专题04 点到平面的距离(典型题型归类训练)-2025年高考数学二轮复习大题解题技巧（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题04 点到平面的距离(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17561" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc17561 \h 1
\l "_Tc27401" 二、典型题型 PAGEREF _Tc27401 \h 2
\l "_Tc2759" 题型一：等体积法求点到平面的距离 PAGEREF _Tc2759 \h 2
\l "_Tc16209" 题型二：利用向量法求点到平面的距离 PAGEREF _Tc16209 \h 8
\l "_Tc16277" 三、专项训练 PAGEREF _Tc16277 \h 17
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高三下·陕西西安·期中）如图，在圆台中，为轴截面，，，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点，．
(1)求证：平面平面；
(2)若为等边三角形，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，即可得到平面，再由圆台的性质得到，即可得到平面，从而得证；
（2）由利用等体积法求出点到平面的距离．
【详解】（1）因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为垂直下底面圆于点，垂直下底面圆于点，所以，
又平面，平面，
故平面．
又，，平面，
所以平面平面．
（2）在等腰梯形中，易知，所以．
所以．
易知，，所以．
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以，即点到平面的距离为．
2．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，平面．
(1)证明：；
(2)若四棱台的体积为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质得到，由菱形的性质得到，即可得到平面，即可得证；
（2）设，由棱台的体积公式求出，取的中点，连接、，即可得到平面，再由利用等体积法计算可得.
【详解】（1）在四棱台中，延长后必交于一点，故共面，
因为平面，平面，
所以，
连接，因为底面四边形为菱形，故，
平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）设，又，
所以，
则，
所以，
即，解得，
所以，则，
取的中点，连接、，
则且，所以为平行四边形，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
因为为菱形且，所以为等边三角形，
所以，，，
所以，
所以，
又，
设点到平面的距离为，
所以，则，
解得，即点到平面的距离为.
3．（2024·四川·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，，侧面是边长为4的正三角形，.
(1)证明：平面平面ABCD；
(2)求点A到平面SBC的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，通过证明，即可由线线垂直证明线面垂直；
（2）根据，结合的面积，即可由等体积法求得结果.
【详解】（1）证明：取CD中点E，连接SE，AE，BE，
易得，，因为，，
所以，，，故，
又，，
所以，故，
因为平面ABCD，平面ABCD，，
所以平面ABCD，又因为平面SCD，
所以平面平面ABCD.
（2）由（1）知平面ABCD，且，
在中，，
所以，
故.
在中，，，
所以SB边上的高，
所以.
设点A到平面SBC的距离为d，
则，即，解得，
所以点A到平面SBC的距离为.
4．（2024高三·上海·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的性质定理，转化为证明平面平面，即可证明线面平行；
（2）方法一，利用等体积转化，即可求点到平面的距离；方法二，同样利用等体积转化，即可求解.
【详解】（1）证明 连接，
∵分别为 的中点，∴，
∵直线不在平面内，平面，∴平面，
∵，，∴，且.
∴四边形为平行四边形，即，
∵直线不在平面内，平面，∴平面，
∵平面，
∴平面平面，平面，则平面.
（2）方法1：设到平面的距离为，
因为平面，所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
由于，所以，由于平面，
所以平面，而平面，则，
由得，
即；
方法2：∵，，
又平面，∴，又，平面，
∴平面，而平面，∴.
设，则，，
设点到平面的距离为，由，
得，则.
∵点为的中点，∴点到平面的距离等于点到平面的距离为.
题型二：利用向量法求点到平面的距离
1．（23-24高三上·山东日照·期中）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆O的内接正三角形，点E在母线上，且，.
(1)求证：平面平面；
(2)若点M为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】
（1）利用余弦定理与勾股定理推得，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理与性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量表示得到关于的表达式，从而求得的值，进而利用点面距离公式即可得解.
【详解】（1）
如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，，
解得，又，，
所以，即，，
所以在中，，
在中，由余弦定理：
，
所以，故.
因为底面，面，所以平面平面，
又面，面面，，故面，
又平面，所以平面平面；
（2）
易知，以点为坐标原点，，，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，

则，，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
即，
令，，
则
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点M到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
2．（23-24高二上·山东济宁·期中）如图所示，正方体的棱长为3，动点在底面正方形内，且与两个定点，的距离之比为．
(1)求动点的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
(2)求动点到平面的距离的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】
（1）建立平面直角坐标系根据平面上轨迹的求法求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点面距离，再由三角代换求取值范围即可.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，

设，
由，得
化简得，
即，
故曲线C是以为圆心，2为半径的圆在正方形内一段圆弧．
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，，故，
由（1）可设，其中,
则，
设到平面的距离为，
则，
由（1）可令，其中，
则，
因为，所以，
即，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：第二问中求圆弧上动点到平面距离范围时，首先利用向量法表示出动点到面的距离是解题的第一个关键点，再根据圆的性质进行三角代换求距离的取值范围是第二个关键点，本题难度较大，属于难题.
3．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，

因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因为，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面．
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
4．（23-24高三下·江苏连云港·阶段练习）如图，直四棱柱的底面为平行四边形，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若底面为矩形，，异面直线与所成角的余弦值为，求D到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由向量的夹角得异面直线所成的角求得的长，然后由空间向量法求点面距．
【详解】（1）连接，交于点，连接，

则为的中点，
因为为的中点，所以，且，
因为为的中点，所以，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面平面，
所以平面；
（2）由题意（1）及几何知识得，
在直四棱柱中，，
两两垂直，以A为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.

设，
则，，，
故，
设异面直线与所成角为，
则，
解得：，
故
则
设平面的一个法向量为，
到平面的距离为，
所以即取，得.
所以，
即到平面的距离为.
三、专项训练
1．（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，、分别为、的中点，且，，．
(1)证明：平面．
(2)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用勾股定理得出，再利用平面，证，最后根据线面垂直的判定定理即可证明平面；’
（2）根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求距离即可.
【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以为的中位线，
所以，，因为，所以；
在中，，，，所以，
所以，即；
因为平面，平面，所以；
又平面，平面，，所以平面.
（2）
由（1）可知、、两两垂直，
建立如图所示分别以、、为、、轴的空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，则有，
即，令，则，，所以，
设到平面的距离为，则.
2．（23-24高二下·上海金山·期中）如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为的中点，且.
(1)求证：；
(2)求点到侧面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）由点在底面上的投影为的中点，知平面，
又平面，，
是以为斜边的等腰直角三角形，，
平面，平面，
平面，.
（2），是中点，侧面是菱形，，
是以为斜边的等腰直角三角形，，
，，
由（1）知直线，，两两垂直，
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，如图，
则
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得
点到平面的距离为：.
3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，，，平面平面，E为棱上一点（不与P，B重合），平面交棱于点F.
(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点B到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理证明线线平行；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角确定点位置，再由空间向量法求点面距．
【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
又平面平面，平面，
所以.
（2）如图，取的中点O，连接，取的中点G，连接，则.
因为侧面为正三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
又平面，所以，
以O为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，
因为，且侧面为正三角形，所以.
又，所以
，
设，显然，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
取得，则，
取平面一个法向量为，
则，化简得，解得，
所以，所以，，
所以点B到平面的距离为．
4．（23-24高二下·广东广州·期中）如图，三棱柱所有棱长均为，，侧面与底面垂直，、分别是线段、的中点．
(1)求证：；
(2)若点为棱上靠近的三等分点，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标系，利用空间距离的向量求法，即可求得答案;
【详解】（1）连接，因为三棱柱所有棱长均为2，则为等边三角形，
因为为中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，可得，
由题设知四边形为菱形，则，
因为，分别为，中点，则，可得，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）连接，因为，，所以为正三角形，所以，
又侧面与底面垂直，平面，侧面底面，
所以平面，所以，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，
点为棱上靠近的三等分点，故，
可得，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
所以点到平面的距离为；
5．（2024·陕西铜川·二模）如图，在四棱锥中.侧面⊥底面，为等边三角形，四边形为正方形，且.

(1)若为的中点，证明：；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，证明出线面垂直，得到；
（2）证明出⊥平面，求出，根据等体积法求解点到平面的距离.
【详解】（1）取中点，连接，
为等边三角形，，
四边形为正方形，，
，
又平面，
∴⊥平面，
∴

（2）连接，
因为平面⊥底面，平面底面，⊥，
所以⊥平面，
因为四边形为正方形，所以⊥，且，
故，
因为，，所以，
由勾股定理得，
设到平面的距离为，
，
即，
解得.
6．（2024·陕西·二模）在四棱锥中，，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由已知求解三角形可得，结合面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的判定得，再由面面垂直的判定得平面平面
（2）利用等体积法，求点到平面的距离
【详解】（1）证明：取中点为，
则且，所以四边形BCDM是矩形，所以，
在中，，所以，所以
又平面平面，平面平面，
故平面，又平面，所以，
，平面，所以平面
而平面，故平面平面
（2）取的中点，连，
由为的中点，可得，
又由平面平面，平面平面，
可得平面，
在直角梯形中，，可得，
在中，可得，
在中，由，可得，
设点到平面的距离为，
有，可得，
故点到平面的距离为.
7．（2024·全国·模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，∥，且．

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判断定定理可得平面，从而得，由题意可知四边形是正方形，所以有，由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用求解即可.
【详解】（1）证明：在直四棱柱中，底面底面，
．
又平面平面．
平面．
易知四边形是正方形，，
又平面,
平面．
（2）解：．
，
．
设点到平面的距离为，
，解得，
点到平面的距离为．
8．（2024·陕西西安·模拟预测）在长方体中，在线段上，且满足.

(1)求证：平面平面；
(2)若异面直线与所成角的余弦值为，求到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定得证；
（2）利用等体积法求到平面的距离高即可.
【详解】（1）由题意，，所以，
所以，即，
又长方体中，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面平面
平面平面.
（2）延长到使，如图，

所以，又，所以，
因为，所以为异面直线与所成的角，设，
根据余弦定理，解得，
所以.
因为到平面的距离等于到平面的距离，
所以，
设到平面的距离为，
则，解得，
即到平面的距离为2.
9．（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）如图，在多面体ABCDE中，A，B，E，D四点共面，，，，，，F为BC的中点．
(1)求证：平面ADF平面BCE；
(2)求点E到平面ABC的距离．
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）利用线面垂直与面面垂直的判定与性质定理即可得证；
（2）在四边形内，由、，可得互补，则由余弦定理解得，进而求出点E到平面ABC的距离．
【详解】（1），，
，
又，F为BC的中点，
，
又，，
，
又，
.
（2），，
，
连接，则，解得，
如图，在平面内，过作，连接，
则，
，
在四边形中，易知互补，
则，
即，
解得，，，
即点E到平面ABC的距离为.
10．（21-22高二上·北京·期中）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，平面，且．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连结，设，设为的中点，连结，推导出四边形为平行四边形，从而，由此能证明平面．
（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的大小．
（3）利用向量法可求点到平面的距离
【详解】（1）连结，设，
因为四边形为正方形，所以为中点．设为的中点，连结，
则，且．
由已知，且，
所以，．所以四边形为平行四边形．
所以，即．
因为平面DEF，平面，
所以平面．
（2）由已知平面，所以，，
因为四边形为正方形，所以，所以两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），
因为，
所以，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得．
设直线与平面所成角为，则，
因为，所以．
即直线与平面所成角为．
（3），平面的一个法向量为，
则点到平面的距离．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角大小的求法，考查点到面的距离的求法，属中档题．