【专项复习】高考数学专题04 点到平面的距离（题型训练）.zip

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\l "_Tc32608" 二、典型题型 PAGEREF _Tc32608 \h 2
\l "_Tc9471" 题型一：等体积法求点到平面的距离 PAGEREF _Tc9471 \h 2
\l "_Tc29999" 题型二：利用向量法求点到平面的距离 PAGEREF _Tc29999 \h 10
\l "_Tc29092" 三、专项训练 PAGEREF _Tc29092 \h 16
一、必备秘籍
1、等体积法求点到平面的距离
（1）当点到面的距离那条垂线不好作或找时，利用等体积法可以间接求点到面的距离，从而快速解决体积问题，是一种常用数学思维方法
（2）在用变换顶点求体积时，变换顶点的原则是能在图象中直接找到求体积所用的高，有时单一靠棱锥四个顶点之间来变换顶点无法达到目的时，还可以利用平行关系（线面平行，面面平行）转换顶点，如当线面平行时，线上任意一点到平面的距离是相等的，同理面面平行也可以变换顶点
2、利用向量法求点到平面的距离
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.
二、典型题型
题型一：等体积法求点到平面的距离
1．（23·24高二上·上海黄浦·阶段练习）如图，边长为1的正方形中，分别是的中点，沿把这个正方形折成一个四面体使三点重合，重合后的点记为.则在四面体中，点到平面的距离为 .

【答案】
【详解】由题意，折叠后的四面体如图所示，

因为正方形边长为，分别是的中点，
所以，即，
又平面，所以平面，
同时由，得，
又，
所以，
，
设到平面的距离为，
则，即，解得.
故答案为：.
2．（23·24高二上·上海虹口·期中）如图，已知点P在圆柱的底面圆O的圆周上，，圆O的直径，圆柱的高．
(1)求圆柱的体积；
(2)求点A到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知可得，圆柱的底面半径，圆柱的高，
圆柱体积为：；
（2）设点到平面的距离为，
在等腰中，由，则，
为直径，，
在中，，
则，
由底面，底面,所以，
又，平面，所以平面，
平面，
故，
， ，
由等体积法，得，
解得：．
即点到平面的距离为．
3．（17·18高二下·河北唐山·期末）如图，已知长方体中，，，连接，过B点作的垂线交于E，交于F．

(1)求证：平面；
(2)求点A到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：根据题意，平面，平面，得，
又（已知），平面，平面，，
所以平面，得.
同理，平面，得.
因为平面，平面，，，，
所以平面.
（2）因为平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，设为d，
因为，，即，，
所以，.
故点A到平面的距离等于.
4．如图，在正方体中，.

(1)求证：∥平面；
(2)求点到面的距离.
【答案】(1)答案见详解
(2)
【详解】（1）∵∥, 平面，平面，
∴∥平面
（2）连接,设点到面的距离为，
由已知可得,
由正方体的性质可知平面,则,
∵，
∴，解得，
即点到面的距离为.

5．（23·24高二上·江西九江·阶段练习）如图所示的五边形中是矩形，，沿折叠成四棱锥.
(1)从条件①；②；③中任选两个作为补充条件，证明：平面平面：
(2)在（1）的条件下，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）选条件①②：
证明：由题意知，，，所以，
在中，，，则，，
又因为为矩形，，则，所以，
在中，，由余弦定理可得，解得，
所以，即，
又因为，、平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
选条件①③：
证明：由题意知，，，所以，
在中，，，则，，
又因为为矩形，，则，所以，
又，所以，即，
又因为，、平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
选条件②③：
证明：由题意知，，，所以，
在中，，，，
由余弦定理可得，解得，
所以，即，
又因为，、平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
又，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
由（1）知，平面，，
又，，
所以，，
所以，即，
所以，
在中，，，则，
所以在中，由余弦定理得，则，
所以，
设点到平面的距离为，则点到平面的距离也为，
由可得，即，解得，
故点到平面的距离为.
6．（23·24高三上·上海浦东新·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是矩形，其中，，底面，，为的中点，为的中点.

(1)证明：直线平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：

如上图，取中点，连接、，
∵为的中点，为的中点，为的中点，
∴在矩形中，在中，
又∵平面，平面，平面，平面，
∴平面，平面，
又∵平面，平面，，
∴平面平面，
又∵平面，∴平面.
（2）解：

如上图，连接，由题意，，，，
∵底面，平面，平面，
∴，则是等腰直角三角形，
∴，
∵矩形中，，平面，平面，
∴平面，又∵平面，
∴，则是直角三角形，，
∴.
∵底面，∴是三棱锥的高.
∵底面是矩形，∴.
∵点到平面的距离就是三棱锥的高，
∴由得：，
即，解得：，
即点到平面的距离为.
7．（23·24高二上·上海杨浦·期中）如图,为菱形外一点,平面,,为棱的中点.
(1)求证:平面;
(2)若,求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接,如图:
因为,四边形为菱形,
所以,
又为棱的中点,
所以,
因为,
所以,
因为平面,平面,
所以,
又平面,平面,
所以平面.
（2）因为平面,平面,
所以平面,
则到平面的距离即为点到平面的距离,
设点到平面的距离为,
因为,,平面,,四边形为菱形,
所以,
解得,
即到平面的距离为.
题型二：利用向量法求点到平面的距离
1．（23·24高二上·广东东莞·阶段练习）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M是的中点，N是的中点，P是的中点，则点A到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：如图，以A为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以，
即点A到平面的距离为．
故选：D.
2．（23·24高二上·广东佛山·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面面，.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接，
由题意可知：，则∥，
且，则为为平行四边形，
由，所以四边形为矩形，
可知，则，
又因为，可知，即，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
（2）如图所示，以为原点，分别为轴、轴，过作垂直平面的直线，为轴，建立空间直角坐标系.

则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
所以到平面的距离为.
3．（23·24上·沧州·阶段练习）如图所示，四棱锥的底面是矩形，，，且底面，若边上存在异于的一点，使得直线．

(1)求的最大值；
(2)当取最大值时，求异面直线与所成角的余弦值；
(3)当取最大值时，求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，．
因为，所以，即．
即，
当时，的最大值为．
（2）由（1）可知，当取最大值时，，，
所以．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
（3）设平面的法向量为，则，，
因为，，，
所以，
取，则，，所以，
所以，
因为到平面的距离等于在上的射影长，
所以．
4．（23·24上·北辰·期中）如图，且且且平面．
(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；
(2)求平面和平面夹角的正弦值；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）取GD中点为Q，连接NQ，MQ.
因为的中点，为的中点，Q为GD中点，
由三角形及梯形中位线定理，可得.
又注意到，平面EDC，平面EDC，
平面MNQ，，则平面平面.
又平面MQN，则平面.
（2）因平面ABCD，平面ABCD，
则，又，则如图建立以D为原点的空间坐标系.
则.
.
设平面和平面的法向量分别为.
则，取；
，取.
设平面和平面夹角为，则.
则平面和平面夹角的正弦值为.
（3）由（2），设，其中，则
又由题可得，平面的一个法向量可取.
结合直线与平面所成的角为，
则.
则，.
设平面法向量为，则.
取，则点到平面的距离.
5．（重庆市部分区2022-2023学年高二上学期期末联考数学试题）如图，在正方体中，．

(1)求证：；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，为z轴建立如图所示的坐标系．
∵，，，，
∴，，
∴，∴；
（2）∵，，∴，
设面的法向量为，
∵，，
∵，，∴，
令，则，，∴，
设到面的距离为d，
∴.

三、专项训练
一、单选题
1．（23·24高二上·陕西·阶段练习）如图，在正四棱柱中，，．点，，分别在棱，，上，，，，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】以为坐标原点，，，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，

则，，，，，，．
设平面的法向量为，
则令，
得．
点到平面的距离为．
故选：D.
2．（23·24高二上·广东东莞·阶段练习）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意易知直线面，
所以到面的距离即为直线到平面的距离.
建立如图所示坐标系，则：

，，，，,
所以
设面的法向量，则：
，即
取，则，所以
所以到面的距离.
故选：D
3．（23·24高二上·湖南邵阳·阶段练习）在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则直线到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，
所以,
设平面的法向量为，则
，令，则，
因为，平面，平面，
所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，
所以直线到平面的距离为 .
故选：D.

4．（23·24上·邯郸·阶段练习）在正三棱柱中，，点分别为棱的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】取的中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以令，解得，
所以平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离.
故选：C.

5．（23·24上·绍兴·阶段练习）在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为的三等分点靠近C点，则点E到平面BDF的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
设平面的法向量，则，令，得，
所以点到平面的距离为.
故选：A
6．（23·24高二上·北京·阶段练习）如图，在长方体中，，点B到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
由题意得点到平面距离为三棱锥的高，
设点到平面距离为，取中点，连接，
因为为长方体，所以，所以，
，，，
所以，，解得.
故选：C.
7．（23·24高二上·湖南益阳·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，为棱的中点，则点到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，连接，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，又因为，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为，
因为，所以，，
因为为棱的中点，且平面，则易知，
则，则，
设点到平面的距离为，
则，即，
即，解得．
故选：C.
8．（23·24高二上·吉林长春·阶段练习）我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见．譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指四个面都是直角三角形的三棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，其中，若，则到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
取中点，连结，
根据题意，平面，平面，
所以平面平面，
因为，所以，
又平面平面，平面
所以平面，且
由题意可知，
，
则，即为直角三角形，
，
设到平面的距离为，且，
即，
.
故选：B
9．（23·24高三上·河北沧州·阶段练习）在三棱柱中，平面，，，点D是的中点，点E是平面的中心，则点E到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图所示，连接，则点在上，再连接交于点，则为的中点，
因为为的中点，可得，
因为平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离等价于点到平面的距离，
设点到平面的距离为，由，即，
由，可得,
又由，，所以，
所以为直角三角形，所以，
所以，即点到平面的距离为.
故选：C.

二、填空题
10．（23·24高二上·宁夏固原·阶段练习）在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为 .

【答案】/
【详解】如图所示，

设到平面的距离为h，
由得，
所以，
因为正方体的棱长为1，所以，，，
所以是等边三角形，
所以，
所以，即到平面的距离为.
故答案为：.
11．（23·24高二上·山西太原·阶段练习）如下图所示，在平行六面体中，各棱长均为2，已知，，则点A到平面的距离 .

【答案】/
【详解】取的中点，记为，连接，如下图：

在中，，，且为中点，所以，同理可得：，
由，则，且，
因为，平面，所以平面
在中，由余弦定理可得：，
由，，解得，
在中，，
所以，易知，
三棱锥的体积，
在中，由余弦定理可得：，
则，，
设到平面的距离为，.
故答案为：.
12．（23·24高二上·安徽·阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，是等边三角形，M，N分别为AB和PC的中点，则平面DMN上任意一点到底面ABCD中心距离的最小值为 .

【答案】
【详解】
连接相交于点，点为底面的中心，取中点为，连接，则，因为平面平面ABCD，则平面，
以点为原点，分别以为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，
且底面ABCD边长为2，是等边三角形，则，
，则，，则，
，设平面的法向量为，
则，解得，取，则，
，所以，且平面DMN上任意一点到底面ABCD中心距离的最小值即为点到平面的距离，则.
故答案为：.
13．（23·24高二上·天津西青·阶段练习）如图，棱长为2的正方体，点是棱的中点，点到直线的距离为 ．

【答案】/
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2，所以，，，
所以直线方向向量 ，又 ，
，
所以在上的投影长为 ，
所以点到直线的距离为

故答案为：.
三、解答题
14．（23·24高三上·四川成都·阶段练习）已知正方形的边长为2，为等边三角形（如图1所示）．沿着折起，点折起到点的位置，使得侧面底面．是棱的中点（如图2所示）．

(1)求证：；
(2)求点与平面的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）如图，取AB中点O，连接交于,

∵为等边三角形，
∴，
又∵平面平面，平面，平面平面，
故平面，
而平面，∴，
又∵,，
∴.
∴，
又∵平面,平面,，
∴平面，
∵平面，
∴.
（2）设点与平面的距离为，
∵ABCD是正方形，△PAB为等边三角形，
∴,，
又∵平面平面，平面，平面平面，
故⊥平面，
而平面，所以，，
∴在中，，
∴,则易得，
由（1）知，平面，
∴为三棱锥的高，
∴
又∵，
得.
故点与平面的距离为.
15．（23·24高二上·广东东莞·阶段练习）如图，已知一个组合体由一个圆锥与一个圆柱构成（圆锥底面与圆柱上底面重合.平面为圆柱的轴截面），已知圆锥高为3，圆柱高为5，底面直径为8.
(1)求这个组合体的体积
(2)设为半圆弧的中点，求到面的距离.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）依题意，圆锥的底面圆半径为4，而其高为3，则圆锥的体积，
圆柱的底面圆半径为4，高为5，则圆柱的体积，
所以这个组合体的体积为.
（2）连接，由为半圆弧的中点，得，，
而平面，平面，则，，平面，
于是平面，显然圆锥与圆柱有共同的旋转轴，即点在平面内，
因此三棱锥的高为，且，
设到平面的距离为，由，得，
即，从而，
故到平面的距离为.
16．（23·24高三上·广东佛山·阶段练习）如图，在正三棱柱中，点为侧棱的中点，且.
(1)证明：平面平面
(2)若二面角的大小为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【详解】（1）法一：
取中点的中点，连接与，
则，且
又为中点，，且，
四边形是平行四边形，.
在正三棱柱中，平面平面，
，又为等边三角形，，
又平面，
平面，又平面，
平面平面，
法二如图，以原点，垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的一个法向量为，则
，
取，则
又平面的法向量为，
，
平面平面
（2）方法一：取中点，连接，
，
在正三棱柱中，，
是二面角的平面角，
又平面，
设点到平面的距离为，则，
，即点到平面的距离为.
方法二：由（1）得，
设平面的一个法向量为，则
，
，取，则
又平面的法向量为，
二面角的大小为
，
由于，
，又，
点到平面的距离为.
17．（23·24高二上·辽宁·阶段练习）如图，六面体中，面且面，，，.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为面且面，
面且面，
所以且，
在面中，，
同理，在面中,，
因为，
所以，
又，
所以，
所以，
所以，
由面，面，知，
又因为，面，面,
所以面.
（2）取中点，由题可知，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为面，故面，
又因为为正三角形，所以，，两两垂直，
以为坐标原点，以的方向分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，
，，，，
设面的法向量为，则有，
不妨设，得，
又面，故面的法向量不妨设为，
由题意，解得，
于是，，，
所以点到到直线的距离为.
18．（23·24高二上·北京通州·期中）如图，在正方体中，分别是棱，，，的中点.

(1)求证：四点共面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【详解】（1）如图，取的中点 连接,

因为分别是棱，，，的中点，
易得,,所以,
所以四点共面，
又,
所以，
则四点共面，
而过不共线的的三点的平面具有唯一性，
则平面与平面重合，
故四点共面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方形的的边长为
则
则，
设是平面的法向量，
则，
取,则所以，
所以与平面所成角的正弦值为
（3）由（2）知平面的法向量，
又
所以点到平面的距离为
，
即到平面的距离为