专题13：立体几何中点到面的距离问题

专题13：立体几何中点到面的距离问题(解析版)1.已知四边形ABCD是梯形(如图甲)，AB//CD,AD1DC,CD=4,AB=AD=2,E为CD的中点，以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置(如图乙)，且PB=2.甲 乙求证：平面PAE1平面ABCE；求点A到平面PBE的距离.2^6【答案】(1)证明见解析；(2)—^【分析】连接BE，取AE的中点M，连接PM,BM,可得PM1AE,PM1MB进而可得PM1平面ABCE，又pmu平面PAE，可得平面PAE1平面ABCE设点A到平面PBE的距离为d,利用等体积法V」abe=VA_pBE进行转化计算即可得解.【详解】(1)连接BE，因为AB//CD,AD1DC,CD=4,E为CD的中点，AB=AD=2所以四边形ABED是边长为2的正方形，且BE=EC取AE的中点M，分别连接PM,BM因为AP=PE=2，所以PM1AE,BM1AE,且AE=2豆PM=AM=BM=•还又PB=2，所以PM2+MB2=PB2，所以PM1MB又AEcMB=M，所以PM1平面ABCE

又PMu平面PAE，所以平面PAE1平面ABCE(2)由(1)知，PM1平面ABCE,△PBE为正三角形且边长为2,设点A到平面PBE的距离为d，匕_abe=匕一pbe，TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"…1C ,贝J3xS乙 xPM=3xS^xd，\o"CurrentDocument"1 1v'3所以xxBExABxPM=-x^-xBE2xd\o"CurrentDocument"32 34即1x-x2x2x克=-x豆x22xd，解得d=^6\o"CurrentDocument"32 34 3故点A到平面PBE的距离为室63A B【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查点面间的距离求法，考查逻辑思维能力和计算能力，考查空间想象能力，属于常考题.2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为等边三角形，AA】1平面ABC，且AA1=AC=2，点E为BC的中点，点F为AA1的中点.(1)求证：平面FBC(1)求证：平面FBC1平面A]AE；（2）求点C1到平面FBC的距离.【答案】（1）证明见解析；⑵3【分析】（1） 由等边三角形的性质可知BC±AE,由线面垂直的性质定理可知AA1上BC；再结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；（2） 取AC的中点H，连接EF，由线面垂直的判定定理可证得BH±面ACC1A1即三棱锥B-C1FC的高为BH；易知ABF=AACF，故BF=CF，BC1EF，以便求AFBC的面积；设点C1到平面FBC的距离为d，由等体积法Vc-fbc=Vb-cfc，解出d的值即可.【详解】证明：（1）底面ABC为等边三角形，且E为BC的中点，BC1AE.AA11面ABC，BCu面ABC，明1BC又AAcAE=A，AAu面AAE，AEu面AAE，二BC1面AAE• 1 1 1 1 1BCu面FBC，面FBC1面AAE.1（2）解：取AC的中点h，则BH1AC，连接EF.AA11面ABC，BHu面ABC，•A^1BH，..AA1AC=A，俱、ACu面ACC1A1，••P|.：.BH1面ACC1A1，即三棱锥B-C1FC的高为BH=BAB=AC，ZBAF=ZCAF=90。，AF=AF，.AABF=AACF，二BF=CFE为BC的中点，BC1EF，且EF=^AE2+AF2 3+1=2.设点C到平面FBC的距离为d..1

一一 1 1 1 1 J','V=V，d*BCEF=-BH=CC・2，解得d=<3C1—FBC B—CFC 32 3 21故点C1到平面FBC的距离为、.'3.【点睛】本题考查空间中线与面的垂直关系、点到面的距离，熟练运用线面垂直的判定定理与性质定理，以及等体积法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.3.三棱锥D—ABC中，AB=BC=CD=DA=8,ZADC=AABC=1200,M,O分别为棱BC,AC的中点，DM=4克..OBB求证：平面ABC1平面mdo；求点M到平面ABD的距离.4由【答案】(1)证明见解析；(2) .7【解析】试题分析：(1)利用勾股定理有OD1OM，利用等腰三角形中点，有OD1AC，故OD1平面ABC，所以平面ABC1平面MDO；(2)利用等体积法，匕_abd=匕—MAB，1 71 SOD4可即3SAbd'h=3SmabOD，所以h=-AMAB = AABD试题解析：・.・ZDOM=900，即OD1OM(1・.・ZDOM=900，即OD1OM又•.•在AACD中，AD=CD,O为AC的中点，二OD1ACOMcAC=O，.•・OD1平面ABC又ODu平面MDO，...平面ABC1平面MDO(2)由(1)知OD1平面ABC,OD=4AABM的面积为5皿肋=2BAxBMxsin1200=2x8x4xg=8用又・.•在RtABOD中，OB=OD=4，得BD=4寸2,AB=AD=8・・・S =-x472x\E8=8苕AABD2・.W =V，即1Sh=-SODM-ABD D-MAB 3AABD 3MAB・.・h=Samab，OD=全竺1,.••点M到平面ABD的距离为圮1SAABD 7 7考点：1.立体几何证明线面垂直；2.等体积法.4.如图所示，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，对角线AC与BD交于点F，侧面SBC是边长为2的等边三角形，E为SB的中点.证明：SD〃平面AEC；若侧面SBC1底面ABCD，求点A到平面BSD的距离.【答案】(1)见解析；(2)至217【分析】利用线线平行，证明线面平行，所以可以通过证明EFDS,而SD仕平面AECEFu平面AEC，从而证得SD平面AEC. 11利用换底的方法求几何体的体积，根据线线垂直，可以得到线面垂直，从而找出几何体的高，再根据等体积转化，从而求出点A到面BSD的距离.【详解】连接EF，易证EF为ABDS的中位线，所以EFDS又・.・SD仕平面AEC，EFu平面AEC，•SD平面IAeC7平面SBC1底面ABCD，平面SBCc平面ABCD=BC，AB1BC•AB1

平面BCS在ABSD中，BD=DS=2*2，BS=2.・.S =<7NBSD又：VA又：VA-BSD=匕-ABS=匕-ABS=匕-BSCABSC-AB设点A到面BSD的距离为d-S3ABSD【点睛】本题主要考查空间中点、线、面的位置关系，基本定理的应用，利用等体积转化求高5.在直三棱柱ABC-A1BC1中，AB=1，BC=2，AC=用，AA1=1.(1)求三棱锥A1-ABC的表面积;(2)求B1到面A1BC的距离.【答案】（1）寸3+土7；（2）旦.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"7【分析】（1）根据AB2+AC2=BC2，得到ABC为直角三角形，再根据直三棱柱ABC-AB^得到AABAAC为直角三角形ABC是等腰二角形，分别111， 1 ， 1 ， 1 ，△求得各三角形的面积即可.A A A（2）易得三棱锥C-A1AB与三棱锥C-A1B1B的体积相等，又Jab="-ABC=3SABC■AA1=3X弓X1=I3，则匕-A"=%-A|BC '利用1 1 11 11等体积法求解.【详解】（1）因为AB2+AC2=BC2所以ABC为直角三角形，则S"=2AB-AC=g.因为直三棱柱ABC-A1B£，所以A1AB，A1AC为直角三角形，则AB=y/2，A1C=2，Saab=2A1A•AB=2，SACC=2A]A-AC=丰，，△在等腰CBC中，AB边上的高h=史4，则S =1AB•h=^7TOC\o"1-5"\h\z1 1 2 a1bc21 2△所以三棱锥A―ABC的表面积s=s+s +s +s =侦3+土7.1 ABC A1AB A1AC A1BC 2（2）因为三棱锥C-AAB与三棱锥C-ABB的底面积相等（S =S）1 11 A1AB A]B]B高也相等（点C到平面ABB1A1的距离）； △ △所以三棱锥C-A1AB与三棱锥c-A1BB的体积相等.又V =V=—S•CA=—x^^-x1=C-A1AB A1-ABC 3ABC13 2 6△

所以vC所以vC-A]B]B=vB1-A]BC设B1到面A1BC的距离为H,则V =-SH=查，解得H=旦.B1-A1BC3A1BC 6 7【点睛】本题主要考查三棱锥表面积的求法，直棱柱结构特征的应用以及等体积法求点到面的距离，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.6.如图所示，在梯形CDEF中，四边形ABCD为正方形，且AE=BF=AB=1，将ADE沿着线段AD折起，同时将^BCF沿着线段BC折起.使得E，F两点重合为点P.求证：平面PAB±平面ABCD；求点D到平面PBC的距离h.【答案】(1)见解析；(2)——2【分析】由底面ABCD为正方形，可得AD±平面PAB，由平面与平面垂直的判定定理即可证明.作PO1AB交AB于O,易得PO±平面ABCD.可求得七心,由Vp_BCD=匕_理即可求得点D到平面PBC的距离h【详解】(1)证明：..•四边形ABCD为正方形，・•・AD1AB,又AD1AE,即AD1PA，且PAAB=A,・•・AD1平面PAB, A又•ADu平面ABCD,

・.・平面PAB±平面ABCD；(2)过点P作PO1AB交AB于O,如下图所示:由(1)知平面PAB1平面ABCD:.PO1平面ABCDV=-xPOxS=2x2x 求证：PA1BE； 若CB=2，求点C到平面PAE的距离. 求证：PA1BE； 若CB=2，求点C到平面PAE的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)*2.【分析】(1)可证明PA1平面PBE，从而得到PA1BE.P-BCD3 ABCD3 22 12又7VP-BCD=匕-PBC<31211<312即一XX1X1xh=2解得h=22,V3所以点D到平面PBC的距离h=—2【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定，等体积法求点到平面的距离,属于基础题.7.如图所示，在矩形ABCD中，CD=2CB=2CE，将^DAE沿AE折起至^PAE的位置，使得PA1PB.

(2)利用等积法可求点C到平面PAE的距离，或者取A8中点为H,过F作FG//BE交AE于G，连接FC，可证FG±平面PAE及CF//平面PAE，从而可求C到平面PAE的距离.【详解】(1)证明：在矩形ABCD中，AD1DC，PA1PE又PA1PB，PEPB=P.・・PB,PEu平面pbe:.PA1平面PBE，.・・PA1BE(2(2)法一：设点C到平面PAE的距离为d.・..CD=2CB=2CE=4・.・AE2+BE2=AD2+DE2+CE2+BC2=4CB2=AB2・・・AE1BE，AEPA=A，AE,PAu平面pae，:.BE1平面PAE，而BEu平面PAE，・平面PAE1平面ABCE.过P作PH垂直AE于点H，因为平面PAE平面ABCE=AE，PHu平面PAE故PH1平面ABCE. A・.・PA=PE，・H为AE的中点・.・CB=2，.・・AE=BE=2还，PE=AD=CE=2=1x*'2x2=2*2=1x*'2x2=2*23又S=1x2x2=2，二Vace2 P-ACE又Spae=1X2X2=2，故VC-PAE=3XdX2=VP_ACE=号法二：设点C到平面PAE的距离为d.

・.・ab=CD=2CB=2CE=4・・・AE2+BE2=AD2+DE2+CE2+BC2=4CB2=AB2・・・AE1BE,AEPA=A,AE,PAu平面pae,・BE1平面PAE取AB中点为H,过F作FG//BE交AE于G,连接FC,・FG1平面PAE在四边形AFCE中，EC//AF,EC=AF，故四边形AFCE为平行四边形，故AE//CF，而AEu平面PAE,CF⑦平面PAE故CF//平面PAE,故C到平面PAE等于F到平面PAE的距离.故d=FG=2BE=&【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为一得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化.点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.8.如下图，在直角梯形ABCD中，ZADC=90。,CD//AB,AB=4,AD=CD=2，点m为线段AB的中点，将险DC沿AC折起，使平面ADC1平面ABC，得到几何体D-ABC，如图2所示.D C D(1)求证：BC上平面ACD；(2)求点B到平面CDM的距离.JZ【答案】(I)见解析；(口)—.3【解析】试题分析：(I)由余弦定理以及勾股定理可证明AC.LBC,根据面面垂直的性质定理可得BCA.平面ACD.(II)先求出V =1x1x4x2x72=^,可得D-ABC32 32/T ]V 利用V=v=Xy/3xd可得结果.D-MBC3 D-MBCB-DMC3试题解析：(I)证明：由已知可得：AC=2y/2,/C43=45。,由余弦定理CB=8从而AC^+BC2=AB2,:.ACIBC*■'平面ADC1平面ABC,平面ADCc\平面ABC=AC:.BC1.平面ACD.(II)由已知，易求U=ZxLx4x2xd-abc32 3，设点8到平面CDM的距离为d,D-MBC31又可求S=>/3,/.V—V=—xy/3xd,NDMC D-MBCB-DMC3=—•.•点B到平面CDM的距离为巫.3 3走进高考2018年全国普通高等学校招生统一考试文数(全国卷II)如图，在三棱锥P—ABC中，AB=BC=2&PA=PB=PC=AC=4f。为AC的中点.证明：FO_L平面ABC；若点M在棱5C上，且MC=2MB,求点C到平面尸的距离.

【答案】（1）详见解析（2）455【解析】分析：（1）连接OB,欲证PO±平面ABC,只需证明PO±AC,PO±OB即可；（2）过点C作CH±OM，垂足为M，只需论证CH的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点，所以OPXAC,且OP=2<3连结OB.因为AB=BC=^2AC,所以^ABC为等腰直角三角形，且2OB±AC,OB=-AC=2.2由OP2+OB2=PB2知，OPLOB.由OPLOB,OPLAC知POL平面ABC.（2）作CHLOM，垂足为H.又由（1）可得OPLCH，所以CHL平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=—AC=2,CM=—BC='之，匕ACB=45°.2 3 3所以/,CH=gg皿"变OM 54J5所以点C到平面POM的距离为点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I）如图，三棱柱中，侧面畔Q为菱形，¥的中点为。，且一平（2）若一』。—只电£。概]=6。'：8C=1：求三棱柱只RC-禹&1G的高.【答案】（1）详见解析；（2）三棱柱ABC-A1B1C1的高为号.【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结BC,则O为BC与BC的交点，又因为侧面BBCC为菱形，， 1， 1 1 ， 11^4 ，对角线相互垂直BCLBC；又AO1平面BBCC，所以BC1AO，根据线面垂直1 1 11 ， 1 ，的判定定理可得：B]C1平面ABO，结合线面垂直的性质：由于ABu平面ABO，故BC1AB；（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O到平面ABC的距离，即：作OD1BC，垂足为D，连结AD，作OH1AD，垂足为H，则由线面垂直的判定定理可得OH1平面ABC，再根据三角形面积相等：OH-AD=OD-OA，可求出OH的长度，最后由三棱柱ABC-BC^的高为此距离的两倍即可确定出高.试题解析：（1）连结BC1，则O为BC与Bq的交点.

因为侧面BBCC为菱形，所以BC上BC1.又AO1平面BBCC，所以BC1AO，故BC1平面ABO.由于ABu平面ABO,故BC1AB. ■Xr1■' ¥f(2)作OD1BC，垂足为D，连结AD，作OH1AD，垂足为H.由于，BC1OD，故BC1平面AOD，所以OH1BC又OH1AD，所以OH1平面ABC.因为ZCBB1=60。，所以△CBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD-4.由于AC1abi，所以OA=2BC=g, =由OH-AD=OD-OA，且AD=、"OD2+OA2=^7，得OH旦4 14又O为BC的中点，所以点％到平面ABC的距离为；.故三棱柱ABC-A1RC］的高为平.考点：1.线线，线面垂直的转化；2•点到面的距离;3.等面积法的应用2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(全国II卷)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA1面ABCD，E为PD的中点.证明：PB//平面AEC;设AP=1，AD=<3，三棱锥P—ABD的体积V=上3，求A到平面PBC的4距离.距离.【答案】（1）证明见解析 （2）A到平面PBC的距离为3^313【详解】试题分析：（1）连结BD、AC相交于O,连结OE,则PB〃OE,由此能证明PB〃平面ACE.（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：（1）设BD交AC于点O，连结EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO〃PB又EO平面AEC，PB-平面AEC所以PB〃平面AEC.（2）V=-PA-AB-AD=2AB6 6由"二芒，可得＞5=4.作.｛三——，■三交三壬于三由题设易知3C-平面三方，所以空故.｛三一平面三三C又AH=PJA'A]B=戋13所以.，到平面三上C的距离为—PB13法2：等体积法V=1PA-AB-AD=笠AB6 6由"二芒，可得A4.由题设易知3C-平面己三，得BC三假设.’到平面三的距离为