在解析幾何中，距離問題是個高頻率問題，主要包括：點與點間的距離，點到直線的距離，直線間的距離，點到平面的距離等等。

點到點的距離

兩點P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)間的距離為

sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\

分析：把兩點放到平面直角坐標系中，連接兩點作為對角線，分別過兩點作平行於坐標軸的直線...，相信已經很明顯瞭：出現瞭直角三角形，由勾股定理得出結論。

點到直線的距離

點P(x_0,y_0)到直線Ax+By+C=0,quad(A^{2}+B^{2}neq 0)的距離為

boxed{frac{|A x_{0}+B y_{0}+C|}{sqrt{A^{2}+B^{2}}}}\

證明一：假設點Q(x,y)在直線上，且PQ與直線垂直，那麼點P和Q的距離即為所求。又因為PQ與直線垂直，所以直線的法向量與PQ平行，所以

begin{cases} frac{x-x_0}{A}=frac{y-y_0}{B}\ Ax+By+C=0<br>end{cases}\

解方程得

begin{cases} x=x_0-Acdotfrac{Ax_0+By_0+C}{A^2+B^2}\ y=y_0-Bcdotfrac{Ax_0+By_0+C}{A^2+B^2} end{cases}\

利用兩點的距離公式，可得

|PQ|=frac{|A x_{0}+B y_{0}+C|}{sqrt{A^{2}+B^{2}}}\

證明二：因為點P(x_0,y_0)關於直線Ax+By+C=0,quad(A^{2}+B^{2}neq 0)的對稱點Q為

begin{cases} x=x_0-2Acdotfrac{Ax_0+By_0+C}{A^2+B^2}\ y=y_0-2Bcdotfrac{Ax_0+By_0+C}{A^2+B^2}\ end{cases}\

易知PQ與直線垂直，且交點為線段PQ的中點，所以中點坐標為

begin{cases} x=x_0-Acdotfrac{Ax_0+By_0+C}{A^2+B^2}\ y=y_0-Bcdotfrac{Ax_0+By_0+C}{A^2+B^2} end{cases}\

同樣使用兩點的距離公式，求得距離。當然也可直接求點P和Q的距離，再除以2。

證明三：設M(x,y)為直線上的一點，那麼

|PM|^2=(x_0-x)^2+(y_0-y)^2\

根據柯西不等式，可知：

begin{aligned} ((x_0-x)^2+(y_0-y)^2)(A^2+B^2)&geq (A(x_0-x)+B(y_0-y))^2\ &=(Ax_0+By_0-Ax-By)^2 end{aligned}\

因為M在直線上，所以C=-Ax-By，代入上式可得

begin{aligned} (|PM|^2)(A^2+B^2)&geq (Ax_0+By_0+C)^2\ |PM|&geqfrac{|Ax_0+By_0+C|}{sqrt{A^2+B^2}} end{aligned}\

點P到直線上所有點的距離中，當然是垂線段最短。果然二次曲線長瞭一副柯西不等式的臉。

直線到直線的距離

兩條平行直線

Ax+By+C_1=0\Ax+By+C_2=0\

間的距離為

frac{left|C_{1}-C_{2}right|}{sqrt{A^{2}+B^{2}}}\

證明：分別取兩條直線上的點M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)，那麼

|M N|^{2}=left(x_{1}-x_{2}right)^{2}+left(y_{1}-y_{2}right)^{2}\

利用柯西不等式，可得

begin{aligned} left(left(x_{1}-x_{2}right)^{2}+left(y_{1}-y_{2}right)^{2}right)left(A^{2}+B^{2}right) & geqleft(A x_{1}+B y_{1}-A x_{2}-B y_{2}right)^{2} \ &=left(C_{1}-C_{2}right)^{2} end{aligned}\

所以

|M N|_{min }=frac{left|C_{1}-C_{2}right|}{sqrt{A^{2}+B^{2}}}\

點到平面的距離

點M(x_0,y_0,z_0)是平面Ax+By+Cz+D=0, quad(A^{2}+B^{2}+C^{2}neq 0)外一點，則該點到該平面的距離為

boxed{frac{|A x_{0}+By_{0}+C z_{0}+D|}{sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}}\

證明：設P(x,y,z)是平面上一點，構造向量alpha=(x-x_{0}, y-y_{0}, z-z_{0}), quad beta=(mathrm{A}, mathrm{B}, mathrm{C})，可得

begin{aligned} |alpha|&=sqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}+(z-z_{0})^{2}}\ |beta|&=sqrt{A^{2}+B^{2}+Z^{2}}\ |(alpha, beta)|&=|A(x-x_0)+B(y-y_{0})+C(z-z_{0})|\ &=|A x_{0}+B y_{0}+C z_{0}+D|\ Rightarrowsqrt{(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}+(z-z_{0})^{2}} &geq frac{|A x_{0}+B y_{0}+C z_{0}+D|}{sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}\ end{aligned}\

由於平面上任意一點與定點之間的最短距離就是點到平面的距離，因而所求距離為

frac{|A x_{0}+B y_{0}+C z_{0}+D|}{sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}}\

註意：證明中不等式是通過柯西不等式獲得。該方法同樣適用於點到直線的情況，可作為證明三；而同樣的點到平面的距離，也可用點關於平面的對稱點公式來計算距離。