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重点难点
在立体几何中，空间距离主要有：点到平面的距离、两异面直线间的距离、直线到平面的距离（线面平行时）、两平行平面间的距离. 所有的距离计算问题都可以化归为求点到平面的距离，所以求空间距离的重点就转移到如何求点到平面的距离；难点是如何把其他形式的距离转化为点到平面的距离，以及在涉及具体问题时求点到平面距离的解题对策的选择及灵活应用.
方法突破
一、注意把线线距离、线面距离、面面距离转化为点到平面的距离
（1）线面距离化归为点面距离：当直线与平面平行时，直线上的点到平面的距离处处相等，直线上的任意一点到平面的距离即为直线到平面的距离.
（2）面面距离化归为点面距离：当平面与平面平行时，其中一个平面上的点到另一平面的距离处处相等，其中一个平面上的任意一点到另一平面的距离即为两平行平面间的距离.
（3）异面直线间的距离化归为点面距离：如图1，a，b是异面直线，AB是它们的公垂线段（AB的长即为异面直线a，b的距离），过点B作a的平行线a■，则直线a■，b确定的平面α和a平行，AB即为直线a到平面α的距离，所以异面直线的距离可化归为直线到平面的距离，最终化为点到平面的距离.
■
图1
二、掌握求点到平面的距离的几种常用方法
（1）直接构作法：设点A为平面α外一点，过点A作AB⊥平面α于B，则AB的长即为点A到平面α的距离.
（2）平行转移法：设点A为平面α外一点，过点A作直线a与平面α平行，则直线a上的任意一点到平面α的距离即为点A到平面α的距离.
（3）比例转移法：设点A为平面α外一点，过点A作平面α的斜线OA交α于点O，P为直线OA上的点（如图2），设A，P到平面α的距离分别为h，h0，则h=■h0.
（4）体积法：设点A为平面α外一点，△BCD在平面α内，设A到平面α的距离分别为h，则■S△BCD=VABCD，即h=■.
（5）空间向量法：设点A为平面α外一点，点B在平面α内，n是平面α的一个法向量，则A到平面α的距离h=■.
（6）公式法：设P（x0，y0，z0）为空间直角坐标系内一点，平面α的方程为Ax By Cz D=0，则点P到平面α的距离为d=■.
典例精讲
■ 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AA1=2，AB=1，点E为CC1的中点. 求点D1到平面BDE的距离.
思索一 由点到平面的距离的定义可知，过该点作出已知平面的垂线，则这条垂线段的长即为所求.而解决本题的关键是如何过点D1作出平面BDE的垂线段，注意到点E为线段CC1的中点，若把直角梯形BB1C1E补成△BB1G，则C1E恰为△BB1G的中位线，由此不难得到平面BDG⊥平面DD1G且交线为DG，然后再作垂线段.
破解一 延长BE和B1C1交于点G，连结GD，GD1，如图3. 因为C1E∥BB1且C1E=■BB1，所以可得GE=EB=ED，故∠BDG=90°，即BD⊥DG.
又因为BD⊥DD1，所以BD⊥平面DD1G. 从而平面BDG⊥平面DD1G且交线为DG.
作D1K⊥DG于K，则D1K⊥平面BDG，即D1K⊥平面BDE. 所以D1K即为点D1到平面BDE的距离.
在Rt△D1DG中，D1D=2，D1G=■，故DG=■，D1K=■=■，故点D1到平面BDE的距离为■.
■
图3
思索二 如果注意到D1B1∥平面DBE及图形的对称性，那么便可考虑把点D1转移到D1B1的中点O1，再过点O1作平面BDE的垂线段，即用平行转移法解决.
破解二 如图4，设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1两底面的中心分别为O，O1，则O，O1分别为BD，B1D1的中点. 因为D1B1∥DB，所以D1B1∥平面DBE. 所以点O1到平面BDE的距离等于点D1到平面BDE的距离.？摇？摇？摇？摇
连结OO1，OE，O1E，则DB⊥OO1，DB⊥OE，所以DB⊥平面OO1E，所以平面BDE⊥平面OO1E，且交线为OE.作O1H⊥OE于H，则O1H⊥平面DBE. 所以O1H即为点O1到平面BDE的距离，即为点D1到平面BDE的距离.
在△OO1E中，EO=EO1=■，OO1=2. 设△OO1E的面积为S，则S=■OO1·O1C1=■，S=■OE·O1H=■O1H. 由此可得O1H=■.故点D1到平面BDE的距离为■.
■
图4 图5
思索三 易见点D1在平面BDE的射影不在△BDE的内部，但平面BDE的斜线段D1B的中点Q的射影恰在等腰三角形DBE的底边的高线上，故把问题转化为求点Q到平面BDE的距离较合适，即也可用比例转移法解决.
破解三 设正四棱柱的底面ABCD的中心为O，线段BD■的中点为Q，点Q到平面BDE的距离为h，则点D■到平面BDE的距离为2h.
连结QO，QE，OE，易证明（同破解二）平面BDE⊥平面OQE，且交线为OE.作QP⊥OE于P，则QP⊥平面BDE，故点D■到平面BDE的距离为2QP.
在Rt△OQE中，因为OQ=1，QE=■，所以OE=■，QP=■=■. 故点D1到平面BDE的距离为■.
思索四 上述给出的三种解法在作平面的垂线段时，不约而同地运用了“先作面面垂直，再作交线垂线，从而得到平面垂线段”的作图程序. 故“先作面面垂直，再作线面垂直”是我们值得重视的构作平面垂线段的方法. 事实上，在求点面距离时，不一定要作出垂线段. 在本题中，△BDE是边长为■ 的正三角形，即△BDE的面积容易求得，且四面体D1BDE“生长在”底面边长和高均已知的正四棱柱中，四面体D1BDE的其中一个面DD1E恰在正四棱柱的表面上，故很容易求得四面体D1BDE的体积，因此也可运用体积法解决. 破解四 设点D1到平面BDE的距离为d，因为S△DBE=■BD·OE=■·■·■=■，所以得V■=■·d·S△DBE=■d. 又因为V■=V■=■·BC·S■=■·1·■·2·1=■. 从而可得■·d=■，即d=■. 故点D1到平面BDE的距离为■.
思索五 由于DA，DC，DD1两两垂直，且点E为CC1的中点，因此，建立空间直角坐标系后，相关点的坐标都容易得到，故也可考虑用空间向量法解决.
破解五 如图6，建立空间直角坐标系D-xyz（以D为原点），则D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（0，1，1），所以■=（1，1，0），■=（0，1，1）. 设平面BDE的一个法向量为n=（x，y，z），则■·n=x y=0，■·n=y z=0.
■
图6
故可取n=（1，-1，1），而■=（0，0，2），故点D1到平面BDE的距离d=■=■.
思索六 在本题的解答中，若熟悉空间坐标系中点到平面的距离公式，求解便可一蹴而就.
破解六 同破解五，建立空间直角坐标系D-xyz（以D为原点），则由已知条件可得D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（0，1，1），平面BDE的方程为x-y z=0，所以易得D1（0，0，2）到平面BDE：x-y z=0的距离为d=■=■.
变式练习
1. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2，CC1=2■，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（ ）
A. 2 B. ■ C. ■ D. 1
2. 如图7，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，E为AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为________.
■
图7
3. 已知正三棱锥P-ABC，点P，A，B，C都在半径为■的球面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心O到截面ABC的距离为______.
4. 如图8，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=1，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，F为A1B1的中点，求点A到平面BDF的距离.
5. 如图9，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2. 以AC的中点Q为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.
（1）证明：M为PD的中点；
（2）设直线CD与平面ACM所成的角为θ，求sinθ的值；
（3）求点N到平面ACM的距离.
■
图9
参考答案
1. D 2. ■ 3. ■
4. 由题意可知∠ABD=30°，所以AD=■AB=■. 建立空间直角坐标系A-xyz（以点A为原点），则A（0，0，0），B（2，0，0），D0，■，0，F（1，0，1）. 设n=（a，b，1）是平面BDF的一个法向量，则■⊥n且■⊥n，可得a=1，b=■，即n=（1，■，1）. 所以h=■=■.
5. （1）依题意知，AC是所作球面的直径，所以AM⊥MC. 又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD. 又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，所以AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.又因为AP=AD，？摇所以M为PD的中点.
（2）由（1）可知，在Rt△AMC中，AM=2■，AC=2■，所以CM=2■. 所以S△AMC=■AM·MC=2■，V■=■CD·S△AMD=■. 设点D到平面AMC的距离为h，由V■=V■可得h=■，sinθ=■=■.
（3）PC=6，由AN⊥PC可得AC2=CN·CP，所以CN=■，故CN ∶ CP=5 ∶ 9. 所以点N到平面ACM的距离等于点P到平面ACM的距离的■. 又注意到M为PD的中点，所以P，D两点到平面ACM的距离相等，所以点N到平面ACM的距离为■h=■. ■
在立体几何中，空间距离主要有：点到平面的距离、两异面直线间的距离、直线到平面的距离（线面平行时）、两平行平面间的距离. 所有的距离计算问题都可以化归为求点到平面的距离，所以求空间距离的重点就转移到如何求点到平面的距离；难点是如何把其他形式的距离转化为点到平面的距离，以及在涉及具体问题时求点到平面距离的解题对策的选择及灵活应用.
方法突破
一、注意把线线距离、线面距离、面面距离转化为点到平面的距离
（1）线面距离化归为点面距离：当直线与平面平行时，直线上的点到平面的距离处处相等，直线上的任意一点到平面的距离即为直线到平面的距离.
（2）面面距离化归为点面距离：当平面与平面平行时，其中一个平面上的点到另一平面的距离处处相等，其中一个平面上的任意一点到另一平面的距离即为两平行平面间的距离.
（3）异面直线间的距离化归为点面距离：如图1，a，b是异面直线，AB是它们的公垂线段（AB的长即为异面直线a，b的距离），过点B作a的平行线a■，则直线a■，b确定的平面α和a平行，AB即为直线a到平面α的距离，所以异面直线的距离可化归为直线到平面的距离，最终化为点到平面的距离.
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图1
二、掌握求点到平面的距离的几种常用方法
（1）直接构作法：设点A为平面α外一点，过点A作AB⊥平面α于B，则AB的长即为点A到平面α的距离.
（2）平行转移法：设点A为平面α外一点，过点A作直线a与平面α平行，则直线a上的任意一点到平面α的距离即为点A到平面α的距离.
（3）比例转移法：设点A为平面α外一点，过点A作平面α的斜线OA交α于点O，P为直线OA上的点（如图2），设A，P到平面α的距离分别为h，h0，则h=■h0.
（4）体积法：设点A为平面α外一点，△BCD在平面α内，设A到平面α的距离分别为h，则■S△BCD=VABCD，即h=■.
（5）空间向量法：设点A为平面α外一点，点B在平面α内，n是平面α的一个法向量，则A到平面α的距离h=■.
（6）公式法：设P（x0，y0，z0）为空间直角坐标系内一点，平面α的方程为Ax By Cz D=0，则点P到平面α的距离为d=■.
典例精讲
■ 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AA1=2，AB=1，点E为CC1的中点. 求点D1到平面BDE的距离.
思索一 由点到平面的距离的定义可知，过该点作出已知平面的垂线，则这条垂线段的长即为所求.而解决本题的关键是如何过点D1作出平面BDE的垂线段，注意到点E为线段CC1的中点，若把直角梯形BB1C1E补成△BB1G，则C1E恰为△BB1G的中位线，由此不难得到平面BDG⊥平面DD1G且交线为DG，然后再作垂线段.
破解一 延长BE和B1C1交于点G，连结GD，GD1，如图3. 因为C1E∥BB1且C1E=■BB1，所以可得GE=EB=ED，故∠BDG=90°，即BD⊥DG.
又因为BD⊥DD1，所以BD⊥平面DD1G. 从而平面BDG⊥平面DD1G且交线为DG.
作D1K⊥DG于K，则D1K⊥平面BDG，即D1K⊥平面BDE. 所以D1K即为点D1到平面BDE的距离.
在Rt△D1DG中，D1D=2，D1G=■，故DG=■，D1K=■=■，故点D1到平面BDE的距离为■.
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图3
思索二 如果注意到D1B1∥平面DBE及图形的对称性，那么便可考虑把点D1转移到D1B1的中点O1，再过点O1作平面BDE的垂线段，即用平行转移法解决.
破解二 如图4，设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1两底面的中心分别为O，O1，则O，O1分别为BD，B1D1的中点. 因为D1B1∥DB，所以D1B1∥平面DBE. 所以点O1到平面BDE的距离等于点D1到平面BDE的距离.？摇？摇？摇？摇
连结OO1，OE，O1E，则DB⊥OO1，DB⊥OE，所以DB⊥平面OO1E，所以平面BDE⊥平面OO1E，且交线为OE.作O1H⊥OE于H，则O1H⊥平面DBE. 所以O1H即为点O1到平面BDE的距离，即为点D1到平面BDE的距离.
在△OO1E中，EO=EO1=■，OO1=2. 设△OO1E的面积为S，则S=■OO1·O1C1=■，S=■OE·O1H=■O1H. 由此可得O1H=■.故点D1到平面BDE的距离为■.
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图4 图5
思索三 易见点D1在平面BDE的射影不在△BDE的内部，但平面BDE的斜线段D1B的中点Q的射影恰在等腰三角形DBE的底边的高线上，故把问题转化为求点Q到平面BDE的距离较合适，即也可用比例转移法解决.
破解三 设正四棱柱的底面ABCD的中心为O，线段BD■的中点为Q，点Q到平面BDE的距离为h，则点D■到平面BDE的距离为2h.
连结QO，QE，OE，易证明（同破解二）平面BDE⊥平面OQE，且交线为OE.作QP⊥OE于P，则QP⊥平面BDE，故点D■到平面BDE的距离为2QP.
在Rt△OQE中，因为OQ=1，QE=■，所以OE=■，QP=■=■. 故点D1到平面BDE的距离为■.
思索四 上述给出的三种解法在作平面的垂线段时，不约而同地运用了“先作面面垂直，再作交线垂线，从而得到平面垂线段”的作图程序. 故“先作面面垂直，再作线面垂直”是我们值得重视的构作平面垂线段的方法. 事实上，在求点面距离时，不一定要作出垂线段. 在本题中，△BDE是边长为■ 的正三角形，即△BDE的面积容易求得，且四面体D1BDE“生长在”底面边长和高均已知的正四棱柱中，四面体D1BDE的其中一个面DD1E恰在正四棱柱的表面上，故很容易求得四面体D1BDE的体积，因此也可运用体积法解决. 破解四 设点D1到平面BDE的距离为d，因为S△DBE=■BD·OE=■·■·■=■，所以得V■=■·d·S△DBE=■d. 又因为V■=V■=■·BC·S■=■·1·■·2·1=■. 从而可得■·d=■，即d=■. 故点D1到平面BDE的距离为■.
思索五 由于DA，DC，DD1两两垂直，且点E为CC1的中点，因此，建立空间直角坐标系后，相关点的坐标都容易得到，故也可考虑用空间向量法解决.
破解五 如图6，建立空间直角坐标系D-xyz（以D为原点），则D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（0，1，1），所以■=（1，1，0），■=（0，1，1）. 设平面BDE的一个法向量为n=（x，y，z），则■·n=x y=0，■·n=y z=0.
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图6
故可取n=（1，-1，1），而■=（0，0，2），故点D1到平面BDE的距离d=■=■.
思索六 在本题的解答中，若熟悉空间坐标系中点到平面的距离公式，求解便可一蹴而就.
破解六 同破解五，建立空间直角坐标系D-xyz（以D为原点），则由已知条件可得D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（0，1，1），平面BDE的方程为x-y z=0，所以易得D1（0，0，2）到平面BDE：x-y z=0的距离为d=■=■.
变式练习
1. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2，CC1=2■，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（ ）
A. 2 B. ■ C. ■ D. 1
2. 如图7，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，E为AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为________.
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图7
3. 已知正三棱锥P-ABC，点P，A，B，C都在半径为■的球面上，若PA，PB，PC两两互相垂直，则球心O到截面ABC的距离为______.
4. 如图8，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=1，直线BD与平面AA1B1B所成的角为30°，F为A1B1的中点，求点A到平面BDF的距离.
5. 如图9，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2. 以AC的中点Q为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.
（1）证明：M为PD的中点；
（2）设直线CD与平面ACM所成的角为θ，求sinθ的值；
（3）求点N到平面ACM的距离.
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图9
参考答案
1. D 2. ■ 3. ■
4. 由题意可知∠ABD=30°，所以AD=■AB=■. 建立空间直角坐标系A-xyz（以点A为原点），则A（0，0，0），B（2，0，0），D0，■，0，F（1，0，1）. 设n=（a，b，1）是平面BDF的一个法向量，则■⊥n且■⊥n，可得a=1，b=■，即n=（1，■，1）. 所以h=■=■.
5. （1）依题意知，AC是所作球面的直径，所以AM⊥MC. 又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD. 又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，所以AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.又因为AP=AD，？摇所以M为PD的中点.
（2）由（1）可知，在Rt△AMC中，AM=2■，AC=2■，所以CM=2■. 所以S△AMC=■AM·MC=2■，V■=■CD·S△AMD=■. 设点D到平面AMC的距离为h，由V■=V■可得h=■，sinθ=■=■.
（3）PC=6，由AN⊥PC可得AC2=CN·CP，所以CN=■，故CN ∶ CP=5 ∶ 9. 所以点N到平面ACM的距离等于点P到平面ACM的距离的■. 又注意到M为PD的中点，所以P，D两点到平面ACM的距离相等，所以点N到平面ACM的距离为■h=■. ■