrightarrow{B_1E}=(-1,-1,-1)$，$\overrightarrow{A_1B_1}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{FC_1}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{AE}=(-1,0,1)$，故$\overrightarrow{FC_1}//\overrightarrow{AE}$，又$\overrightarrow{EF}=(1,1,0)$，设直线$FC_1$到直线AE的距离为$d_1$，则$d_1$即为点F到直线AE的距离，
因此$d_1=\sqrt{|\overrightarrow{EF}|^{2}-(\frac{\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{EF}}{|\overrightarrow{AE}|})^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，
则直线$FC_1$到直线AE的距离为$\frac{\sqrt{6}}{2}$．
(2)设平面$AB_1E$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AE}=-x + z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{B_1E}=-x-y - z = 0\end{cases}$，
取x = 1，则y = - 2，z = 1，所以$\boldsymbol{n}=(1,-2,1)$．
设点$A_1$到平面$AB_1E$的距离为$d_2$，
可得$d_2=\frac{|\overrightarrow{A_1B_1}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|(0,1,0)\cdot(1,-2,1)|}{\sqrt{1 + 4+1}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
则点$A_1$到平面$AB_1E$的距离为$\frac{\sqrt{6}}{3}$．