A． eq \f(\r(30),5) B． eq \r(30) C． eq \f(\r(30),10) D．2 eq \r(30)
解析：選A 由已知得 eq \(PA,\s\up6(―→))＝(－1，－1，－1)，所以點(diǎn)P到直線l的距離為d＝ eq \r(\(PA,\s\up6(―→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(―→))·\f(n,|n|)))\s\up12(2))＝ eq \r(3－\f(9,5))＝ eq \f(\r(30),5).
2．若三棱錐P-ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且滿足PA＝PB＝PC＝1，則點(diǎn)P到平面ABC的距離是( )
A． eq \f(\r(6),6) B． eq \f(\r(6),3) C． eq \f(\r(3),6) D． eq \f(\r(3),3)
解析：選D 分別以PA，PB，PC所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1).可以求得平面ABC的一個(gè)法向量為n＝(1，1，1)，則d＝ eq \f(|\(PA,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝ eq \f(\r(3),3).
3．已知△ABC的頂點(diǎn)A(1，－1，2)，B(5，－6，2)，C(1，3，－1)，則AC邊上的高BD的長等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：選C 因?yàn)?eq \(AB,\s\up6(―→))＝(4，－5，0)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(0，4，－3)，則 eq \(AC,\s\up6(―→))對應(yīng)的單位向量為 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5)，－\f(3,5)))，
所以AC邊上的高BD的長為B到AC的距離d＝ eq \r(\(AB,\s\up6(―→))2－(\(AB,\s\up6(―→))·u)2)＝ eq \r(41－16)＝5.
4.如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有長方體ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，則點(diǎn)B到直線A1C的距離為( )
A． eq \f(2,7)B． eq \f(2\r(35),7)
C． eq \f(\r(35),7) D．1
解析：選B 過點(diǎn)B作BE⊥A1C，垂足為E，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(x，y，z)，
由題意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，
故 eq \(A1C,\s\up6(―→))＝(1，2，－3)， eq \(BC,\s\up6(―→))＝(0，2，0)，
eq \(A1C,\s\up6(―→))對應(yīng)的單位向量為 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(14))，\f(2,\r(14))，－\f(3,\r(14))))，
所以點(diǎn)B到A1C的距離為
eq \r(\(BC,\s\up6(―→))2－(\(BC,\s\up6(―→))·u)2)＝ eq \r(4－\f(8,7))＝ eq \f(2\r(35),7).
5．若正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，則平面AB1D1與平面BDC1的距離為( )
A． eq \r(2)a B． eq \r(3)a C． eq \f(\r(2),3)a D． eq \f(\r(3),3)a
解析：選D 建立空間直角坐標(biāo)系如圖．
則A(a，0，0)，D(0，0，0)，C1(0，a，a)，D1(0，0，a)，B1(a，a，a)，
∴ eq \(AB1,\s\up6(―→))＝(0，a，a)， eq \(AD1,\s\up6(―→))＝(－a，0，a).
設(shè)n＝(x，y，z)為平面AB1D1的法向量，
則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(―→))＝a(y＋z)＝0，,n·\(AD1,\s\up6(―→))＝a(－x＋z)＝0，))
得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－z，,x＝z.))取z＝1，則n＝(1，－1，1).
又∵AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，
DC1∩BC1＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1.
∴平面AB1D1與平面BDC1的距離可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離d.
∵ eq \(C1B1,\s\up6(―→))＝(a，0，0)，平面AB1D1的法向量為n＝(1，－1，1)，
∴d＝ eq \f(|\(C1B1,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝ eq \f(|a|,\r(3))＝ eq \f(\r(3),3)a.
6．已知向量n＝(1，0，－1)與直線l垂直，且直線l經(jīng)過點(diǎn)A(2，3，1)，則點(diǎn)P(4，3，2)到直線l的距離為________.
解析： eq \(PA,\s\up6(―→))＝(－2，0，－1)，因?yàn)閚與l垂直，所以P到l的距離為 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f((－2，0，－1)·(1，0，－1),\r(12＋(－1)2))))＝ eq \f(1,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2).
答案： eq \f(\r(2),2)
7．在底面是直角梯形的四棱錐P-ABCD中，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，則AD到平面PBC的距離為________．
解析：AD到平面PBC的距離等于點(diǎn)A到平面PBC的距離．由已知可知AB，AD，AP兩兩垂直．
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)， eq \(AB,\s\up6(―→))， eq \(AD,\s\up6(―→))， eq \(AP,\s\up6(―→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，則 eq \(PB,\s\up6(―→))＝(2，0，－2)，
eq \(BC,\s\up6(―→))＝(0，2，0).設(shè)平面PBC的法向量為n＝(a，b，c)，
則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(PB,\s\up6(―→))，,n⊥\(BC,\s\up6(―→))，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－2c＝0，,2b＝0，))取a＝1，得n＝(1，0，1)，
又 eq \(AB,\s\up6(―→))＝(2，0，0)，所以d＝ eq \f(|\(AB,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝ eq \r(2).
答案： eq \r(2)
8．在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，A(1，2，1)，B(2，1，m)，C(0，1，2)，若點(diǎn)C到直線AB的距離不小于 eq \f(\r(10),2)，寫出一個(gè)滿足條件的m的值：________．
解析：因?yàn)?eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1，－1，m－1)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(－1，－1，1)，
所以點(diǎn)C到直線AB的距離d＝ eq \r(|\(AC,\s\up6(―→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AC,\s\up6(―→))·\(AB,\s\up6(―→)),|\(AB,\s\up6(―→))|)))2)＝ eq \r(3－\f((m－1)2,(m－1)2＋2))≥ eq \f(\r(10),2)，解得1－ eq \r(2)≤m≤1＋ eq \r(2).
答案：1(答案不唯一，只要m∈[1－ eq \r(2)，1＋ eq \r(2)]即可)
9．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，E，F(xiàn)分別是BB1，CD的中點(diǎn)，求點(diǎn)F到平面A1D1E的距離．
解：建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A1(a，0，a)，D1(0，0，a)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a，\f(a,2)))，F(xiàn) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0)).
設(shè)平面A1D1E的法向量為n＝(x，y，z)，則n· eq \(A1D1,\s\up6(―→))＝0，n· eq \(A1E,\s\up6(―→))＝0，
即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((x，y，z)·(－a，0，0)＝0，,(x，y，z)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，－\f(a,2)))＝0，))
∴－ax＝0，ay－ eq \f(a,2)z＝0.即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\f(z,2)，))令z＝2，得n＝(0，1，2).
又 eq \(FD1,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)，a))，∴所求距離d＝ eq \f(|\(FD1,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝ eq \f(\f(3,2)a,\r(5))＝ eq \f(3\r(5),10)a.
10.如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，H為DD1的中點(diǎn)，K為BB1的中點(diǎn)．
(1)求直線A1H到直線KC的距離；
(2)求直線FC到平面AEC1的距離．
解：(1)以D1為原點(diǎn)，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(1，0，0)，C(0，1，1)，A(1，0，1)，C1(0，1，0)，
H eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，K eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1))，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，所以 eq \(A1H,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))， eq \(KC,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2))).則 eq \(A1H,\s\up6(―→))＝ eq \(KC,\s\up6(―→))，即 eq \(A1H,\s\up6(―→))∥ eq \(KC,\s\up6(―→))，則A1H∥KC，
所以直線A1H到直線KC的距離可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)A1到直線KC的距離．又 eq \(KA1,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，－\f(1,2)))，| eq \(KC,\s\up6(―→))|＝ eq \r(1＋\f(1,4))＝ eq \f(\r(5),2)， eq \(KA1,\s\up6(―→))在 eq \(KC,\s\up6(―→))上的投影向量的長度為 eq \f(|\(KA1,\s\up6(―→))·\(KC,\s\up6(―→))|,|\(KC,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\r(5),10)，| eq \(KA1,\s\up6(―→))|＝ eq \r(1＋\f(1,4))＝ eq \f(\r(5),2)，
所以點(diǎn)A1到直線KC的距離d＝ eq \r(\f(5,4)－\f(1,20))＝ eq \f(\r(30),5).
所以直線A1H到直線KC的距離為 eq \f(\r(30),5).
(2)由(1)可得 eq \(FC,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))， eq \(AE,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，－1))， eq \(AC1,\s\up6(―→))＝(－1，1，－1).設(shè)平面AEC1的法向量為n＝(x，y，z)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(―→))＝\f(1,2)y－z＝0，,n·\(AC1,\s\up6(―→))＝－x＋y－z＝0，))令y＝2，則x＝1，z＝1，得n＝(1，2，1).因?yàn)?eq \(FC,\s\up6(―→))·n＝0，所以 eq \(FC,\s\up6(―→))⊥n，則FC∥平面AEC1.所以直線FC到平面AEC1的距離可轉(zhuǎn)化成點(diǎn)C到平面AEC1的距離，則 eq \(CC1,\s\up6(―→))＝(0，0，－1).所以直線FC到平面AEC1的距離d1＝ eq \f(|\(CC1,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝ eq \f(1,\r(6))＝ eq \f(\r(6),6).
1．[多選]已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)E，O分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方體內(nèi)部且滿足 eq \(AP,\s\up6(―→))＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up6(―→))＋ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(―→))＋ eq \f(2,3) eq \(AA1,\s\up6(―→))，則下列說法正確的是( )
A．點(diǎn)A到直線BE的距離是 eq \f(\r(5),5)
B．點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離為 eq \f(\r(2),4)
C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為 eq \f(\r(3),3)
D．點(diǎn)P到直線AB的距離為 eq \f(25,36)
解析：選BC 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，所以 eq \(BA,\s\up6(―→))＝(－1，0，0)， eq \(BE,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，1)).
設(shè)∠ABE＝ θ，則cs θ＝ eq \f(|\(BA,\s\up6(―→))·\(BE,\s\up6(―→))|,|\(BA,\s\up6(―→))||\(BE,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\r(5),5)，sin θ＝ eq \r(1－cs2θ)＝ eq \f(2\r(5),5).故A到直線BE的距離d1＝| eq \(BA,\s\up6(―→))|·sinθ＝1× eq \f(2\r(5),5)＝ eq \f(2\r(5),5)，故A錯(cuò)誤；易知 eq \(C1O,\s\up6(―→))＝ eq \f(1,2) eq \(C1A1,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，平面ABC1D1的一個(gè)法向量為 eq \(DA1,\s\up6(―→))＝(0，－1，1)，則點(diǎn)O到平面ABC1D1的距離d2＝ eq \f(|\(DA1,\s\up6(―→))·\(C1O,\s\up6(―→))|,|\(DA1,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(\f(1,2),\r(2))＝ eq \f(\r(2),4)，故B正確； eq \(A1B,\s\up6(―→))＝(1，0，－1)， eq \(A1D,\s\up6(―→))＝(0，1，－1)， eq \(A1D1,\s\up6(―→))＝(0，1，0).設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(―→))＝0，,n·\(A1D,\s\up6(―→))＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－z＝0，,y－z＝0，))令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)為平面A1BD的一個(gè)法向量．所以點(diǎn)D1到平面A1BD的距離d3＝ eq \f(|\(A1D1,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝ eq \f(1,\r(3))＝ eq \f(\r(3),3).因?yàn)槠矫鍭1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點(diǎn)D1到平面A1BD的距離，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為 eq \f(\r(3),3)，故C正確；因?yàn)?eq \(AP,\s\up6(―→))＝ eq \f(3,4) eq \(AB,\s\up6(―→))＋ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(―→))＋ eq \f(2,3) eq \(AA1,\s\up6(―→))，所以 eq \(AP,\s\up6(―→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(1,2)，\f(2,3)))，又 eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1，0，0)，則 eq \f(\(AP,\s\up6(―→))·\(AB,\s\up6(―→)),|\(AB,\s\up6(―→))|)＝ eq \f(3,4)，所以點(diǎn)P到AB的距離d＝ eq \r(|\(AP,\s\up6(―→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(―→))·\(AB,\s\up6(―→)),|\(AB,\s\up6(―→))|)))\s\up12(2))＝ eq \f(5,6)，故D錯(cuò)誤．故選B、C.
2．布達(dá)佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達(dá)·芬奇方磚，在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案(如圖1)，把三片這樣的達(dá)·芬奇方磚形成圖2的組合，這個(gè)組合表達(dá)了圖3所示的幾何體．若圖3中每個(gè)正方體的棱長為1，則點(diǎn)A到平面QGC的距離是( )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,2) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \f(\r(3),2)
解析：選C 建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則C(0，2，0)，Q(1，0，2)，G(0，0，2)，A(1，1，0)， eq \(QC,\s\up6(―→))＝(－1，2，－2)， eq \(QG,\s\up6(―→))＝(－1，0，0)， eq \(AC,\s\up6(―→))＝(－1，1，0)，設(shè)平面QGC的法向量為n＝(x，y，z)，則 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(QC,\s\up6(―→))＝0，,n·\(QG,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y－2z＝0，,－x＝0，))令y＝1，則平面QGC的一個(gè)法向量為n＝(0，1，1)，則點(diǎn)A到平面QGC的距離d＝ eq \f(|n·\(AC,\s\up6(―→))|,|n|)＝ eq \f(\r(2),2).故選C.
3.生活中的建筑模型多與立體幾何中的圖形有關(guān)聯(lián)，既呈現(xiàn)對稱美，也具有穩(wěn)定性．已知某涼亭的頂部可視為如圖所示的正四棱錐S-ABCD，其所有棱長都為6，且AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E在線段SC上，且CE＝ eq \f(1,3)SC，求△SAD的重心G到直線OE的距離．
解：以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OS所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，因?yàn)樗欣忾L都為6，所以O(shè)A＝3 eq \r(2)，SO＝ eq \r(62－(3\r(2))2)＝3 eq \r(2).所以O(shè)(0，0，0)，A(3 eq \r(2)，0，0)，D(0，－3 eq \r(2)，0)，S(0，0，3 eq \r(2))，C(－3 eq \r(2)，0，0).因?yàn)镚為△SAD的重心，所以G( eq \r(2)，－ eq \r(2)， eq \r(2)).設(shè)E(x，y，z)，則 eq \(CE,\s\up6(―→))＝(x＋3 eq \r(2)，y，z)， eq \(CS,\s\up6(―→))＝(3 eq \r(2)，0，3 eq \r(2))，
因?yàn)?eq \(CE,\s\up6(―→))＝ eq \f(1,3) eq \(CS,\s\up6(―→))，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3\r(2)＝\r(2)，,y＝0，,z＝\r(2)))? eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2\r(2)，,y＝0，,z＝\r(2)，))即E(－2 eq \r(2)，0， eq \r(2)).因?yàn)?eq \(OE,\s\up6(―→))＝(－2 eq \r(2)，0， eq \r(2))， eq \(OG,\s\up6(―→))＝( eq \r(2)，－ eq \r(2)， eq \r(2))，所以G到直線OE的距離d＝ eq \r(|\(OG,\s\up6(―→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(OG,\s\up6(―→))·\(OE,\s\up6(―→)),|\(OE,\s\up6(―→))|)))2)＝ eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4＋2,\r(10))))\s\up12(2))＝ eq \f(2\r(35),5).
4．某市在濱海文化中心有濱?？萍拣^，其建筑有鮮明的后工業(yè)風(fēng)格，如圖所示，截取其中一部分抽象出長方體和圓臺組合，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，圓臺下底圓心O為AB的中點(diǎn)，直徑為2，圓與直線AB交于E，F(xiàn)，圓臺上底的圓心O1在A1B1上，直徑為1.
(1)求A1C與平面A1ED所成角的正弦值；
(2)圓臺上底圓周上是否存在一點(diǎn)P使得FP⊥AC1，若存在，求點(diǎn)P到直線A1B1的距離，若不存在，請說明理由．
解：(1)由長方體ABCD-A1B1C1D1可知，以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A1(2，0，2)，C(0，4，0)，E(2，1，0)，D(0，0，0)，所以 eq \(A1C,\s\up6(―→))＝(－2，4，－2)， eq \(DA1,\s\up6(―→))＝(2，0，2)， eq \(DE,\s\up6(―→))＝(2，1，0).設(shè)平面A1ED的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(―→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(―→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2z＝0，,2x＋y＝0，))令x＝1，則y＝－2，z＝－1，故n＝(1，－2，－1)，所以|cs 〈 eq \(A1C,\s\up6(―→))，n〉|＝ eq \f(|\(A1C,\s\up6(―→))·n|,|\(A1C,\s\up6(―→))||n|)＝ eq \f(|－2－8＋2|,\r(4＋16＋4)·\r(1＋4＋1))＝ eq \f(2,3).故A1C與平面A1ED所成角的正弦值為 eq \f(2,3).
(2)由(1)可知，A(2，0，0)，C1(0，4，2)，所以 eq \(AC1,\s\up6(―→))＝(－2，4，2).假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P，設(shè)P(x，y，2)，由題意可知(x－2)2＋(y－2)2＝ eq \f(1,4).所以 eq \(FP,\s\up6(―→))＝(x－2，y－3，2).因?yàn)镕P⊥AC1，則有 eq \(FP,\s\up6(―→))· eq \(AC1,\s\up6(―→))＝－2(x－2)＋4(y－3)＋4＝0，所以x＝2y－2.又(x－2)2＋(y－2)2＝ eq \f(1,4)，所以5y2－20y＋ eq \f(79,4)＝0，解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2－\f(\r(5),5),y＝2－\f(\r(5),10)))(舍)， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2＋\f(\r(5),5)，,y＝2＋\f(\r(5),10)．))所以當(dāng)P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(\r(5),5)，2＋\f(\r(5),10)，2))時(shí)，F(xiàn)P⊥AC1，此時(shí)點(diǎn)P到直線A1B1的距離為 eq \f(\r(5),5).

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高中數(shù)學(xué)人教A版 (2019)選擇性必修 第一冊電子課本

1.4 空間向量的應(yīng)用

版本： 人教A版 (2019)

年級： 選擇性必修 第一冊

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