《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

1. (人 A 选必一 P35 练习 2(1)改编)如图,在空间直角坐标系中,有长方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$, $AB = 1$, $BC = 2$, $AA_{1} = 3$,则点 $B$ 到直线 $A_{1}C$ 的距离为(B)

A.$\frac{2}{7}$
B.$\frac{2\sqrt{35}}{7}$
C.$\frac{\sqrt{35}}{7}$
D.$1$

答案： 1.B 【解析】由题意知$A_1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0)$，则$\overrightarrow{A_1C}=(1,2,-3),\overrightarrow{BC}=(0,2,0),A_1C$对应的单位方向向量$\mu=(\frac{1}{\sqrt{14}},\frac{2}{\sqrt{14}},-\frac{3}{\sqrt{14}})$，所以点B到直线$A_1C$的距离为$\sqrt{|\overrightarrow{BC}|^2-(\overrightarrow{BC}·\mu)^2}=\sqrt{4-\frac{8}{7}}=\frac{2\sqrt{35}}{7}$。

2. (人 A 选必一 P35 练习 3 改)如图,在棱长为 1 的正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中,平面 $A_{1}DB$ 与平面 $D_{1}CB_{1}$ 间的距离为(D)

A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
2.D 【解析】如图，建立空间直角坐标系，则$A_1(1,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0),C(0,1,0),\overrightarrow{DA_1}=(1,0,1),\overrightarrow{DB}=(1,1,0),\overrightarrow{DC}=(0,1,0)$。设平面$A_1DB$的法向量为$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}n·\overrightarrow{DA_1}=x+z=0,\\n·\overrightarrow{DB}=x+y=0.\end{cases}$不妨令$x=1$，则$y=-1,z=-1$，所以$n=(1,-1,-1)$。易知平面$A_1DB//$平面$D_1CB_1$，所以平面$A_1DB$与平面$D_1CB_1$间的距离$d=\frac{|\overrightarrow{DC}· n|}{|n|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。

3. (2022·新高考Ⅰ卷节选)如图,直三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 的体积为 4, $\triangle A_{1}BC$ 的面积为 $2\sqrt{2}$,则点 $A$ 到平面 $A_{1}BC$ 的距离为(C)

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$

答案： 3.C 【解析】在直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，设点A到平面$A_1BC$的距离为$h$，则$V_{A - A_1BC}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_1BC}· h=\frac{2\sqrt{2}}{3}h=V_{A_1 - ABC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}· A_1A=\frac{1}{3}V_{ABC - A_1B_1C_1}=\frac{4}{3}$，解得$h=\sqrt{2}$，所以点A到平面$A_1BC$的距离为$\sqrt{2}$。

4. (人 A 选必一 P35 练习 2(2))如图,在棱长为 1 的正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, $E$ 为棱 $DD_{1}$ 的中点, $F$ 为棱 $BB_{1}$ 的中点,则直线 $FC_{1}$ 到直线 $AE$ 的距离为$\frac{\sqrt{30}}{5}$.
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答案：
4.$\frac{\sqrt{30}}{5}$ 【解析】以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则$A_1(1,0,1),B_1(1,1,1),E(0,0,\frac{1}{2}),F(1,1,\frac{1}{2}),C_1(0,1,1),A(1,0,0)$。因为$\overrightarrow{AE}=(-1,0,\frac{1}{2}),\overrightarrow{FC_1}=(-1,0,\frac{1}{2})$，所以$\overrightarrow{AE}//\overrightarrow{FC_1}$，即$AE// FC_1$，所以点F到直线AE的距离即为直线$FC_1$到直线AE的距离。因为$u=\frac{\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{AE}|}=(-\frac{2\sqrt{5}}{5},0,\frac{\sqrt{5}}{5})$，$\overrightarrow{AF}=(0,1,\frac{1}{2}),|\overrightarrow{AF}|^2=\frac{5}{4},\overrightarrow{AF}· u=\frac{\sqrt{5}}{10}$，所以直线$FC_1$到直线AE的距离为$\sqrt{\frac{5}{4}-(\frac{\sqrt{5}}{10})^2}=\frac{\sqrt{30}}{5}$。

例 1 (人 A 选必一 P42 习题 6)如图,在棱长为 1 的正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, $O$ 为平面 $A_{1}ABB_{1}$ 的中心, $E$ 为 $BC$ 的中点,求点 $O$ 到直线 $A_{1}E$ 的距离.
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答案：
例1 【解答】方法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则$A_1(1,0,1),E(\frac{1}{2},1,0),O(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}),\overrightarrow{OA_1}=(0,-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{A_1E}=(-\frac{1}{2},1,-1),|\overrightarrow{OA_1}|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2},\cos\langle\overrightarrow{OA_1},\overrightarrow{A_1E}\rangle=\frac{-1}{\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{3}{2}}=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$，所以点O到直线$A_1E$的距离为$|\overrightarrow{OA_1}|×\sqrt{1-\cos^2\langle\overrightarrow{OA_1},\overrightarrow{A_1E}\rangle}=\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{1-(-\frac{2\sqrt{2}}{3})^2}=\frac{\sqrt{2}}{6}$。

方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则$A_1(1,0,1),E(\frac{1}{2},1,0),O(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$。因为$\overrightarrow{A_1E}=(-\frac{1}{2},1,-1),u=\frac{\overrightarrow{A_1E}}{|\overrightarrow{A_1E}|}=(-\frac{1}{3},\frac{2}{3},-\frac{2}{3}),\overrightarrow{OA_1}=(0,-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，所以$\overrightarrow{OA_1}· u=-\frac{2}{3}$，所以点O到直线$A_1E$的距离为$\sqrt{|\overrightarrow{OA_1}|^2-(\overrightarrow{OA_1}· u)^2}=\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{2}}{6}$。