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第七章
7.5　用综合法求空间距离
立体几何与空间向量
复习目标　1. 理解空间内点到直线的距离、两异面直线之间的距离、直线到平面的距离、两平行平面的距离的概念，理解空间内线面的平行关系与垂直关系.2. 掌握求空间距离的常见方法．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
空间的距离
活 动 方 案
活动一　基础引入
1 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB＝AA1＝4，D是棱AB的中点，则点B1到平面A1CD的
距离为______．
2 若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，直线AC1与底面ABCD所成角的大小是60°，则A1C1到底面ABCD的距离为______．
3 已知平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，若AB＋CD＝33，且AB，CD在平面β内的射影长分别为5和16，则平面α与β之间的距离为______．
12
5 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，则异面直线A1D与B1D1的
距离为______．
【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由A1D1∥BC，A1D1＝BC，得四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥CD1，同理可得BD∥B1D1.设F，E分别是上、下底面对角线的交点，A1E，CF分别与AC1交于点M，N，连接相应的线段．因为A1B 平面CB1D1 ，
CD1 平面CB1D1，所以A1B∥平面CB1D1，同理BD∥平面CB1D1.又A1B∩BD＝B，A1B 平面A1BD，BD 平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CB1D1.因为A1F与CE平行
活动二　典例悟法
题组一　求空间点到面的距离
1
B
D
求空间点到直线、点到平面的距离，思路一：作垂线段，一、根据题设中的线线垂直关系作面的垂线，二、根据面面垂直的性质作面的垂线；思路二：构造三棱锥，利用等体积法求点到平面的距离．
题组二　求直线到平面及两平行平面之间的距离
2
D
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.
(1) 求证：平面ABD∥平面EFC1；
(2) 求平面EFC1到平面ABD的距离．
空间内直线到平面的距离以及两平行平面间的距离一般是转化为空间内点到平面的距离求解．
题组三　空间距离的综合应用
3
1 [2025徐州二中模拟]如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，M，N分别为PC，AB的中点．求异面直线PC与AB间的距离．
【解析】连接BM，CN.
因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
又BC⊥AB，PA 平面PAB，AB 平面PAB，PA∩AB＝A，
所以BC⊥平面PAB.
2 如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1) 求证：MN∥平面C1DE；
(2) 求点C到平面C1DE的距离．
[2023天津卷·17]如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别为BC，AB的中点．
(1) 求证：A1N∥平面AMC1；
(2) 求平面AMC1与平面ACC1A1所成角的余弦值；
(3) 求点C到平面AMC1的距离．
(2) 如图，过点M作ME⊥AC，垂足为E，过点E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E.
因为ME 平面ABC，A1A⊥平面ABC，所以AA1⊥ME.
又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC 平面ACC1A1，
AA1 平面ACC1A1，所以ME⊥平面ACC1A1.
因为AC1 平面ACC1A1，所以ME⊥AC1.
又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME 平面MEF，EF 平面MEF，
所以AC1⊥平面MEF.
因为MF 平面MEF，所以AC1⊥MF，
所以∠MFE为平面AMC1与平面ACC1A1所成的角．
在求解距离问题时，一、要根据题设条件选择恰当的方法；二、要学会利用直线与平面平行及两平面平行的性质，将所求的点到面的距离转化为空间其余点到面的距离；三、用等积法解决距离问题．
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复习目标　1. 理解空间内点到直线的距离、两异面直线之间的距离、直线到平面的距离、两平行平面的距离的概念，理解空间内线面的平行关系与垂直关系.2. 掌握求空间距离的常见方法．
空间的距离
活动一 基础引入
1 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB＝AA1＝4，D是棱AB的中点，则点B1到平面A1CD的距离为________．
2 若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，直线AC1与底面ABCD所成角的大小是60°，则A1C1到底面ABCD的距离为________．
3 已知平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，若AB＋CD＝33，且AB，CD在平面β内的射影长分别为5和16，则平面α与β之间的距离为________．
4 如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，连接AC，构成一四面体，使得AC＝2，则点D 到平面ABC的距离为________．
5 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，则异面直线A1D与B1D1的距离为________．
活动二 典例悟法
题组一　求空间点到面的距离
1 [2025苏州苏苑高级中学月考]离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为φP＝1－(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1，2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥P-ABC如图所示．
(1) 求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和；
(2) 若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝4，三棱锥P-ABC在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离．
1 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝AC＝BC＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离是(　　)　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
2将边长为a的正三角形ABC沿边BC上的高线AD折成60°的二面角，则点A 到BC的距离是(　　)
A. a B. a C. a D. a
[2024全国甲卷(文)·19(2)]如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．求点M到平面ADE的距离．
求空间点到直线、点到平面的距离，思路一：作垂线段，一、根据题设中的线线垂直关系作面的垂线，二、根据面面垂直的性质作面的垂线；思路二：构造三棱锥，利用等体积法求点到平面的距离．
题组二　求直线到平面及两平行平面之间的距离
2 如图，若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD所成角的大小为60°，则A1C1到底面ABCD的距离为(　　)
A. B. 1
C. 2 D.
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.
(1) 求证：平面ABD∥平面EFC1；
(2) 求平面EFC1到平面ABD的距离．
空间内直线到平面的距离以及两平行平面间的距离一般是转化为空间内点到平面的距离求解．
题组三　空间距离的综合应用
3 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1) 求证：PB∥平面AEC；
(2) 设AP＝1，AD＝，三棱锥P-ABD的体积为，求点A到平面PBC的距离．
1 [2025徐州二中模拟]如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，M，N分别为PC，AB的中点．求异面直线PC与AB间的距离．
2 如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1) 求证：MN∥平面C1DE；
(2) 求点C到平面C1DE的距离．
3 如图，直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，其中AB∥CD∥EF，AD＝AB＝CD＝1，且ED⊥平面ABCD，G是CD的中点．
(1) 求证：平面BCF∥平面AGE；
(2) 求平面BCF与平面AGE间的距离．
[2023天津卷·17]如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M，N分别为BC，AB的中点．
(1) 求证：A1N∥平面AMC1；
(2) 求平面AMC1与平面ACC1A1所成角的余弦值；
(3) 求点C到平面AMC1的距离．
在求解距离问题时，一、要根据题设条件选择恰当的方法；二、要学会利用直线与平面平行及两平面平行的性质，将所求的点到面的距离转化为空间其余点到面的距离；三、用等积法解决距离问题．
7．5　用综合法求空间距离
1. 　解析：因为多面体ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC.又AC 平面ABC，AB 平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB.因为D是棱AB的中点，所以AD＝AB＝2.由勾股定理，得A1D＝＝＝2，A1C＝＝＝4.因为△ABC是等边三角形，D是棱AB的中点，所以AB⊥CD，所以CD＝＝＝2.因为A1D2＋CD2＝A1C2，所以A1D⊥CD，所以S△A1CD＝×2×2＝2.因为AA1⊥平面ABC，AA1 平面A1ABB1，所以平面ABC⊥平面A1ABB1.因为平面ABC∩平面A1ABB1＝AB，AB⊥CD，CD 平面ABC，所以CD⊥平面A1ABB1.设点B1到平面A1CD的距离为h，由VB1-A1CD＝VC-A1B1D，得×2h＝××4×4×2，解得h＝，所以点B1到平面A1CD的距离为.
2. 　解析：如图，连接AC.由正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，得AD＝DC＝1，所以AC＝AD＝，且C1C⊥底面ABCD，则直线AC1与底面ABCD所成的角即为∠C1AC＝60°，则C1C＝AC·tan 60°＝×＝，故在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1C1到底面ABCD的距离即为点C1到底面ABCD的距离C1C＝.
3. 12　解析：如图，过点A作AE⊥β，垂足为E，过点C作CF⊥β，垂足为F，由题意可知，BE＝5，DF＝16，设AB＝x，则CD＝33－x，可得x2－52＝(33－x)2－162，解得x＝13，所以平面α与β之间的距离AE＝＝12.
4. 　解析：由已知可得AB＝BC＝CD＝DA＝2，BD＝4，∠BAD＝∠BCD＝90°.如图，取BD的中点O，连接AO，CO.因为AB＝AD＝2，∠BAD＝90°，所以AO⊥BD，且AO＝BD＝2.因为BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，所以CO＝2.又AC＝2，所以AO⊥CO.又因为BD 平面BCD，CO 平面BCD，BD∩CO＝O，所以AO⊥平面BCD，所以点A到平面BCD的距离为AO＝2.又△BCD的面积为S△BCD＝×2×2＝4，所以三棱锥A-BCD的体积为VA-BCD＝S△BCD·AO＝.设点D到平面ABC的距离为d，则VD-ABC＝S△ABC·d.因为AB＝BC＝AC＝2，所以S△ABC＝×2×2×sin 60°＝2.又VD-ABC＝VA-BCD＝，所以×2×d＝，解得d＝，所以点D到平面ABC的距离为.
5. 　解析：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，由A1D1∥BC，A1D1＝BC，得四边形A1D1CB是平行四边形，所以A1B∥CD1，同理可得BD∥B1D1.设F，E分别是上、下底面对角线的交点，A1E，CF分别与AC1交于点M，N，连接相应的线段．因为A1B 平面CB1D1，CD1 平面CB1D1，所以A1B∥平面CB1D1，同理BD∥平面CB1D1.又A1B∩BD＝B，A1B 平面A1BD，BD 平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CB1D1.因为A1F与CE平行且相等，所以四边形A1FCE是平行四边形，所以A1E∥CF.又E，F分别是AC，A1C1的中点，所以AM＝MN＝NC1.由正方体的棱长为4，得AC1＝4，MN＝AC1＝.因为CC1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以CC1⊥BD.又BD⊥AC，AC∩CC1＝C，AC 平面ACC1，CC1 平面ACC1，所以BD⊥平面ACC1.因为AC1 平面ACC1，所以AC1⊥BD，同理可得AC1⊥A1B.因为A1B∩BD＝B，A1B 平面A1BD，BD 平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD，所以AC1⊥平面CB1D1，所以平面A1BD与平面CB1D1的距离为.因为A1D 平面A1BD，B1D1 平面CB1D1，且A1D与B1D1是异面直线，所以异面直线A1D与B1D1的距离等于平面A1BD与平面CB1D1之间的距离为.
例1　(1) 由题意，得φP＝1－(∠APB＋∠BPC＋∠APC)，
φA＝1－(∠PAB＋∠BAC＋∠PAC)，
φB＝1－(∠PBA＋∠ABC＋∠PBC)，
φC＝1－(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB).
又∠APB＋∠BPC＋∠APC＋∠PAB＋∠BAC＋∠PAC＋∠PBA＋∠ABC＋∠PBC＋∠PCA＋∠BCA＋∠PCB＝4π，
所以φP＋φA＋φB＋φC＝4－×4π＝2.
(2) 因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
又AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA 平面PAC，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为PC 平面PAC，
所以BC⊥PC.
因为φC＝1－(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)＝，
即1－＝，
所以∠PCA＝，则PA＝AC＝BC＝4.
过点A作AM⊥PC于点M.
由BC⊥平面PAC，AM 平面PAC，得BC⊥AM.
又BC∩PC＝C，BC 平面PCB，PC 平面PCB，
所以AM⊥平面PCB，
所以点A到平面PBC的距离为线段AM的长．
在Rt△ACM中，AM＝AC sin ∠PCA＝4×＝2，
所以点A到平面PBC的距离为2.
变式训练1　B　解析： 设点A到平面A1BC的距离为h.由题意，得A1C＝A1B.如图，取BC的中点D，连接AD，A1D，则A1D⊥BC，所以S△A1BC＝BC·A1D＝×2×2＝2，S△ABC＝×2×＝.因为VA1-ABC＝VA-A1BC，所以S△ABC·AA1＝S△A1BC·h，所以××1＝×2×h，解得h＝，故点A 到平面A1BC的距离是.
变式训练2　D　解析：如图，因为AD是正三角形ABC的高，所以∠BDC即为二面角的平面角，即∠BDC＝60°.又因为△ABC是边长为a的正三角形，D是BC的中点，所以△BDC为正三角形，且CD＝BD＝BC＝.过点D作 DO⊥BC，垂足为O，所以O是BC的中点．连接AO.因为AD⊥平面BDC，BC 平面BDC，所以AD⊥BC.又DO⊥BC，AD∩DO＝D，且AD，DO均在平面ADO内，所以BC⊥平面ADO.又AO 平面ADO，所以BC⊥AO，即AO为点A到BC的距离．由题意，得正三角形ABC的边长为a，所以AD＝a.因为正三角形BDC的边长为，所以边BC上的高DO＝a，所以在Rt△ADO中，AO＝＝a.
链接高考
如图，取DM的中点O，连接OA，OE.
因为AB∥CD，AB＝2，CD＝4，M为CD的中点，
所以AB∥MC，且AB＝MC，
所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝.
又AD＝，所以△ADM是等腰三角形．
同理可得△EDM是等腰三角形．
所以OA⊥DM，OE⊥DM，
所以OA＝＝3，OE＝＝.
又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，
所以OA⊥OE.
又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE 平面EDM，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM＝×2×＝.
在△ADE中，cos ∠DEA＝＝，
所以sin ∠DEA＝，
所以S△ADE＝×2×2×＝.
设点M到平面ADE的距离为d，
由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，
解得d＝，
故点M到平面ADE的距离为.
例2　D　解析：由题意，得∠B1AB＝60°，所以 B1B＝AB·tan 60°＝.易得A1C1∥平面ABCD，所以A1C1到底面ABCD的距离为B1B＝.
变式训练　(1) 因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.
因为AC∥A1C1，AF＝AC＝A1C1＝DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1.
因为AB 平面EFC1，EF 平面EFC1，
所以AB∥平面EFC1，同理AD∥平面EFC1.
又AD∩AB＝A，AB 平面ABD，AD 平面ABD，
所以平面ABD∥平面EFC1.
(2) 如图，连接BF，DF.
由题意，得AB＝＝，AD＝＝，BD＝＝，
所以△ABD的面积为AB·＝××＝.
设点F到平面ABD的距离为h，
则三棱锥FABD的体积为VFABD＝h×＝h.
易知DF⊥平面ABC，
所以三棱锥D-ABF的体积为VD-ABF＝×DF×S△ABF＝×2××××1＝.
由VF-ABD＝VD-ABF，得h＝，解得h＝，
即点F到平面ABD的距离为.
因为平面ABD∥平面EFC1，
所以平面EFC1到平面ABD的距离为.
例3　(1) 设BD与AC的交点为O，连接EO.
因为四边形ABCD是矩形，所以O为BD的中点．
因为E为PD的中点，所以EO∥PB.
因为EO 平面AEC，PB 平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2) 因为AP＝1，AD＝，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，且三棱锥 P-ABD 的体积为，
所以VP-ABD＝×PA·AB·AD＝AB＝，
所以AB＝，PB＝＝.
因为PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA⊥BC.
又AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
过点A作AH⊥PB交PB于点H.
因为AH 平面PAB，所以BC⊥AH.
又PB∩BC＝B，PB 平面PBC，BC 平面PBC，
所以AH⊥平面PBC.
因为AH＝＝，
所以点A到平面PBC的距离为.
变式训练1　连接BM，CN.
因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC.
又BC⊥AB，PA 平面PAB，AB 平面PAB，PA∩AB＝A，
所以BC⊥平面PAB.
因为PB 平面PAB，所以BC⊥PB.
在Rt△PBC中，M为PC的中点，所以BM＝PC.
因为PA⊥平面ABC，AC 平面ABC，所以PA⊥AC.
在Rt△PAC中，M为PC的中点，
所以AM＝PC，所以AM＝BM.
又N为AB的中点，所以MN⊥AB.
在△PAN和△CBN中，PA＝CB，∠PAN＝∠CBN＝90°，AN＝BN，
所以△PAN≌△CBN，所以NP＝NC.
又M为PC的中点，NM⊥PC.
故线段MN的长即为异面直线AB与PC间的距离．
在△ABC中，AC＝＝＝2，
在△APC中，PC＝＝＝2，
所以AM＝BM＝.
因为AN＝1，所以MN＝＝＝.
故异面直线AB与PC间的距离为.
变式训练2　(1) 如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为B1B，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
易得A1D∥B1C，且A1D＝B1C，
所以ME＝ND，ME∥ND，
所以四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥DE.
因为MN 平面C1DE，DE 平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2) 如图，过点C作CH⊥C1E，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥CC1.
又BC∩CC1＝C，BC 平面CC1E，CC1 平面CC1E，
所以DE⊥平面CC1E.
因为CH 平面CC1E，所以DE⊥CH.
又C1E∩DE＝E，C1E 平面C1DE，DE 平面C1DE，
所以CH⊥平面C1DE，
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，CC1＝4，
所以C1E＝，所以CH＝＝，
故点C到平面C1DE的距离为.
变式训练3　(1) 因为AB∥CD，AB＝CD，G是CD的中点，
所以CG＝CD＝AB，所以四边形ABCG为平行四边形，
所以BC∥AG.
又AG 平面AGE，BC 平面AGE，
所以BC∥平面AGE.
因为直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，EF∥CD∥AB，
所以EF＝AB，
所以四边形ABFE为平行四边形，所以BF∥AE.
又AE 平面AGE，BF 平面AGE，
所以BF∥平面AGE.
因为BF∩BC＝B，BF 平面BCF，BC 平面BCF，
所以平面BCF∥平面AGE.
(2) 设点C到平面AGE的距离为d.
易知 AE＝EG＝AG＝，
由VC-AGE＝VE-ACG，得××AE2×sin 60°×d＝××CG×AD×DE，解得d＝.
因为平面BCF∥平面AGE，
所以平面BCF与平面AGE间的距离为.
链接高考
(1) 连接MN.
由M，N分别是BC，BA的中点，得MN∥AC，且MN＝AC＝1，
由棱台性质，得A1C1∥AC，所以MN∥A1C1.
又MN＝A1C1＝1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，
所以A1N∥MC1.
又A1N 平面AMC1，MC1 平面AMC1，
所以A1N∥平面AMC1.
(2) 如图，过点M作ME⊥AC，垂足为E，过点E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E.
因为ME 平面ABC，A1A⊥平面ABC，所以AA1⊥ME.
又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC 平面ACC1A1，AA1 平面ACC1A1，所以ME⊥平面ACC1A1.
因为AC1 平面ACC1A1，所以ME⊥AC1.
又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME 平面MEF，EF 平面MEF，
所以AC1⊥平面MEF.
因为MF 平面MEF，所以AC1⊥MF，
所以∠MFE为平面AMC1与平面ACC1A1所成的角．
在Rt△AEC1中，cos ∠EAC1＝，则sin ∠EAC1＝，
所以EF＝1×sin ∠EAC1＝.
在Rt△MEF中，∠MEF＝90°，ME＝1，
所以MF＝＝，
所以cos ∠MFE＝＝，
故平面AMC1与平面ACC1A1所成角的余弦值为.
(3) 方法一：过点C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ，PM，过点P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由题意，得C1A＝C1C＝，C1P＝2，PM＝1，
所以C1M＝＝.
在Rt△C1QM中，QM＝AM＝，
根据勾股定理，得C1Q＝＝.
由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，得C1P⊥AM.
又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q 平面C1PQ，C1P 平面C1PQ，所以AM⊥平面C1PQ.
因为PR 平面C1PQ，所以PR⊥AM.
又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q 平面C1MA，AM 平面C1MA，所以PR⊥平面C1MA.
在Rt△C1PQ中，PR＝＝＝.
又CA＝2PA，所以点C到平面AMC1的距离是点P到平面AMC1的距离的2倍，
故点C到平面AMC1的距离是.
方法二：如图，过点C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ，PM，则C1P＝A1A＝2，C1P⊥平面ABC.
又PM 平面ABC，所以C1P⊥PM.
易得C1A＝C1C＝A1N＝C1M＝，
所以P，Q分别为AC，AM的中点．
又M是BC的中点，
所以PM＝AB＝1，PM∥AB，所以PM⊥AC.
在Rt△AC1Q中，AQ＝，所以C1Q＝＝.
设点C到平面AMC1的距离为h.
VC1-AMC＝C1P·S△AMC＝×2××2×1＝，
VC-AMC1＝h·S△AMC1＝×h×××＝.
由VC1-AMC＝VC-AMC1，得＝，解得h＝.7.5　用综合法求空间距离
一、 单选题
1 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则直线AA1到平面BB1D1D的距离是(　　)
A. 1 B. C. D.
2 [2025广东五校联考]如图1，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，沿对角线AC将△ABC折起(如图2)，当二面角B-AC-D的余弦值为－时，点B与点D之间的距离为(　　)
图1 图2
A. 1 B. C. D.
3 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为(　　)
A. B. C. 2 D.
4 [2025河北省级联考期末]在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝2，PC＝PD＝，则直线CD到平面PAB的距离为(　　)
A. B. C. D.
二、 多选题
5 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. 直线D1D与直线AF异面
B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 平面AEF截正方体所得的截面是平行四边形
D. 点C和点B到平面AEF的距离相等
6 如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱DC上运动(不与顶点重合)，则点B到平面AD1P的距离可以是(　　)
A.
B.
C. 2
D.
7 [2025盐城模拟]在等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC＝AD＝4，∠BAD＝60°，E为AD的中点，O为BE的中点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得平面A1BE⊥平面BCDE，则下列说法中正确的有(　　)
A. BE⊥平面A1OC
B. 点B到平面A1CD的距离为3
C. A1B与平面A1CD所成角的正弦值为
D. 三棱锥A1-EBC外接球的表面积为
三、 填空题
8 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则平面BB1C1C和平面AA1D1D间的距离为________．
9 [2025广东月考]如图，∠ACB＝60°，平面ABC外有一点P，PC＝4，点E，F分别在射线CA，CB上，且PE⊥CA，PF⊥CB，PE＝PF＝2，则点P到平面ABC的距离为________．
10 [2025吉林期末改编]如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则直线A1G到平面AEF的距离为________．
四、 解答题
11 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝3，AB＝4，AD＝5.求：
(1) 点A1和点C之间的距离；
(2) 点A1到棱BC的距离；
(3) 棱A1B1和平面ABCD之间的距离．
12 [2025四川期末改编]如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E为边AD上的一点，且AB＝AE＝BE＝CD＝2，BC＝ED＝4，O为BE的中点，F为BC的中点．将△ABE沿BE折起到△A′BE的位置，如图2.
(1) 求证：CD⊥平面A′OF；
(2) 若A′O⊥OF，求点F到平面A′EC的距离．
图1 图2
　
7．5　用综合法求空间距离
1. C　解析：如图，连接AC，BD相交于点O.在正方体ABCDA1B1C1D1中，易知AA1∥BB1.又AA1 平面BB1D1D，BB1 平面BB1D1D，所以点A到平面BB1D1D的距离即为直线AA1到平面BB1D1D的距离．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD.因为AC 平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，BD∩BB1＝B，BD 平面BB1D1D，BB1 平面BB1D1D，所以AC⊥平面BB1D1D，故AO即为点A到平面BB1D1D的距离，AO＝AC＝×＝，所以直线AA1到平面BB1D1D的距离为.
2. C　解析：如图，过点B在平面ABC内作BE⊥AC，过点D在平面ACD内作DF⊥AC，以FD，FE为邻边作平行四边形EFDG，连接BG.因为AC＝＝2，BE⊥AC，则由等面积法可得BE＝＝，同理可得DF＝，则AE＝＝，同理可得CF＝，所以EF＝AC－2AE＝1.因为四边形EFDG为平行四边形，且DF⊥EF，所以四边形EFDG为矩形，所以EG⊥AC.因为BE⊥AC，所以二面角B-AC-D的平面角为∠BEG.在△BEG中，BE＝EG＝，cos ∠BEG＝－，由余弦定理，得BG2＝BE2＋EG2－2BE·EG·cos ∠BEG＝2.因为DG∥AC，EG⊥AC，BE⊥AC，所以EG⊥DG，BE⊥DG.因为BE∩EG＝E，BE，EG均在平面BEG内，所以DG⊥平面BEG.因为BG 平面BEG，所以DG⊥BG.在Rt△BGD中，因为DG＝EF＝1，所以由勾股定理，得BD＝＝.
3. B　解析：由直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为6，得VA1-ABC＝VABCA1B1C1＝2.设点A到平面A1BC的距离为d.由VA-A1BC＝VA1-ABC，得S△A1BC·d＝2，所以×2d＝2，解得d＝，所以点A到平面A1BC的距离为.
4. A　解析：如图，取AB的中点M，CD的中点N，连接PM，PN，MN.因为PA＝PB＝2，PC＝PD＝，所以PM⊥AB，PN⊥CD.易知AB∥CD，所以PN⊥AB.又PM∩PN＝P，PM，PN均在平面PMN内，所以AB⊥平面PMN.又AB 平面PAB，所以平面PMN⊥平面PAB.因为AB∥CD，AB 平面PAB，CD 平面PAB，所以CD∥平面PAB，则直线CD到平面PAB的距离为点N到平面PAB的距离，即点N到直线PM的距离．易知PM＝＝＝，PN＝＝＝，MN＝AD＝2.在△PMN中，由余弦定理，得cos ∠MPN＝＝，则sin ∠MPN＝，所以点N到直线PM的距离为PN·sin ∠MPN＝×＝.
5. ABD　解析：对于A，由图可知AF与DD1显然不平行，且不相交，所以AF与DD1异面，故A正确；对于B，如图1，取B1C1的中点M，连接A1M，GM，BC1.易知A1M∥AE，且A1M 平面AEF，AE 平面AEF，所以A1M∥平面AEF.因为GM∥BC1，EF∥BC1，所以GM∥EF.又GM 平面AEF，EF 平面AEF，所以GM∥平面AEF.因为A1M∩GM＝M，A1M 平面A1MG，GM 平面A1MG，所以平面A1MG∥平面AEF.因为A1G 平面A1MG，所以A1G∥平面AEF，故B正确；对于C，如图2，连接AD1，D1F，易知AD1∥EF，则A，E，F，D1四点共面，又AE＝D1F，所以平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形AEFD1，故C错误；对于D，平面AEF过BC的中点E，即平面AEF将线段BC平分，所以点C和点B到平面AEF的距离相等，故D正确．故选ABD.
图1 图2
6. CD　解析：如图，当点P与点D重合时，点B到平面AD1P的距离最大，易知最大为3；当点P与点C重合时，点B到平面AD1P的距离最小，设最小距离为d，易知△ACD1是边长为3的等边三角形，则由等体积法，得VB-ACD1＝VD1-ABC，即S△ACD1·d＝S△ABC·DD1，即××3×3××d＝××3×3×3，解得d＝.又点P不与顶点重合，所以点B到平面AD1P的距离的取值范围为(，3).故选CD.
7. ACD　解析：如图1，易得四边形ABCE和四边形BCDE均为菱形，翻折后如图2.对于A，因为BE⊥A1O，BE⊥OC，A1O，OC均在平面A1OC内，A1O∩OC＝O，所以BE⊥平面A1OC，故A正确；对于B，因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1O 平面A1BE，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE.因为OC，OD均在平面BCDE内，所以A1O⊥OC，A1O⊥OD，所以A1C＝＝＝2，A1D＝＝＝2.又CD＝4，所以A1C2＋CD2＝A1D2，即A1C⊥CD，所以S△A1CD＝×2×4＝4.设点B到平面A1CD的距离为h.由VA1-BCD＝VB-A1CD，得××4×2×2＝h，解得h＝，故B错误；对于C，A1B与平面A1CD所成角的正弦值为＝，故C正确；对于D，根据题意，得△BCE，△A1BE为等边三角形，且平面A1BE⊥平面BCE.如图3，设△BCE，△A1BE的外接圆圆心分别为O1，O2，过点O1，O2分别作平面BCE与平面A1BE的垂线，交点M即为球心，连接MB，BO1，则BO1＝OC＝，MO1＝OO2＝AO＝，R2＝MB2＝BO＋O1M2＝，所以三棱锥A1-EBC外接球的表面积为S＝4πR2＝，故D正确．故选ACD.
图1 图2 图3
8. 1　解析：因为平面BB1C1C∥平面AA1D1D，AB⊥平面BB1C1C，且AB⊥平面AA1D1D，所以平面BB1C1C和平面AA1D1D间的距离为AB＝1.
9. 　解析：如图，过点P作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接OE，OF，OC.因为PE＝PF，所以OE＝OF.又PE⊥CA，PF⊥CB，所以OE⊥CA，OF⊥CB，所以CO为∠ACB的平分线．因为∠ACB＝60°，所以∠ACO＝30°，设OE＝x，则CO＝2x，在Rt△POE中，PO2＝PE2－OE2＝12－x2，在Rt△POC中，PO2＝PC2－CO2＝16－4x2，所以12－x2＝16－4x2，解得x2＝，则PO＝＝.
10. 　解析：如图，连接D1F，并延长交AE的延长线于点P，连接AD1.易证点P在DC的延长线上．因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以CP＝CD＝2，AD1∥EF，所以E，F，D1，A四点共面．又G为BB1的中点，所以A1G∥D1F，可得A1G∥平面AEF，所以A1G到平面AEF的距离等于点A1到平面AEF的距离，设为d.由VP-A1AD1＝VA1-APD1，得S△A1AD1·PD＝S△PAD1·d.易得S△A1AD1＝×2×2＝2，PD＝4.在△PAD1中，AD1＝2，PD1＝PA＝2，所以S△PAD1＝×2×3＝6，所以×2×4＝×6×d，解得d＝.
11. (1) 连接A1C，AC.
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD.
因为AC 平面ABCD，
所以AA1⊥AC.
由勾股定理，得A1C＝＝＝5.
故点A1和点C之间的距离为5.
(2) 连接A1B.
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC⊥平面ABB1A1.
因为A1B 平面ABB1A1，
所以A1B⊥BC，
所以A1B就是点A1到棱BC的距离．
在Rt△A1AB中，A1B＝＝＝5.
故点A1到棱BC的距离是5.
(3) 易得A1B1∥平面ABCD.
又A1A⊥平面ABCD，
所以A1A就是棱A1B1和平面ABCD之间的距离．
因为A1A＝3，
所以棱A1B1和平面ABCD之间的距离是3.
12. (1) 在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝ED＝4，
所以四边形BCDE是平行四边形，所以BE∥CD.
因为AB＝AE＝BE＝CD＝2，
所以△ABE为等边三角形，则∠BAE＝60°.
因为O为BE的中点，所以BE⊥A′O.
在等腰梯形ABCD中，∠BAE＝∠CDE＝∠CBE＝60°.
在△BEC中，由余弦定理，得EC2＝BC2＋BE2－2BC·BE·cos ∠EBC＝12，则EC＝2，
所以BE2＋EC2＝16＝BC2，则BE⊥EC.
因为O，F分别是BE，BC的中点，
所以OF∥EC，所以OF⊥BE，
又A′O∩OF＝O，A′O，OF均在平面A′OF内，
所以BE⊥平面A′OF.
又BE∥CD，所以CD⊥平面A′OF.
(2) 由(1)可知OF∥EC.
因为OF 平面A′EC，EC 平面A′EC，
所以OF∥平面A′EC，
所以点F到平面A′EC的距离即为点O到平面A′EC的距离．
因为O是BE的中点，
所以点F到平面A′EC的距离等于点B到平面A′EC的距离的一半．
如图，取A′E的中点为H，连接BH.
因为△A′BE为等边三角形，所以BH⊥A′E，
由(1)知EC⊥BE.
因为A′O⊥OF，OF∥EC，
所以EC⊥A′O.
又BE∩A′O＝O，BE，A′O均在平面A′BE内，
所以EC⊥平面A′BE.
因为BH 平面A′BE，所以EC⊥BH.
又EC∩A′E＝E，EC，A′E均在平面A′EC内，
所以BH⊥平面A′EC，
因为△A′BE是等边三角形，边长为2，
所以BH＝＝，
所以点B到平面A′EC的距离为，
故点F到平面A′EC的距离为.

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