【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练48 利用空间向量研究距离问题.docx，共(17)页，366.151 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。四十八利用空间向量研究距离问题(时间:45分钟分值:90分)【基础落实练】1.(5分)已知平

面α的一个法向量为n=(-1,-2,2),点A(0,1,0)为α内一点,则点P(1,0,1)到平面α的距离为()A.4B.3C.2D.1【解析】选D.因为𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,1),n=(-1,-2,2),所以𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗

⃗·n=-1+2+2=3,|𝒏|=√1+4+4=3,则点P到平面α的距离d=|𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=1.2.(5分)如图是一棱长为1的正方体,则异面直线A1B与B1D1之间的距离为()A.√3B.√33

C.12D.√22【解析】选B.分别以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图空间直角坐标系,则𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-1),设n=(x,y,z)与𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗和𝐴1𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗都垂直,则{𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=0𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=0,即{𝑥+𝑦=0𝑦-𝑧=0,取n=(1,-1,-1),又因为𝐷1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),所以异面直线D1B1和A1B间的距离为d=|𝐷

1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=1√3=√33.3.(5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O为正方形ADD1A1的中心,若P为平面OD1B内的一个动点,则P到直线A1B1的距离的最小值为()A.√22B.12C.√64D.√33【解析】选A.

如图,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则有B(1,1,0),D1(0,0,1),A1(1,0,1),B1(1,1,1),因为O为正方形ADD1A1的中心,得O(12,0,12),𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(12,1,-12),𝐷1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),设平面OBD1的法向量为n=(x,y,z),利用{𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=0𝐷1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=0,则{12𝑥+�

�-12𝑧=0𝑥+𝑦-𝑧=0,取x=1,解得n=(1,0,1),有𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n=0,且A1B1⊄平面OD1B,则直线A1B1∥平面OD1B,设直线A1B1到平面OD1B的距离为d,取直线上一点B1,与平面OD1B上一点B,则�

�𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),利用空间中点面距离公式有d=|𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=√22.4.(5分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P是线段AA1的中点,点Q是线段DB1上的动点(包括端点),则|𝑃𝑄|的最小

值为()A.12B.√22C.√32D.1【解析】选B.分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示:则点P的坐标为(1,0,12),设点Q的坐标为(𝜆,𝜆,𝜆)(0≤𝜆≤1),则|𝑃𝑄|=√(𝜆-1)2+𝜆2+(𝜆-12)2=√3𝜆2-

3𝜆+54=√3(𝜆-12)2+12≥√22,当且仅当λ=12时,不等式取等号,即|𝑃𝑄|的最小值为√22.5.(5分)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,Q为A1B1上任意一点,

E,F为CD上两个动点,且EF的长为定值,则点Q到平面PEF的距离()A.等于√55aB.和EF的长度有关C.等于√23aD.和点Q的位置有关【解析】选A.取B1C1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PG

CD的距离,与EF的长度无关,B错.又A1B1∥平面PGCD,所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离,即点Q到平面PEF的距离,与点Q的位置无关,D错.如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系

,则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),P(𝑎2,0,a),所以𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,a,0),𝐷𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a,0,a),𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑎2,0,𝑎),

设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,则由{𝒏·𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝒏·𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{𝑎2𝑥+𝑎𝑧=0,𝑎𝑦=0,令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一个法向量.设点Q到平面PEF的距离为d,则d=|𝐷

𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏|𝒏||=|-2𝑎+𝑎√5|=√5𝑎5,A对,C错.6.(5分)(多选题)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是棱AB上一动点,则P到平面A1C1D的距离可能是()A.√33B

.√3C.4√23D.2√2【解析】选BC.如图,以D1为坐标原点,以𝐷1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐

标系,则A1(2,0,0),B(2,2,2),P(2,λ,2)(0≤λ≤2),D(0,0,2),C1(0,2,0),故𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,2,0),𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,2),设

平面A1C1D的法向量n=(x,y,z),由{𝒏·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥+2𝑦=0𝒏·𝐴1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥+2𝑧=0,取x=1,则n=(1,1,1)为平面A1C1D的一个法向量,𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(0,λ,2),所以P到平面A1C1D的距离d=|𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=|𝜆+2|√3.因为0≤λ≤2,所以d∈[2√33,4√33],而(2√2)2-(4√33)2=83>0,即BC选项的数值才符合.7.(5分)如图,在棱长为1的正方体ABCD

-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D的距离d是()A.√36B.√33C.2√33D.√32【解析】选B.如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,连接BD1

,BD,BD交AC于点E,则B(1,1,0),D(0,0,0),D1(0,0,1),E(12,12,0).因为DD1⊥AC,AC⊥BD,BD∩DD1=D,所以AC⊥平面D1DB,所以BD1⊥AC.同理可证BD1⊥AB1.因为AC∩AB1

=A,所以BD1⊥平面AB1C,即𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗是平面AB1C的一个法向量.因为平面AB1C∥平面A1C1D,所以点D到平面AB1C的距离即为两平面之间的距离.因为𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(12,12,0),𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,1),所以d=|𝐷𝐸⃗

⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|12×(-1)+12×(-1)+0×1|√1+1+1=√33.8.(5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AB=2,CC1=2√2,E为B1C1的中点,F为C1D1的中点,

则直线BD与EF之间的距离为________.【解析】以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,2,0),E(1,2,2√2),F(0,1,2√2),所以�

�𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2√2),𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-1,0),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0).因为𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-12𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以EF∥DB,所以直线BD与EF之间的距离d即为点D到直线EF的距离d.设<𝐷𝐹

⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗>=θ,则cosθ=𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗||𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|=-√26,所以sinθ=√346,所以所求距离为d=|𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗|sinθ

=3×√346=√342.答案:√3429.(10分)如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2√3,求点A到平面MBC的距离.【解析】如图,取CD的中点O,连接OB,OM,因为△BCD与△MCD均为正三角形,所以OB⊥CD,

OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD∩平面BCD=CD,OM⊂平面MCD,所以MO⊥平面BCD.以O为坐标原点,直线OC,BO,OM分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,所以OB=OM=√3,则O(0

,0,0),C(1,0,0),M(0,0,√3),B(0,-√3,0),A(0,-√3,2√3),所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,0),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,√3).设平面MBC的法向量为n=(x,y,z),由{𝑛⊥𝐵𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗𝑛⊥𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得{𝒏·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0𝒏·𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥+√3𝑦=0√3𝑦+√3𝑧=0,取x=√3,可得平面MBC的一个法向量为n=(√3,-1,1).又𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2√3),所以所

求距离为d=|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=2√155.【能力提升练】10.(5分)(多选题)如图所示,三棱锥S-ABC中,△ABC为等边三角形,SA⊥平面ABC,SA=3,AB=2.点D在线段SC上,且SD=

13SC,点E为线段SB的中点,以线段BC的中点O为坐标原点,OA,OB所在直线分别为x,y轴,过点O作SA的平行线为z轴,建立空间直角坐标系,则下列说法正确的是()A.直线CE的一个方向向量为(12,√32,√32)B.点D到直线CE的距离为8√721C.平面ACE的一

个法向量为(√3,3,-2)D.点D到平面ACE的距离为1【解析】选ABD.依题意,S(√3,0,3),A(√3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),E(√32,12,32),因为SD=13SC,则D(2√33,-13,2),则𝐶𝐸

⃗⃗⃗⃗⃗=(√32,32,32),因为𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=√3(12,√32,√32),故A正确;𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(2√33,23,2),𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,-1,0),𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(-√32,12,32),故点D到直线CE的距离d=√𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗2

-(𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗⃗|)2=8√721,故B正确;设n=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则{𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=0𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏=0,即{-√3𝑥

-𝑦=0-√32𝑥+12𝑦+32𝑧=0,令y=3,则n=(-√3,3,-2)为平面ACE的一个法向量,故C错误;而𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(2√33,23,2),故点D到平面ACE的距离d1=|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=1,故

D正确.11.(5分)如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD,若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到BD的距离为________.【解析】如图,分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0

),所以𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(3,0,-1),𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,4,0).设<𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=φ,所以cosφ=𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|=-9

√1050,所以sinφ=13√1050,所以点P到BD的距离d=|𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|·sinφ=135.答案:13512.(5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面

EFBD之间的距离为______.【解析】以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4),从而𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),

𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,4),𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,4),所以𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,所以EF∥MN,AM∥BF,所以平面AMN∥平面EFBD.设n=(x,y,z)是平面EFB

D的一个法向量,从而{𝒏·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥+2𝑦=0𝒏·𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥+4𝑧=0,解得{𝑥=2𝑧𝑦=-2𝑧,取z=1,得n=(2,-2,1).因为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,0),所以点A到平面EFBD的距离为|𝒏·𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗||𝒏|=83,即平面AMN与平面EFBD之间的距离为83.答案:8313.(10分)如图,边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直,A1C=√3AC1,M为线段AC的中点.(1)求证:平面BMC1⊥平面A1BC1;【解析】(1)因为四边形A1ACC

1为菱形,所以A1C⊥AC1.又因为A1C=√3AC1,所以∠ACC1=60°,即△ACC1为等边三角形.因为AC1=CC1,M为线段AC的中点,所以AC⊥C1M.因为AB=BC,M为线段AC的中点,所以AC⊥BM.又因为C1M∩BM=M,所以AC⊥平面BMC1.又因

为AC∥A1C1,所以A1C1⊥平面BMC1.又A1C1⊂平面A1BC1,所以平面BMC1⊥平面A1BC1.13.(10分)如图,边长为2的等边△ABC所在平面与菱形A1ACC1所在平面互相垂直,A1C=√3AC1

,M为线段AC的中点.(2)求点C到平面A1BC1的距离.【解析】(2)因为平面A1ACC1⊥平面ABC,交线是AC,且C1M⊥AC,所以C1M⊥平面ABC.以M为原点,MB,MC,MC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标

系,如图所示:C(0,1,0),B(√3,0,0),C1(0,0,√3),A1(0,-2,√3),则𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,0,√3),𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=(0,-1,√3),设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则{𝒏·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦=0𝒏·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√3𝑥+√3𝑧=0,令x=1,则n=(1,0,1),所以点C到平面A1BC1的距离d=|𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗·𝒏||𝒏|=√3√2=√62.14.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M,N分别是BB1,B1C1的中点.(1)求直线MN到平面ACD1的距离;【解析】(1)建立如图所示

的空间直角坐标系,则知点A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,1,0),M(1,1,12),N(12,1,1),所以𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,1),𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-12,0,12),所以𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴�

�1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.因为直线MN与AD1不重合,所以MN∥AD1.又因为MN⊄平面ACD1,AD1⊂平面ACD1,所以MN∥平面ACD1.故直线MN到平面ACD1的距离等于点M到平面ACD1的距离.𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0),𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(-1,0,1).设平面ACD1的一个法向量为m=(x,y,z),所以{𝒎·𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝒎·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-𝑥+𝑧=0-𝑥+𝑦=0,令x=1,得y=z=1,所以m=(1,1,1).因为𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,12),所以|𝐴

𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√1+14=√52.而|m|=√3,所以点M到平面ACD1的距离为|𝒎·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝒎|=1+12√3=√32,即直线MN到平面ACD1的距离为√32.14.(10分)如图,正方体ABCD-A1B

1C1D1的棱长为1,M,N分别是BB1,B1C1的中点.(2)若G是A1B1的中点,求平面MNG与平面ACD1的距离.【解析】(2)连接A1C1,因为G,N分别为A1B1,B1C1的中点,所以GN∥A1C1.又因为A1

C1∥AC,所以GN∥AC.因为GN⊄平面ACD1,AC⊂平面ACD1,所以GN∥平面ACD1.同理可得MN∥平面ACD1.因为MN∩GN=N,MN,GN⊂平面MNG,所以平面MNG∥平面ACD1,所以平面MNG与平面ACD1的距离即

为直线MN到平面ACD1的距离,由(1)知两平面间的距离为√32.【加练备选】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均为4,N是CC1的中点.(1)求点N到直线AB的距离;【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(

2√3,2,0),C(0,4,0),C1(0,4,4),因为N是CC1的中点,所以N(0,4,2).(1)𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,4,2),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2√3,2,0),则|𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√5,|𝐴�

�⃗⃗⃗⃗⃗|=4.设点N到直线AB的距离为d1,则d1=√|𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2-(𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|)2=√20-4=4.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均为4,N是CC1的中点.(2)求点C1到

平面ABN的距离.【解析】(2)设平面ABN的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,n⊥𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得{𝒏·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2√3𝑥+2𝑦=0𝒏·𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=4𝑦+2𝑧=0,令z=2,

则y=-1,x=√33,即n=(√33,-1,2).易知𝐶1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,-2),设点C1到平面ABN的距离为d2,则d2=|𝐶1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝒏||𝒏|=|-4|4√33=

√3.【素养创新练】15.(5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为3,点H在棱AA1上,且HA1=1,在侧面BCC1B1内作边长为1的正方形EFGC1,P是侧面BCC1B1内一动点,且点P到平面CDD1C1的距离等于线段PF的长

,则当点P运动时,|HP|2的最小值是()A.21B.22C.23D.13【解析】选D.根据题意,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示,作HM⊥BB1交BB1于M,连接PM,则HM⊥PM,作PN⊥CC1交CC1于N,则PN即为点P到平面C

DD1C1的距离.设P(𝑥,3,𝑧),则F(1,3,2),M(3,3,2),N(0,3,𝑧),(0≤𝑥≤3,0≤𝑧≤3)因为点P到平面CDD1C1的距离等于线段PF的长,所以PN=PF.由两点间距离公式可得x=√(𝑥-1)2+(𝑧-2)2,化简得2x-1=(𝑧-2)2,则2

x-1≥0,解不等式可得x≥12综上可得12≤x≤3则在Rt△HMP中,HP2=HM2+MP2=32+(𝑥-3)2+(𝑧-2)2=32+(𝑥-3)2+2x-1=(𝑥-2)2+13(12≤𝑥≤3),所以HP2≥13(当x

=2时取等号).