《2025年金榜领航高二数学选择性必修第一册北师大版》

【典例2】 如图所示,在四棱锥$P - ABCD$中,$PD \perp底面ABCD$,底面$ABCD$是矩形,$AB = 2AD = 4$,$PD = \frac{4\sqrt{5}}{5}$,$E是PA$的中点,$\overrightarrow{FB} = 2\overrightarrow{PF}$,求点$C到平面DEF$的距离.

答案： 【解析】如图所示，以D为坐标原点，$\overrightarrow {DA}$，$\overrightarrow {DC}$，$\overrightarrow {DP}$的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则$D(0,0,0)$，$C(0,4,0)$，$A(2,0,0)$，$B(2,4,0)$，$P(0,0,\frac {4\sqrt {5}}{5})$。因为E是PA的中点，$\overrightarrow {FB}=2\overrightarrow {PF}$，所以$E(1,0,\frac {2\sqrt {5}}{5})$，$F(\frac {2}{3},\frac {4}{3},\frac {8\sqrt {5}}{15})$，所以$\overrightarrow {DE}=(1,0,\frac {2\sqrt {5}}{5})$，$\overrightarrow {DF}=(\frac {2}{3},\frac {4}{3},\frac {8\sqrt {5}}{15})$，$\overrightarrow {DC}=(0,4,0)$。设平面DEF的法向量$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}n\cdot \overrightarrow {DE}=x+\frac {2\sqrt {5}}{5}z=0\\n\cdot \overrightarrow {DF}=\frac {2}{3}x+\frac {4}{3}y+\frac {8\sqrt {5}}{15}z=0\end{cases}$令$z=\sqrt {5}$，得$n=(-2,-1,\sqrt {5})$。故点C到平面DEF的距离为$\frac {|\overrightarrow {DC}\cdot n|}{|n|}=\frac {2\sqrt {10}}{5}$。

在三棱锥$S - ABC$中,$\triangle ABC是边长为4$的正三角形,平面$SAC \perp平面ABC$,$SA = SC = 2\sqrt{3}$,$M$,$N分别为AB$,$SB$的中点,如图所示. 求点$B到平面CMN$的距离.

答案： 【解析】取AC的中点O，连接OS，OB。因为$SA=SC$，$AB=BC$，所以$AC⊥SO$，$AC⊥BO$。因为平面$SAC⊥$平面ABC，平面$SAC\cap$平面$ABC=AC$，所以$SO⊥$平面ABC。又$BO\subset$平面ABC，所以$SO⊥BO$。如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则$B(0,2\sqrt {3},0)$，$C(-2,0,0)$，$S(0,0,2\sqrt {2})$，$M(1,\sqrt {3},0)$，$N(0,\sqrt {3},\sqrt {2})$。所以$\overrightarrow {CM}=(3,\sqrt {3},0)$，$\overrightarrow {MN}=(-1,0,\sqrt {2})$，$\overrightarrow {MB}=(-1,\sqrt {3},0)$。设$n=(x,y,z)$为平面CMN的法向量，则$\begin{cases}\overrightarrow {CM}\cdot n=3x+\sqrt {3}y=0\\\overrightarrow {MN}\cdot n=-x+\sqrt {2}z=0\end{cases}$取$z=1$，则$x=\sqrt {2}$，$y=-\sqrt {6}$，所以$n=(\sqrt {2},-\sqrt {6},1)$。所以点B到平面CMN的距离$d=\frac {|n\cdot \overrightarrow {MB}|}{|n|}=\frac {4\sqrt {2}}{3}$。

【典例3】 如图所示,在棱长为$1的正方体ABCD - A_1B_1C_1D_1$中,$E为线段DD_1$的中点,$F为线段BB_1$的中点. 求直线$FC_1到平面AB_1E$的距离.

答案： 【解析】由题意知$AE// FC_{1}$，$FC_{1}\not\subset$平面$AB_{1}E$，$AE\subset$平面$AB_{1}E$，所以$FC_{1}//$平面$AB_{1}E$，所以直线$FC_{1}$到平面$AB_{1}E$的距离等于点$C_{1}$到平面$AB_{1}E$的距离。如图所示，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，$DD_{1}$所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则$A(1,0,0)$，$B_{1}(1,1,1)$，$C_{1}(0,1,1)$，$E(0,0,\frac {1}{2})$，$\overrightarrow {AE}=(-1,0,\frac {1}{2})$，$\overrightarrow {AB_{1}}=(0,1,1)$，$\overrightarrow {C_{1}B_{1}}=(1,0,0)$。设平面$AB_{1}E$的法向量为$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}n\cdot \overrightarrow {AE}=-x+\frac {1}{2}z=0\\n\cdot \overrightarrow {AB_{1}}=y+z=0\end{cases}$令$z=2$，则$n=(1,-2,2)$。设点$C_{1}$到平面$AB_{1}E$的距离为d，则$d=\frac {|n\cdot \overrightarrow {C_{1}B_{1}}|}{|n|}=\frac {1}{3}$，故直线$FC_{1}$到平面$AB_{1}E$的距离为$\frac {1}{3}$。

已知正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1的棱长为1$,求平面$A_1BD与平面B_1CD_1$间的距离.

答案： 【解析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，$DD_{1}$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$D(0,0,0)$，$A_{1}(1,0,1)$，$B(1,1,0)$，$D_{1}(0,0,1)$，$\overrightarrow {A_{1}B}=(0,1,-1)$，$\overrightarrow {A_{1}D}=(-1,0,-1)$，$\overrightarrow {A_{1}D_{1}}=(-1,0,0)$。设平面$A_{1}BD$的法向量为$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}n\cdot \overrightarrow {A_{1}B}=0\\n\cdot \overrightarrow {A_{1}D}=0\end{cases}$即$\begin{cases}y - z = 0\\-x - z = 0\end{cases}$令$z=1$，得$y=1$，$x=-1$，所以$n=(-1,1,1)$。所以点$D_{1}$到平面$A_{1}BD$的距离$d=\frac {|\overrightarrow {A_{1}D_{1}}\cdot n|}{|n|}=\frac {1}{\sqrt {3}}=\frac {\sqrt {3}}{3}$。因为平面$A_{1}BD$与平面$B_{1}CD_{1}$间的距离等于点$D_{1}$到平面$A_{1}BD$的距离，所以平面$A_{1}BD$与平面$B_{1}CD_{1}$间的距离为$\frac {\sqrt {3}}{3}$。