專題13：立體幾何中點到面的距離問題

專題13：立體幾何中點到面的距離問題(解析版)1.已知四邊形ABCD是梯形(如圖甲)，AB//CD,AD1DC,CD=4,AB=AD=2,E為CD的中點，以AE為折痕把ADE折起，使點D到達點P的位置(如圖乙)，且PB=2.甲 乙求證：平面PAE1平面ABCE；求點A到平面PBE的距離.2^6【答案】(1)證明見解析；(2)—^【分析】連接BE，取AE的中點M，連接PM,BM,可得PM1AE,PM1MB進而可得PM1平面ABCE，又pmu平面PAE，可得平面PAE1平面ABCE設(shè)點A到平面PBE的距離為d,利用等體積法V」abe=VA_pBE進行轉(zhuǎn)化計算即可得解.【詳解】(1)連接BE，因為AB//CD,AD1DC,CD=4,E為CD的中點，AB=AD=2所以四邊形ABED是邊長為2的正方形，且BE=EC取AE的中點M，分別連接PM,BM因為AP=PE=2，所以PM1AE,BM1AE,且AE=2豆PM=AM=BM=?還又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為正三角形且邊長為2,設(shè)點A到平面PBE的距離為d，匕_abe=匕一pbe，TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"…1C ,貝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故點A到平面PBE的距離為室63A B【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查點面間的距離求法，考查邏輯思維能力和計算能力，考查空間想象能力，屬于?？碱}.2.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為等邊三角形，AA】1平面ABC，且AA1=AC=2，點E為BC的中點，點F為AA1的中點.(1)求證：平面FBC(1)求證：平面FBC1平面A]AE；（2）求點C1到平面FBC的距離.【答案】（1）證明見解析；⑵3【分析】（1） 由等邊三角形的性質(zhì)可知BC±AE,由線面垂直的性質(zhì)定理可知AA1上BC；再結(jié)合線面垂直、面面垂直的判定定理即可得證；（2） 取AC的中點H，連接EF，由線面垂直的判定定理可證得BH±面ACC1A1即三棱錐B-C1FC的高為BH；易知ABF=AACF，故BF=CF，BC1EF，以便求AFBC的面積；設(shè)點C1到平面FBC的距離為d，由等體積法Vc-fbc=Vb-cfc，解出d的值即可.【詳解】證明：（1）底面ABC為等邊三角形，且E為BC的中點，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的中點h，則BH1AC，連接EF.AA11面ABC，BHu面ABC，?A^1BH，..AA1AC=A，俱、ACu面ACC1A1，??P|.：.BH1面ACC1A1，即三棱錐B-C1FC的高為BH=BAB=AC，ZBAF=ZCAF=90。，AF=AF，.AABF=AACF，二BF=CFE為BC的中點，BC1EF，且EF=^AE2+AF2 3+1=2.設(shè)點C到平面FBC的距離為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故點C1到平面FBC的距離為、.'3.【點睛】本題考查空間中線與面的垂直關(guān)系、點到面的距離，熟練運用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理，以及等體積法是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的空間立體感、邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題.3.三棱錐D—ABC中，AB=BC=CD=DA=8,ZADC=AABC=1200,M,O分別為棱BC,AC的中點，DM=4克..OBB求證：平面ABC1平面mdo；求點M到平面ABD的距離.4由【答案】(1)證明見解析；(2) .7【解析】試題分析：(1)利用勾股定理有OD1OM，利用等腰三角形中點，有OD1AC，故OD1平面ABC，所以平面ABC1平面MDO；(2)利用等體積法，匕_abd=匕—MAB，1 71 SOD4可即3SAbd'h=3SmabOD，所以h=-AMAB = AABD試題解析：?.?ZDOM=900，即OD1OM(1?.?ZDOM=900，即OD1OM又?.?在AACD中，AD=CD,O為AC的中點，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的面積為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,.??點M到平面ABD的距離為圮1SAABD 7 7考點：1.立體幾何證明線面垂直；2.等體積法.4.如圖所示，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，對角線AC與BD交于點F，側(cè)面SBC是邊長為2的等邊三角形，E為SB的中點.證明：SD〃平面AEC；若側(cè)面SBC1底面ABCD，求點A到平面BSD的距離.【答案】(1)見解析；(2)至217【分析】利用線線平行，證明線面平行，所以可以通過證明EFDS,而SD仕平面AECEFu平面AEC，從而證得SD平面AEC. 11利用換底的方法求幾何體的體積，根據(jù)線線垂直，可以得到線面垂直，從而找出幾何體的高，再根據(jù)等體積轉(zhuǎn)化，從而求出點A到面BSD的距離.【詳解】連接EF，易證EF為ABDS的中位線，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設(shè)點A到面BSD的距離為d-S3ABSD【點睛】本題主要考查空間中點、線、面的位置關(guān)系，基本定理的應(yīng)用，利用等體積轉(zhuǎn)化求高5.在直三棱柱ABC-A1BC1中，AB=1，BC=2，AC=用，AA1=1.(1)求三棱錐A1-ABC的表面積;(2)求B1到面A1BC的距離.【答案】（1）寸3+土7；（2）旦.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"7【分析】（1）根據(jù)AB2+AC2=BC2，得到ABC為直角三角形，再根據(jù)直三棱柱ABC-AB^得到AABAAC為直角三角形ABC是等腰二角形，分別111， 1 ， 1 ， 1 ，△求得各三角形的面積即可.A A A（2）易得三棱錐C-A1AB與三棱錐C-A1B1B的體積相等，又Jab="-ABC=3SABC■AA1=3X弓X1=I3，則匕-A"=%-A|BC '利用1 1 11 11等體積法求解.【詳解】（1）因為AB2+AC2=BC2所以ABC為直角三角形，則S"=2AB-AC=g.因為直三棱柱ABC-A1B￡，所以A1AB，A1AC為直角三角形，則AB=y/2，A1C=2，Saab=2A1A?AB=2，SACC=2A]A-AC=豐，，△在等腰CBC中，AB邊上的高h=史4，則S =1AB?h=^7TOC\o"1-5"\h\z1 1 2 a1bc21 2△所以三棱錐A―ABC的表面積s=s+s +s +s =偵3+土7.1 ABC A1AB A1AC A1BC 2（2）因為三棱錐C-AAB與三棱錐C-ABB的底面積相等（S =S）1 11 A1AB A]B]B高也相等（點C到平面ABB1A1的距離）； △ △所以三棱錐C-A1AB與三棱錐c-A1BB的體積相等.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設(shè)B1到面A1BC的距離為H,則V =-SH=查，解得H=旦.B1-A1BC3A1BC 6 7【點睛】本題主要考查三棱錐表面積的求法，直棱柱結(jié)構(gòu)特征的應(yīng)用以及等體積法求點到面的距離，還考查了空間想象和邏輯推理的能力，屬于中檔題.6.如圖所示，在梯形CDEF中，四邊形ABCD為正方形，且AE=BF=AB=1，將ADE沿著線段AD折起，同時將^BCF沿著線段BC折起.使得E，F(xiàn)兩點重合為點P.求證：平面PAB±平面ABCD；求點D到平面PBC的距離h.【答案】(1)見解析；(2)——2【分析】由底面ABCD為正方形，可得AD±平面PAB，由平面與平面垂直的判定定理即可證明.作PO1AB交AB于O,易得PO±平面ABCD.可求得七心,由Vp_BCD=匕_理即可求得點D到平面PBC的距離h【詳解】(1)證明：..?四邊形ABCD為正方形，???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)過點P作PO1AB交AB于O,如下圖所示:由(1)知平面PAB1平面ABCD:.PO1平面ABCDV=-xPOxS=2x2x 求證：PA1BE； 若CB=2，求點C到平面PAE的距離. 求證：PA1BE； 若CB=2，求點C到平面PAE的距離.【答案】(1)證明見解析；(2)*2.【分析】(1)可證明PA1平面PBE，從而得到PA1BE.P-BCD3 ABCD3 22 12又7VP-BCD=匕-PBC<31211<312即一XX1X1xh=2解得h=22,V3所以點D到平面PBC的距離h=—2【點睛】本題考查了平面與平面垂直的判定，等體積法求點到平面的距離,屬于基礎(chǔ)題.7.如圖所示，在矩形ABCD中，CD=2CB=2CE，將^DAE沿AE折起至^PAE的位置，使得PA1PB.

(2)利用等積法可求點C到平面PAE的距離，或者取A8中點為H,過F作FG//BE交AE于G，連接FC，可證FG±平面PAE及CF//平面PAE，從而可求C到平面PAE的距離.【詳解】(1)證明：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：設(shè)點C到平面PAE的距離為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.過P作PH垂直AE于點H，因為平面PAE平面ABCE=AE，PHu平面PAE故PH1平面ABCE. A?.?PA=PE，?H為AE的中點?.?CB=2，.??AE=BE=2還，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=號法二：設(shè)點C到平面PAE的距離為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中點為H,過F作FG//BE交AE于G,連接FC,?FG1平面PAE在四邊形AFCE中，EC//AF,EC=AF，故四邊形AFCE為平行四邊形，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的距離.故d=FG=2BE=&【點睛】線線垂直的判定可由線面垂直得到，也可以由兩條線所成的角為一得到，而線面垂直又可以由面面垂直得到，解題中注意三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化.點到平面的距離的計算可以利用面面垂直或線面垂直得到點到平面的距離，可以根據(jù)等積法把點到平面的距離歸結(jié)為一個容易求得的幾何體的體積.8.如下圖，在直角梯形ABCD中，ZADC=90。,CD//AB,AB=4,AD=CD=2，點m為線段AB的中點，將險DC沿AC折起，使平面ADC1平面ABC，得到幾何體D-ABC，如圖2所示.D C D(1)求證：BC上平面ACD；(2)求點B到平面CDM的距離.JZ【答案】(I)見解析；(口)—.3【解析】試題分析：(I)由余弦定理以及勾股定理可證明AC.LBC,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)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可得結(jié)果.D-MBC3 D-MBCB-DMC3試題解析：(I)證明：由已知可得：AC=2y/2,/C43=45。,由余弦定理CB=8從而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，設(shè)點8到平面CDM的距離為d,D-MBC31又可求S=>/3,/.V—V=—xy/3xd,NDMC D-MBCB-DMC3=—?.?點B到平面CDM的距離為巫.3 3走進高考2018年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試文數(shù)(全國卷II)如圖，在三棱錐P—ABC中，AB=BC=2&PA=PB=PC=AC=4f。為AC的中點.證明：FO_L平面ABC；若點M在棱5C上，且MC=2MB,求點C到平面尸的距離.

【答案】（1）詳見解析（2）455【解析】分析：（1）連接OB,欲證PO±平面ABC,只需證明PO±AC,PO±OB即可；（2）過點C作CH±OM，垂足為M，只需論證CH的長即為所求，再利用平面幾何知識求解即可.詳解：（1）因為AP=CP=AC=4,O為AC的中點，所以O(shè)PXAC,且OP=2<3連結(jié)OB.因為AB=BC=^2AC,所以^ABC為等腰直角三角形，且2OB±AC,OB=-AC=2.2由OP2+OB2=PB2知，OPLOB.由OPLOB,OPLAC知POL平面ABC.（2）作CHLOM，垂足為H.又由（1）可得OPLCH，所以CHL平面POM.故CH的長為點C到平面POM的距離.由題設(shè)可知OC=—AC=2,CM=—BC='之，匕ACB=45°.2 3 3所以/,CH=gg皿"變OM 54J5所以點C到平面POM的距離為點睛：立體幾何解答題在高考中難度低于解析幾何，屬于易得分題，第一問多以線面的證明為主，解題的核心是能將問題轉(zhuǎn)化為線線關(guān)系的證明；本題第二問可以通過作出點到平面的距離線段求解，也可利用等體積法解決.2014年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試文科數(shù)學(xué)（新課標I）如圖，三棱柱中，側(cè)面畔Q為菱形，￥的中點為。，且一平（2）若一』?！浑姟辍８臸=6。'：8C=1：求三棱柱只RC-禹&1G的高.【答案】（1）詳見解析；（2）三棱柱ABC-A1B1C1的高為號.【解析】試題分析：（1）根據(jù)題意欲證明線線垂直通常可轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，又由題中四邊形是菱形，故可想到連結(jié)BC,則O為BC與BC的交點，又因為側(cè)面BBCC為菱形，， 1， 1 1 ， 11^4 ，對角線相互垂直BCLBC；又AO1平面BBCC，所以BC1AO，根據(jù)線面垂直1 1 11 ， 1 ，的判定定理可得：B]C1平面ABO，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)：由于ABu平面ABO，故BC1AB；（2）要求三菱柱的高，根據(jù)題中已知條件可轉(zhuǎn)化為先求點O到平面ABC的距離，即：作OD1BC，垂足為D，連結(jié)AD，作OH1AD，垂足為H，則由線面垂直的判定定理可得OH1平面ABC，再根據(jù)三角形面積相等：OH-AD=OD-OA，可求出OH的長度，最后由三棱柱ABC-BC^的高為此距離的兩倍即可確定出高.試題解析：（1）連結(jié)BC1，則O為BC與Bq的交點.

因為側(cè)面BBCC為菱形，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，垂足為D，連結(jié)AD，作OH1AD，垂足為H.由于，BC1OD，故BC1平面AOD，所以O(shè)H1BC又OH1AD，所以O(shè)H1平面ABC.因為ZCBB1=60。，所以△CBB1為等邊三角形，又BC=1，可得OD-4.由于AC1abi，所以O(shè)A=2BC=g, =由OH-AD=OD-OA，且AD=、"OD2+OA2=^7，得OH旦4 14又O為BC的中點，所以點％到平面ABC的距離為；.故三棱柱ABC-A1RC］的高為平.考點：1.線線，線面垂直的轉(zhuǎn)化；2?點到面的距離;3.等面積法的應(yīng)用2014年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試文科數(shù)學(xué)(全國II卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA1面ABCD，E為PD的中點.證明：PB//平面AEC;設(shè)AP=1，AD=<3，三棱錐P—ABD的體積V=上3，求A到平面PBC的4距離.距離.【答案】（1）證明見解析 （2）A到平面PBC的距離為3^313【詳解】試題分析：（1）連結(jié)BD、AC相交于O,連結(jié)OE,則PB〃OE,由此能證明PB〃平面ACE.（2）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出A到平面PBD的距離試題解析：（1）設(shè)BD交AC于點O，連結(jié)EO.因為ABCD為矩形，所以O(shè)為BD的中點.又E為PD的中點，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——，■三交三壬于三由題設(shè)易知3C-平面三方，所以空故.｛三一平面三三C又AH=PJA'A]B=戔13所以.，到平面三上C的距離為—PB13法2：等體積法V=1PA-AB-AD=笠AB6 6由"二芒，可得A4.由題設(shè)易知3C-平面己三，得BC三假設(shè).’到平面三的距離為