课时1 用空间向量研究距离问题

设向量 $ \overrightarrow {AC} $ 的单位向量为 $ \boldsymbol{e} $ ，则 $ \boldsymbol{e}=(-\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{\sqrt{3}}{3},-\dfrac{\sqrt{3}}{3}) $ ，所以 $ \overrightarrow {AB}\cdot \boldsymbol{e}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ，则点 $ B $ 到直线 $ AC $ 的距离为 $ \sqrt{{\left|\overrightarrow {AB}\right|}^{2}-{\left|\overrightarrow {AB}\cdot \boldsymbol{e}\right|}^{2}}=\sqrt{1-{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

以 $ A $ 为坐标原点, $ AB $ , $ AD $ , $ A{A}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴、 $ z $ 轴,建立空间直角坐标系,连接 $ {A}_{1}D $ ,如图所示,则 $ {A}_{1}(0,0,4) $ , $ D(0,4,0) $ , $ E(4,2,0) $ ,从而 $ \overrightarrow {D{A}_{1}}=(0,-4,4) $ , $ \overrightarrow {DE}=(4,-2,0) $ ,故点 $ {A}_{1} $ 到直线 $ DE $ 的距离是 $ \sqrt{{\overrightarrow {D{A}_{1}}}^{2}-{\left(\dfrac{\overrightarrow {D{A}_{1}}\cdot \overrightarrow {DE}}{\left|\overrightarrow {DE}\right|}\right) ^ {2}}}=\dfrac{12\sqrt{5}}{5} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

设 $ \overrightarrow {AB}=\boldsymbol{a} $ , $ \overrightarrow {AD}=\boldsymbol{b} $ , $ {\overrightarrow {AA}}_{1}=\boldsymbol{c} $ ，因为 $ AB=AD=A{A}_{1}=1 $ , $ \mathrm{\angle }BAD=\mathrm{\angle }{A}_{1}AB=\mathrm{\angle }{A}_{1}AD={60}^{\circ } $ ，所以 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{c}=\boldsymbol{b}\cdot \boldsymbol{c}=1×1×\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2} $ ，又 $ \overrightarrow {A{C}_{1}}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BC}+\overrightarrow {C{C}_{1}}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c} $ ， $ \overrightarrow {C{C}_{1}}=\boldsymbol{c} $ ，

所以 $ \overrightarrow {A{C}_{1}}\cdot \overrightarrow {C{C}_{1}}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})\cdot \boldsymbol{c}=\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}\cdot \boldsymbol{c}+{\boldsymbol{c}}^{2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+1=2 $ ，

$ |\overrightarrow {A{C}_{1}}|=\sqrt{{\left(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}\right) ^ {2}}}=\sqrt{{\boldsymbol{a}}^{2}+{\boldsymbol{b}}^{2}+{\boldsymbol{c}}^{2}+2\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}+2\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{c}+2\boldsymbol{b}\cdot \boldsymbol{c}}=\sqrt{1+1+1+1+1+1}=\sqrt{6} $ ，

所以 $ \cos ⟨\overrightarrow {A{C}_{1}} $ , $ \overrightarrow {C{C}_{1}}⟩=\dfrac{\overrightarrow {A{C}_{1}}\cdot \overrightarrow {C{C}_{1}}}{|\overrightarrow {A{C}_{1}}||\overrightarrow {C{C}_{1}}|}=\dfrac{2}{\sqrt{6}×1}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ ，因此 $ \sin \mathrm{\angle }A{C}_{1}C=\sqrt{1-{ \cos }^{2}⟨\overrightarrow {A{C}_{1}}} $ , $ \overrightarrow {C{C}_{1}}⟩=\sqrt{1-\dfrac{6}{9}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ，

所以点 $ E $ 到直线 $ A{C}_{1} $ 的距离为 $ |\overrightarrow {E{C}_{1}}| \sin \mathrm{\angle }A{C}_{1}C=\dfrac{1}{2}×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{6} $ ，故选 $ \mathrm{D} $ .

由平面 $ \alpha =｛P|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {PQ}=0｝ $ ,得 $ \boldsymbol{n}=(2,1,2) $ 是平面 $ \alpha $ 的法向量,点 $ Q(6,10,-1) $ 在平面 $ \alpha $ 内, $ \overrightarrow {AQ}=(7,10,-2) $ ,所以点 $ A(-1,0,1) $ 到平面 $ \alpha $ 的距离是 $ \dfrac{|\overrightarrow {AQ}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{|2×7+1×10+2×(-2)|}{\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}+{2}^{2}}}=\dfrac{20}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由点 $ A(-1,3,0) $ 在平面 $ \alpha $ 内，点 $ P(-2,1,z) $ ，可得 $ \overrightarrow {AP}=(-1,-2,z) $ .

因为平面 $ \alpha $ 的一个法向量 $ \boldsymbol{n}=(-2,-2,1) $ ，且点 $ P(-2,1,z) $ 到 $ \alpha $ 的距离为 $ \dfrac{10}{3} $ ，所以 $ \dfrac{|\overrightarrow {AP}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{10}{3} $ ，即 $ \dfrac{|2+4+z|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{10}{3} $ ，解得 $ z=4 $ 或 $ z=-16 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

如图，取 $ AC $ 的中点为 $ O $ ，取 $ {A}_{1}{C}_{1} $ 的中点为 $ {O}_{1} $ ，连接 $ O{O}_{1} $ ， $ OB $ ，

易知 $ OC $ ， $ OB $ ， $ O{O}_{1} $ 两两垂直，以 $ O $ 为坐标原点， $ OC $ ， $ OB $ ， $ O{O}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴，建立空间直角坐标系 $ Oxyz $ ，则 $ {A}_{1}(-3,0,6) $ ， $ M(0,\sqrt{3},0) $ ， $ N(3,0,3) $ ， $ B(0,3\sqrt{3},0) $ ，则 $ \overrightarrow {{A}_{1}N}=(6,0,-3) $ ， $ \overrightarrow {MN}=(3,-\sqrt{3},3) $ ， $ \overrightarrow {BM}=(0,-2\sqrt{3},0) $ .

设 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ 为平面 $ {A}_{1}MN $ 的法向量，则 $ \begin{cases}\overrightarrow {{A}_{1}N}\cdot \boldsymbol{n}=6x-3z=0,\\ \overrightarrow {MN}\cdot \boldsymbol{n}=3x-\sqrt{3}y+3z=0,\end{cases} $

令 $ x=1 $ ，则 $ \boldsymbol{n}=(1,3\sqrt{3},2) $ 是平面 $ {A}_{1}MN $ 的一个法向量，所以点 $ B $ 到平面 $ {A}_{1}MN $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {BM}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{18}{4\sqrt{2}}=\dfrac{9\sqrt{2}}{4} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ OA=OB=1 $ ， $ AB=\sqrt{2} $ ，所以 $ A{B}^{2}=O{A}^{2}+O{B}^{2} $ ，即 $ OA\perp OB $ ，

同理可证 $ OA\perp OC $ ， $ OB\perp OC $ ，即 $ OA $ ， $ OB $ ， $ OC $ 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为 $ m+2n+3l=3 $ ，所以 $ \dfrac{1}{3}m+\dfrac{2}{3}n+l=1 $ ，所以 $ \overrightarrow {OP}=\dfrac{1}{3}m\cdot 3\overrightarrow {OA}+\dfrac{2}{3}n\cdot \dfrac{3}{2}\overrightarrow {OB}+l\overrightarrow {OC} $ ，设 $ 3\overrightarrow {OA}=\overrightarrow {OD} $ ， $ \dfrac{3}{2}\overrightarrow {OB}=\overrightarrow {OE} $ ，则 $ \overrightarrow {OP}=\dfrac{1}{3}m\overrightarrow {OD}+\dfrac{2}{3}n\overrightarrow {OE}+l\overrightarrow {OC} $ ，所以 $ P $ ， $ C $ ， $ D $ ， $ E $ 四点共面.

连接 $ CD $ ， $ DE $ ， $ CE $ .因为 $ O(0,0,0) $ ， $ C(0,0,1) $ ， $ D(3,0,0) $ ， $ E(0,\dfrac{3}{2},0) $ ，所以 $ \overrightarrow {CD}=(3,0,-1) $ ， $ \overrightarrow {DE}=(-3,\dfrac{3}{2},0) $ .

设平面 $ CDE $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ，则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {CD}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {DE}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}3x-z=0,\\ -3x+\dfrac{3}{2}y=0,\end{cases} $ 取 $ x=1 $ ，则 $ \boldsymbol{n}=(1,2,3) $ .因为 $ \overrightarrow {OC}=(0,0,1) $ ，所以线段 $ OP $ 长度的最小值为 $ \dfrac{\left|\overrightarrow {OC}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{3\sqrt{14}}{14} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

$ \because $ 两平行平面 $ \alpha $ ， $ \beta $ 分别经过坐标原点 $ O $ 和点 $ A(2,1,1) $ ， $ \overrightarrow {OA}=(2,1,1) $ ，且两平面的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(-1,0,1) $ , $ \therefore $ 两平面间的距离为 $ \dfrac{|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {OA}|}{|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{|-2+0+1|}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

以 $ D $ 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 $ D(0,0,0) $ , $ B(1,1,0) $ , $ C(0,1,0) $ , $ E(\dfrac{1}{2},1,0) $ , $ F(0,\dfrac{1}{2},0) $ , $ {B}_{1}(1,1,1) $ , $ {D}_{1}(0,0,1) $ ,所以 $ \overrightarrow {EB}=(\dfrac{1}{2},0,0) $ , $ \overrightarrow {{B}_{1}{D}_{1}}=(-1,-1,0) $ , $ \overrightarrow {{B}_{1}E}=(-\dfrac{1}{2},0,-1) $ .

设平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {{B}_{1}{D}_{1}}=-x-y=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {{B}_{1}E}=-\dfrac{1}{2}x-z=0,\end{cases} $ 令 $ z=1 $ ,则 $ \boldsymbol{n}=(-2,2,1) $ .

因为 $ BD//{B}_{1}{D}_{1} $ , $ BD\not\subset $ 平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ , $ {B}_{1}{D}_{1}\subset $ 平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ ,

所以 $ BD// $ 平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ ,所以直线 $ BD $ 到平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ 的距离即为点 $ B $ 到平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ 的距离,

所以直线 $ BD $ 到平面 $ EF{D}_{1}{B}_{1} $ 的距离为 $ d=\dfrac{|\overrightarrow {EB}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{|\dfrac{1}{2}× (-2 )|}{\sqrt{ (-2)^{2}+{2}^{2}+1}}=\dfrac{1}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图，因为 $ O $ ， $ {O}_{1} $ 分别为 $ AC $ ， $ {A}_{1}{C}_{1} $ 的中点，所以 $ {O}_{1}{C}_{1}//AO $ ，且 $ {O}_{1}{C}_{1}=AO $ ，所以四边形 $ AO{C}_{1}{O}_{1} $ 为平行四边形，所以 $ A{O}_{1}//O{C}_{1} $ .又 $ A{O}_{1}\not\subset $ 平面 $ B{C}_{1}O $ ， $ O{C}_{1}\subset $ 平面 $ B{C}_{1}O $ ，所以 $ A{O}_{1}// $ 平面 $ B{C}_{1}O $ .

因为 $ OB//{O}_{1}{B}_{1} $ ， $ {O}_{1}{B}_{1}\not\subset $ 平面 $ B{C}_{1}O $ ， $ OB\subset $ 平面 $ B{C}_{1}O $ ，所以 $ {O}_{1}{B}_{1}// $ 平面 $ B{C}_{1}O $ .

又 $ A{O}_{1}\cap {O}_{1}{B}_{1}={O}_{1} $ ， $ A{O}_{1} $ ， $ {O}_{1}{B}_{1}\subset $ 平面 $ A{B}_{1}{O}_{1} $ ，所以平面 $ A{B}_{1}{O}_{1}// $ 平面 $ B{C}_{1}O $ ，

故平面 $ A{B}_{1}{O}_{1} $ 与平面 $ B{C}_{1}O $ 之间的距离即为点 $ {O}_{1} $ 到平面 $ B{C}_{1}O $ 的距离.

连接 $ O{O}_{1} $ ，根据题意， $ O{O}_{1}\perp $ 底面 $ ABC $ ， $ OB $ ， $ AC $ ， $ O{O}_{1} $ 两两垂直，则以 $ O $ 为坐标原点， $ OB $ ， $ OC $ ， $ O{O}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴，建立空间直角坐标系，

则 $ O(0,0,0) $ ， $ B(\sqrt{3},0,0) $ ， $ {C}_{1}(0,1,2) $ ， $ {O}_{1}(0,0,2) $ ，所以 $ \overrightarrow {OB}=(\sqrt{3},0,0) $ ， $ \overrightarrow {O{C}_{1}}=(0,1,2) $ ， $ \overrightarrow {O{O}_{1}}=(0,0,2) $ .

设 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ 为平面 $ B{C}_{1}O $ 的法向量，则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {OB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {O{C}_{1}}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}x=0,\\ y+2z=0,\end{cases} $ 取 $ z=-1 $ ，可得 $ \boldsymbol{n}=(0,2,-1) $ .

设点 $ {O}_{1} $ 到平面 $ B{C}_{1}O $ 的距离为 $ d $ ，则 $ d=\dfrac{\left|\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {O{O}_{1}}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ .

故平面 $ A{B}_{1}{O}_{1} $ 与平面 $ B{C}_{1}O $ 之间的距离为 $ \dfrac{2\sqrt{5}}{5} $ .

由已知得 $ \overrightarrow {AB}=(1,1,1) $ ， $ \overrightarrow {CD}=(-2,2,1) $ ， $ \overrightarrow {AC}=(1,0,0) $ .设 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ 与向量 $ \overrightarrow {AB} $ ， $ \overrightarrow {CD} $ 都垂直，则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {CD}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}x+y+z=0,\\ -2x+2y+z=0,\end{cases} $ 取 $ x=1 $ ，得 $ \boldsymbol{n}=(1,3,-4) $ .

因为平面 $ \alpha // $ 平面 $ \beta $ ，所以平面 $ \alpha $ 与平面 $ \beta $ 之间的距离即为点 $ C $ 到平面 $ \alpha $ 的距离，则平面 $ \alpha $ 与平面 $ \beta $ 之间的距离 $ d=\dfrac{\left|\overrightarrow {AC}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{\left|1×1+3×0+(-4)×0\right|}{\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}+{\left(-4\right) ^ {2}}}}=\dfrac{\sqrt{26}}{26} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意得， $ \overrightarrow {AB}=(0,1,0) $ ， $ \overrightarrow {AC}=(-1,1,-1) $ ，所以点 $ B $ 到直线 $ AC $ 的距离 $ {d}_{1}=\sqrt{{\left|\overrightarrow {AB}\right|}^{2}-{\left|\dfrac{\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC}}{\left|\overrightarrow {AC}\right|}\right|}^{2}}=\sqrt{1-{\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ .

设平面 $ ABC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}) $ ，则 $ \begin{cases}\overrightarrow {AB}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow {AC}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}{y}_{1}=0,\\ -{x}_{1}+{y}_{1}-{z}_{1}=0,\end{cases} $ 取 $ {x}_{1}=1 $ ，则 $ {z}_{1}=-1 $ ，所以 $ \boldsymbol{n}=(1,0,-1) $ .而 $ \overrightarrow {AD}=(0,\dfrac{1}{2},-1) $ ，所以点 $ D $ 到平面 $ ABC $ 的距离 $ {d}_{2}=\dfrac{\left|\overrightarrow {AD}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .所以 $ \dfrac{{d}_{1}}{{d}_{2}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为 $ C{C}_{1}\perp $ 平面 $ ABC $ ， $ CA $ , $ CB\subset $ 平面 $ ABC $ ,所以 $ C{C}_{1}\perp CA $ , $ C{C}_{1}\perp CB $ .又 $ \mathrm{\angle }ACB=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ，所以 $ CA $ , $ CB $ , $ C{C}_{1} $ 两两垂直，

以 $ C $ 为原点， $ CA $ , $ CB $ , $ C{C}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，

连接 $ {C}_{1}D $ ，则 $ D(1,0,0) $ , $ {C}_{1}(0,0,2) $ ，设 $ E(0,1,c) $ ，其中 $ 0\leqslant c\leqslant 2 $ ，

所以 $ \overrightarrow {{C}_{1}D}=(1,0,-2) $ ， $ \overrightarrow {{C}_{1}E}=(0,1,c-2) $ ，

则点 $ D $ 到直线 $ {C}_{1}E $ 的距离

$ d=\sqrt{{|\overrightarrow {{C}_{1}D}|}^{2}-{\left(\dfrac{\overrightarrow {{C}_{1}D}\cdot \overrightarrow {{C}_{1}E}}{|\overrightarrow {{C}_{1}E}|}\right) ^ {2}}} $

$ =\sqrt{5-{[\dfrac{-2(c-2)}{\sqrt{{\left(c-2\right) ^ {2}}+1}}]}^{2}} $

$ =\sqrt{5-\dfrac{4 (c-2)^{2}}{{\left(c-2 \right) ^ {2}}+1}} $ ，设 $ t={\left(c-2\right) ^ {2}}+1 $ ，因为 $ c\in [0,2] $ ，所以 $ t\in [1,5] $ ，则 $ d=\sqrt{1+\dfrac{4}{t}}\in [\dfrac{3\sqrt{5}}{5},\sqrt{5}] $ .

所以点 $ D $ 到直线 $ {C}_{1}E $ 的距离的最小值为 $ \dfrac{3\sqrt{5}}{5} $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

如图，以 $ O $ 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则 $ O(0,0,0) $ ， $ C(3,0,0) $ ， $ B(0,3,0) $ ， $ A(3,3,0) $ ， $ D(3,3,3) $ ，所以 $ \overrightarrow {BA}=(3,0,0) $ ， $ \overrightarrow {CA}=(0,3,0) $ ， $ \overrightarrow {AD}=(0,0,3) $ .

设平面 $ \alpha $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ，则点 $ B $ 到平面 $ \alpha $ 的距离为 $ {d}_{1}=\dfrac{\left|\overrightarrow {BA}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{\left|3x\right|}{\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}=\sqrt{2}① $ ，点 $ C $ 到平面 $ \alpha $ 的距离为 $ {d}_{2}=\dfrac{\left|\overrightarrow {CA}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{\left|3y\right|}{\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}=\sqrt{2}② $ ，

由①②可得 $ \left|y\right|=\left|x\right| $ ， $ \left|z\right|=\sqrt{\dfrac{5}{2}}\left|x\right| $ ，所以点 $ D $ 到平面 $ \alpha $ 的距离为 $ \dfrac{\left|\overrightarrow {AD}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{\left|3z\right|}{\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}+{z}^{2}}}=\dfrac{3\sqrt{\dfrac{5}{2}}\left|x\right|}{\dfrac{3}{\sqrt{2}}\left|x\right|}=\sqrt{5} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

已知平面 $ \alpha $ 的点法式方程为 $ -2(x-2)+y+2(z-3)=0 $ ，可得平面 $ \alpha $ 的法向量 $ \boldsymbol{u}=(-2,1,2) $ ，平面 $ \alpha $ 上一点 $ {P}_{0}(2,0,3) $ ，已知 $ P(3,2,6) $ ，则 $ \overrightarrow {P{P}_{0}}=(-1,-2,-3) $ ，

可得 $ \overrightarrow {P{P}_{0}}\cdot \boldsymbol{u}=(-1)×(-2)+(-2)×1+(-3)×2=2-2-6=-6 $ .

根据向量的模的计算公式，可得 $ \left|\boldsymbol{u}\right|=\sqrt{{\left(-2\right) ^ {2}}+{1}^{2}+{2}^{2}}=3 $ .

所以根据点到平面的距离公式，可得点 $ P $ 到平面 $ \alpha $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\overrightarrow {P{P}_{0}}\cdot \boldsymbol{u}\right|}{\left|\boldsymbol{u}\right|} $ ，可得 $ d=\dfrac{\left|-6\right|}{3}=\dfrac{6}{3}=2 $ .

取点 $ P $ 关于平面 $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的对称点为 $ {P}_{1} $ ，

则 $ PM={P}_{1}M $ ，设点 $ {P}_{1} $ 到平面 $ AC{D}_{1} $ 的距离为 $ d $ ，则 $ PM+MN={P}_{1}M+MN\geqslant d $ .

以 $ {D}_{1} $ 为原点， $ {D}_{1}{A}_{1} $ ， $ {D}_{1}{C}_{1} $ ， $ {D}_{1}D $ 所在直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴、 $ z $ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为正方体的棱长为4，且 $ \overrightarrow {BP}=3\overrightarrow {P{B}_{1}} $ ，所以 $ {P}_{1}(4,4,-1) $ ， $ A(4,0,4) $ ， $ C(0,4,4) $ ， $ {D}_{1}(0,0,0) $ ，

所以 $ \overrightarrow {{D}_{1}{P}_{1}}=(4,4,-1) $ ， $ \overrightarrow {{D}_{1}A}=(4,0,4) $ ， $ \overrightarrow {{D}_{1}C}=(0,4,4) $ .

设平面 $ AC{D}_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ，则 $ \begin{cases}\overrightarrow {{D}_{1}A}\cdot \boldsymbol{m}=4x+4z=0,\\ \overrightarrow {{D}_{1}C}\cdot \boldsymbol{m}=4y+4z=0,\end{cases} $

取 $ x=1 $ ，则 $ y=1 $ ， $ z=-1 $ ，则 $ \boldsymbol{m}=(1,1,-1) $ ，所以点 $ {P}_{1} $ 到平面 $ AC{D}_{1} $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\overrightarrow {{D}_{1}{P}_{1}}\cdot \boldsymbol{m}\right|}{\left|\boldsymbol{m}\right|}=\dfrac{\left|4+4+1\right|}{\sqrt{1+1+1}}=\dfrac{9}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3} $ .即 $ PM+MN $ 的最小值为 $ 3\sqrt{3} $ .

以 $ D $ 为坐标原点，分别以直线 $ DA $ ， $ DC $ ， $ D{D}_{1} $ 为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴建立空间直角坐标系 $ Dxyz $ ，如图所示.

设 $ E(1,m,0)(0 < m < 1) $ ，

则 $ F(0,1,m) $ ，又 $ D(0,0,0) $ ， $ {A}_{1}(1,0,2) $ ，所以 $ \overrightarrow {DE}=(1,m,0) $ ， $ \overrightarrow {DF}=(0,1,m) $ ， $ \overrightarrow {D{A}_{1}}=(1,0,2) $ .

设平面 $ DEF $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ，

则 $ \begin{cases}\overrightarrow {DE}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow {DF}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}x+my=0,\\ y+mz=0,\end{cases} $

令 $ z=-1 $ ，则 $ y=m $ ， $ x=-{m}^{2} $ ，

所以平面 $ DEF $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(-{m}^{2},m,-1) $ ，

点 $ {A}_{1} $ 到平面 $ DEF $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|\overrightarrow {D{A}_{1}}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{{m}^{2}+2}{\sqrt{{m}^{4}+{m}^{2}+1}} $ .

设 $ △DEF $ 中的 $ EF $ 边上的高为 $ h $ ，因为 $ DE=DF=\sqrt{1+{m}^{2}} $ ，

$ EF=\sqrt{2({m}^{2}-m+1)} $ ，

所以 $ h=\sqrt{{DE}^{2}-{\left(\dfrac{EF}{2}\right) ^ {2}}}=\sqrt{\dfrac{{m}^{2}+m+1}{2}} $ ，所以 $ {S}_{△DEF}=\dfrac{1}{2}EF\cdot h=\dfrac{1}{2}\sqrt{2({m}^{2}-m+1)}\cdot \sqrt{\dfrac{{m}^{2}+m+1}{2}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{{m}^{4}+{m}^{2}+1} $ ，

所以 $ {V}_{{A}_{1}-DEF}=\dfrac{1}{3}{S}_{△DEF}\cdot d=\dfrac{{m}^{2}+2}{6}(0 < m < 1) $ ，

所以三棱锥 $ {A}_{1}-DEF $ 的体积的取值范围是 $ (\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{2}) $ .

由题意知， $ AB $ ， $ BC $ ， $ CD $ 两两垂直，则以 $ B $ 为原点， $ BA $ ， $ BC $ 所在直线分别为 $ x $ 轴， $ y $ 轴，过点 $ B $ 且与 $ CD $ 平行的直线为 $ z $ 轴，建立如图所示空间直角坐标系.

连接 $ LM $ ，则 $ L(\dfrac{1}{2},0,0) $ ， $ M(0,\dfrac{1}{2},0) $ ， $ N(0,1,\dfrac{1}{2}) $ ，所以 $ \overrightarrow {LM}=(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0) $ ， $ \overrightarrow {LN}=(-\dfrac{1}{2},1,\dfrac{1}{2}) $ ，所以点 $ M $ 到直线 $ LN $ 的距离为 $ d=\sqrt{{\left|\overrightarrow {LM}\right|}^{2}-{\left(\dfrac{\overrightarrow {LM}\cdot \overrightarrow {LN}}{\left|\overrightarrow {LN}\right|}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{4} $ .