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空间中的距离主要指以下七种：①两点之间的距离；②点到直线的距离；③点到平面的距离；④两条平行线间的距离；⑤两条异面直线间的距离；⑥平面的平行直线与平面之间的距离；⑦两个平行平面之间的距离. 七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离. 七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线间的距离可转化为点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离. 在这七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点.
1. 求空间各种距离的基本思路
（1）求点到平面的距离：①直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长；②转移法，转化成求另一点到该平面的距离.
（2）求异面直线的距离：①定义法，即求公垂线段的长；②转化成求直线与平面的距离；③函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.
2. 空间向量法需要掌握以下公式
（1）异面直线a，b之间的距离：d=■，其中n⊥a，n⊥b，A∈a，B∈b.
（2）直线a与平面α之间的距离：d=■，其中A∈a，B∈α. n是平面α的法向量.
（3）两平行平面α，β之间的距离：d=■，其中A∈α，B∈β. n是平面α的法向量.
（4）点A到平面α的距离：d=■，其中B∈α，n是平面α的法向量. 另法：点A（x0，y0，z0），平面Ax+By+Cz+D=0，则 d=■.
（5）点A到直线a的距离：d=■，其中B∈a，a是直线a的方向向量.
（6）两平行直线a，b之间的距离：d=■，其中A∈a，B∈b，a是a的方向向量.
如图1，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，点E为CC1的中点. 求点D1到平面DBE的距离.
思索 点面距离是所有七种距离中最重要的一类，研究透这一类问题就能类似地去研究其他距离. 一般来讲，对于适合建立坐标系的问题可以优先考虑坐标向量法，但是如果直接使用传统几何法能迅速求解则不必麻烦地去建立坐标系了.
破解 解法1：如图2，O1OE与平面DBE垂直，交线为OE，再作O1H⊥OE于H，则O1H⊥平面DBE. 则O1H为点O1到平面BDE的距离. 再在△O1OH中使用勾股定理得O1H=■.
解法2：以D为原点，建立空间直角坐标系（如图3），设平面DBE的法向量为n=（x，y，z），而■=（1， 1，0），■=（0， 1，1）由■⊥n且■⊥n，可得法向量为n=（1，-1，1），■=（0，0，2），由此可得点D1到平面BDE的距离d=■cos〈n，■〉=■.
解法3：可以利用空间中点到平面的距离公式直接获得结果：由解法2知D1（0，0，2），平面BDE的方程式为：x-y+z=0，所以可求其距离为d=■=■.
如图4，把长和宽分别为2■，2的长方形ABCD沿对角线AC折成60°的二面角，则B和D之间的距离为__________.
思索 此题是求空间中两点的距离，从图形上看，依然可以采取建立坐标系的方法，但是由于是填空题不必要“小题大做”. 可以考虑直接作辅助线转化为平面几何中的线段来求，或者利用普通基底向量法.
破解 解法1：作DE⊥AC，垂足为E，BF⊥AC，垂足为F. 因为AB=2■，AD=2，所以DE=BF=■，EF=2. 又因为二面角D-AC-B为60°，DE⊥AC，BF⊥AC，所以异面直线DE，BF所成的角为60°. 于是可以得到BD=■=■.
解法2：如果从向量的角度来看，■，■，■三个向量的模方便求解，两两夹角也知道，因此得到■=■=■，这样的向量法显得很方便快捷.
■ 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线A1C1与AB1间的距离
思索 这是距离类型中比较难的一类，求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.
破解 解法1：如图5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为A1C1∥AC，所以A1C1∥平面AB1C，所以A1C1与平面AB1C间的距离等于异面直线A1C1与AB1间的距离.连结B1D1，BD，设B1D1∩A1C1=O1，BD∩AC=O. 因为AC⊥BD，AC⊥DD1，所以AC⊥平面BB1D1D，所以平面AB1C⊥平面BB1D1D. 连结B1O，则平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O，作O1G⊥B1O于G，则O1G⊥平面AB1C，所以O1G为直线A1C1与平面AB1C间的距离，即为异面直线A1C1与AB1间的距离. 在Rt△OO1B1中，因为O1B1=■，OO1=1，所以OB1=■=■. 所以O1G=■=■，即异面直线A1C1与AB1间的距离为■.
解法2：如图6，在A1C1上任取一点M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，连结RN. 因为平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，所以可得MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1. 因为AB1⊥RN，设A1R=x，则可得RB1=1-x. 因为∠C1A1B1=∠AB1A1=？摇45°，所以MR=x，RN=NB1=■（1-x）. 又因为MN=■=■=■（0 解法3：以点D为原点，DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1），所以■=（0，1，1），■=（-1，1，0）. 设MN是直线A1C1与AB1的公垂线，且■=λ■=（0，λ，λ），■=μ■=（-μ，μ，0），则■=■+■+■=-（-μ，μ，0）+（0，0，-1）+（0，λ，λ）=（μ，λ-μ，λ-1），从而可以得到■·■=0，■·■=0？圯λ-2μ=0，2λ-μ=1？圯λ=■，μ=■.故■=■，■，■？圯■=■.
如图7，已知ABCD是矩形，AB=a，AD=b，PA⊥平面ABCD，PA=2c，Q是PA的中点. 求：
（1）点Q到BD的距离；
（2）点P到平面BQD的距离.
思索 点线距离问题既可以考虑转化为平面几何中的垂线段来处理，也可以套用空间向量公式解决.
破解 （1）在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足，连结QE（如图8）. 因为QA⊥平面ABCD，由三垂线定理得QE⊥BE，所以QE的长为Q到BD的距离. 在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，所以AE=■. 在Rt△QAE中，QA=■PA=c，所以QE=■，所以点Q到BD的距离为■.
（2）解法1：因为平面BQD经过线段PA的中点，所以点P到平面BQD的距离等于点A到平面BQD的距离. 在△AQE中，作AH⊥QE，H为垂足（如图8）. 因为BD⊥AE，BD⊥QE，所以BD⊥平面AQE，所以BD⊥AH，所以AH⊥平面BQE，即AH为点A到平面BQD的距离. 在Rt△AQE中，因为AQ=c，AE=■，所以可得AH=■，所以点P到平面BD的距离为■.
解法2：设点A到平面QBD的距离为h，由VA-BQD=VQ-ABD，得■S△BQD·h=■S△ABD·AQ，h=■=■. 体积法也是处理各种距离问题的一个常用手段，需要重点掌握.
■ 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O为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.
（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；
（2）求直线CD与平面ACM所成的角的大小；
（3）求点N到平面ACM的距离.
思索 前两问略. 题目中关于球体的条件需要利用到直径所对圆周角为直角的平面几何知识，因此在求解中可以考虑尝试综合几何法.
破解 解法1（转移法求距离）：设D到平面ACM的距离为h，由VD-ACM=VM-ACD，即2■h=8，求得h=■，另求得PC=6. 因为AN⊥NC，由■=■，得PN=■. 所以■=■. 故点N到平面ACM的距离等于点P到平面ACM距离的■. 又因为M是PD的中点，则P，D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为■h=■.
解法2（利用相似比转化距离再用向量法）：由条件可得，AN⊥NC. 在Rt△PAC中，PA2=PN·PC，所以PN=■，则NC=PC-PN=■，■=■，所以所求距离等于点P到平面ACM距离的■. 设点P到平面ACM的距离为h，则h=■，所以所求距离为■h=■.
近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养. 题目起点低，步步升高，给不同层次的学生都有发挥能力的余地. 大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系. 因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.
（1）领悟解题的基本策略思想.高考改革稳中有变，基本数学思想如转化、类比等仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想的指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是重要的，通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅.
（2）探寻立体几何图形中的基面. 立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来？摇在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面（即基面），这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截取、延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.
（3）重视模型在解题中的应用：学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力，而数学问题中的许多图形和数量关系都与我们熟悉的模型存在着某种联系. 它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中的题设条件，突出特性，设法对原图形补形、拼凑、构造、嵌入，转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取最优解.
1. 求空间各种距离的基本思路
（1）求点到平面的距离：①直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长；②转移法，转化成求另一点到该平面的距离.
（2）求异面直线的距离：①定义法，即求公垂线段的长；②转化成求直线与平面的距离；③函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.
2. 空间向量法需要掌握以下公式
（1）异面直线a，b之间的距离：d=■，其中n⊥a，n⊥b，A∈a，B∈b.
（2）直线a与平面α之间的距离：d=■，其中A∈a，B∈α. n是平面α的法向量.
（3）两平行平面α，β之间的距离：d=■，其中A∈α，B∈β. n是平面α的法向量.
（4）点A到平面α的距离：d=■，其中B∈α，n是平面α的法向量. 另法：点A（x0，y0，z0），平面Ax+By+Cz+D=0，则 d=■.
（5）点A到直线a的距离：d=■，其中B∈a，a是直线a的方向向量.
（6）两平行直线a，b之间的距离：d=■，其中A∈a，B∈b，a是a的方向向量.
如图1，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，点E为CC1的中点. 求点D1到平面DBE的距离.
思索 点面距离是所有七种距离中最重要的一类，研究透这一类问题就能类似地去研究其他距离. 一般来讲，对于适合建立坐标系的问题可以优先考虑坐标向量法，但是如果直接使用传统几何法能迅速求解则不必麻烦地去建立坐标系了.
破解 解法1：如图2，O1OE与平面DBE垂直，交线为OE，再作O1H⊥OE于H，则O1H⊥平面DBE. 则O1H为点O1到平面BDE的距离. 再在△O1OH中使用勾股定理得O1H=■.
解法2：以D为原点，建立空间直角坐标系（如图3），设平面DBE的法向量为n=（x，y，z），而■=（1， 1，0），■=（0， 1，1）由■⊥n且■⊥n，可得法向量为n=（1，-1，1），■=（0，0，2），由此可得点D1到平面BDE的距离d=■cos〈n，■〉=■.
解法3：可以利用空间中点到平面的距离公式直接获得结果：由解法2知D1（0，0，2），平面BDE的方程式为：x-y+z=0，所以可求其距离为d=■=■.
如图4，把长和宽分别为2■，2的长方形ABCD沿对角线AC折成60°的二面角，则B和D之间的距离为__________.
思索 此题是求空间中两点的距离，从图形上看，依然可以采取建立坐标系的方法，但是由于是填空题不必要“小题大做”. 可以考虑直接作辅助线转化为平面几何中的线段来求，或者利用普通基底向量法.
破解 解法1：作DE⊥AC，垂足为E，BF⊥AC，垂足为F. 因为AB=2■，AD=2，所以DE=BF=■，EF=2. 又因为二面角D-AC-B为60°，DE⊥AC，BF⊥AC，所以异面直线DE，BF所成的角为60°. 于是可以得到BD=■=■.
解法2：如果从向量的角度来看，■，■，■三个向量的模方便求解，两两夹角也知道，因此得到■=■=■，这样的向量法显得很方便快捷.
■ 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线A1C1与AB1间的距离
思索 这是距离类型中比较难的一类，求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.
破解 解法1：如图5，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为A1C1∥AC，所以A1C1∥平面AB1C，所以A1C1与平面AB1C间的距离等于异面直线A1C1与AB1间的距离.连结B1D1，BD，设B1D1∩A1C1=O1，BD∩AC=O. 因为AC⊥BD，AC⊥DD1，所以AC⊥平面BB1D1D，所以平面AB1C⊥平面BB1D1D. 连结B1O，则平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O，作O1G⊥B1O于G，则O1G⊥平面AB1C，所以O1G为直线A1C1与平面AB1C间的距离，即为异面直线A1C1与AB1间的距离. 在Rt△OO1B1中，因为O1B1=■，OO1=1，所以OB1=■=■. 所以O1G=■=■，即异面直线A1C1与AB1间的距离为■.
解法2：如图6，在A1C1上任取一点M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，连结RN. 因为平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，所以可得MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1. 因为AB1⊥RN，设A1R=x，则可得RB1=1-x. 因为∠C1A1B1=∠AB1A1=？摇45°，所以MR=x，RN=NB1=■（1-x）. 又因为MN=■=■=■（0
（1）点Q到BD的距离；
（2）点P到平面BQD的距离.
思索 点线距离问题既可以考虑转化为平面几何中的垂线段来处理，也可以套用空间向量公式解决.
破解 （1）在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足，连结QE（如图8）. 因为QA⊥平面ABCD，由三垂线定理得QE⊥BE，所以QE的长为Q到BD的距离. 在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，所以AE=■. 在Rt△QAE中，QA=■PA=c，所以QE=■，所以点Q到BD的距离为■.
（2）解法1：因为平面BQD经过线段PA的中点，所以点P到平面BQD的距离等于点A到平面BQD的距离. 在△AQE中，作AH⊥QE，H为垂足（如图8）. 因为BD⊥AE，BD⊥QE，所以BD⊥平面AQE，所以BD⊥AH，所以AH⊥平面BQE，即AH为点A到平面BQD的距离. 在Rt△AQE中，因为AQ=c，AE=■，所以可得AH=■，所以点P到平面BD的距离为■.
解法2：设点A到平面QBD的距离为h，由VA-BQD=VQ-ABD，得■S△BQD·h=■S△ABD·AQ，h=■=■. 体积法也是处理各种距离问题的一个常用手段，需要重点掌握.
■ 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O为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N.
（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；
（2）求直线CD与平面ACM所成的角的大小；
（3）求点N到平面ACM的距离.
思索 前两问略. 题目中关于球体的条件需要利用到直径所对圆周角为直角的平面几何知识，因此在求解中可以考虑尝试综合几何法.
破解 解法1（转移法求距离）：设D到平面ACM的距离为h，由VD-ACM=VM-ACD，即2■h=8，求得h=■，另求得PC=6. 因为AN⊥NC，由■=■，得PN=■. 所以■=■. 故点N到平面ACM的距离等于点P到平面ACM距离的■. 又因为M是PD的中点，则P，D到平面ACM的距离相等，由（2）可知所求距离为■h=■.
解法2（利用相似比转化距离再用向量法）：由条件可得，AN⊥NC. 在Rt△PAC中，PA2=PN·PC，所以PN=■，则NC=PC-PN=■，■=■，所以所求距离等于点P到平面ACM距离的■. 设点P到平面ACM的距离为h，则h=■，所以所求距离为■h=■.
近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养. 题目起点低，步步升高，给不同层次的学生都有发挥能力的余地. 大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系. 因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.
（1）领悟解题的基本策略思想.高考改革稳中有变，基本数学思想如转化、类比等仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想的指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是重要的，通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅.
（2）探寻立体几何图形中的基面. 立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来？摇在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面（即基面），这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截取、延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.
（3）重视模型在解题中的应用：学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力，而数学问题中的许多图形和数量关系都与我们熟悉的模型存在着某种联系. 它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中的题设条件，突出特性，设法对原图形补形、拼凑、构造、嵌入，转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取最优解.